Тойргийн гайхалтай цэгүүд. Гурвалжны дөрвөн гайхалтай цэг

ОХУ-ын Боловсрол, шинжлэх ухааны яам Дээд мэргэжлийн боловсролын холбооны улсын төсвийн боловсролын байгууллага

"Магнитогорскийн улсын их сургууль"

Физик-математикийн факультет

Алгебр, геометрийн тэнхим

Курсын ажил

Гурвалжны гайхалтай цэгүүд

Гүйцэтгэсэн: 41-р бүлгийн оюутан

Вахрамеева А.М.

Шинжлэх ухааны удирдагч

Великих А.С.

Магнитогорск 2014 он

Танилцуулга

Түүхийн хувьд геометр нь гурвалжингаас эхэлсэн тул хоёр ба хагас мянган жилийн турш гурвалжин нь геометрийн бэлгэдэл байсан юм; гэхдээ тэр бол зөвхөн бэлгэдэл төдийгүй геометрийн атом юм.

Яагаад гурвалжинг геометрийн атом гэж үзэж болох вэ? Учир нь өмнөх ойлголтууд болох цэг, шулуун шугам, өнцөг нь тодорхойгүй, биет бус хийсвэрлэлүүд бөгөөд холбогдох теоремууд болон асуудлын багц юм. Тиймээс өнөөдөр сургуулийн геометр нь зөвхөн сонирхолтой, утга учиртай болж чадна, зөвхөн гурвалжны гүн гүнзгий, иж бүрэн судалгааг багтаасан тохиолдолд л геометрийн шинж чанар болж чадна.

Гайхалтай нь, гурвалжин нь хэдийгээр энгийн мэт боловч судалгааны шавхагдашгүй объект юм - хэн ч, тэр байтугай бидний цаг үед гурвалжны бүх шинж чанарыг судалж, мэддэг гэж хэлж зүрхлэхгүй байна.

Энэ нь гурвалжны геометрийг гүнзгий судлахгүйгээр сургуулийн геометрийн судалгааг хийх боломжгүй гэсэн үг юм; Судалгааны объект болох гурвалжны олон талт байдлыг харгалзан түүнийг судлах янз бүрийн аргын эх сурвалж болох тул гурвалжны гайхалтай цэгүүдийн геометрийг судлах материалыг сонгох, боловсруулах шаардлагатай байна. Түүнээс гадна, энэ материалыг сонгохдоо зөвхөн сургуулийн сургалтын хөтөлбөрт улсын боловсролын стандартад заасан гайхалтай цэгүүдээр хязгаарлагдах ёсгүй, тухайлбал, бичээстэй тойргийн төв (биссектрисын огтлолцлын цэг), дугуйны гол хэсэг гэх мэт. тойрог (биссектрисын огтлолцлын цэг), медиануудын огтлолцлын цэг, өндрийн огтлолцлын цэг. Гэхдээ гурвалжны мөн чанарт гүнзгий нэвтэрч, түүний шавхагдашгүй байдлыг ойлгохын тулд гурвалжны аль болох олон гайхалтай цэгүүдийн талаар санаа бодолтой байх шаардлагатай. Гурвалжны геометрийн объект болох шавхагдашгүй байдлаас гадна гурвалжны хамгийн гайхалтай шинж чанарыг судлах зүйл болгон тэмдэглэх нь зүйтэй: гурвалжингийн геометрийг судлах нь түүний аль нэг шинж чанарыг судлахаас эхэлж болно. үүнийг үндэс болгон авах; Дараа нь гурвалжинг судлах аргачлалыг гурвалжны бусад бүх шинж чанаруудыг үүн дээр үндэслэн зангидаж болохуйц байдлаар байгуулж болно. Өөрөөр хэлбэл, та гурвалжинг судалж эхэлсэн газраас үл хамааран энэ гайхалтай дүрсийн аль ч гүнд хүрч чадна. Гэхдээ дараа нь - сонголтоор та гурвалжны гайхалтай цэгүүдийг судалж эхэлж болно.

Курсын ажлын зорилго нь гурвалжингийн гайхалтай цэгүүдийг судлах явдал юм. Энэ зорилгод хүрэхийн тулд дараахь ажлуудыг шийдвэрлэх шаардлагатай байна.

· Биссектриса, медиан, өндөр, перпендикуляр биссектриса, тэдгээрийн шинж чанаруудын тухай ойлголтуудыг судал.

· Сургуульд судлагдаагүй Гергонн цэг, Эйлерийн тойрог, Эйлерийн шугамыг авч үзье.

БҮЛЭГ 1. Гурвалжны биссектриса, гурвалжны бичээстэй тойргийн төв. Гурвалжны биссектрисын шинж чанарууд. Гергонна онцолж байна

1 Гурвалжингийн бичээстэй тойргийн төв

Гурвалжны гайхалтай цэгүүд нь гурвалжны байршил нь гурвалжингаар тодорхойлогддог бөгөөд гурвалжны талууд ба оройг авах дарааллаас хамаардаггүй цэгүүд юм.

Гурвалжны биссектриса нь оройг эсрэг талын цэгтэй холбосон гурвалжны өнцгийн биссектрис юм.

Теорем. Хөгжөөгүй өнцгийн биссектрисын цэг бүр нь түүний хажуу талуудаас ижил зайд (өөрөөр хэлбэл гурвалжны талуудыг агуулсан шугамуудаас ижил зайд) байрладаг. Үүний эсрэгээр: өнцгийн хажуу талуудаас ижил зайд орших өнцөг дотор байрлах цэг бүр түүний биссектрис дээр байрладаг.

Баталгаа. 1) BAC өнцгийн биссектриса дээр дурын M цэгийг авч, AB ба AC шулуунууд руу MK ба ML перпендикуляруудыг зурж, MK = ML гэдгийг батал. Тэгш өнцөгт гурвалжингуудыг авч үзье ?AMK болон ?AML. Тэд гипотенуз ба хурц өнцөгт тэнцүү байна (AM - нийтлэг гипотенуз, конвенцийн дагуу 1 = 2). Тиймээс MK=ML.

) M цэгийг ТАНЫ дотор байрлуулж, түүний AB ба AC талуудаас ижил зайд байг. AM туяа нь BAC биссектриса гэдгийг баталцгаая. AB ба AC шулуун шугамуудад MK ба ML перпендикуляруудыг татъя. AKM ба ALM тэгш өнцөгт гурвалжнууд нь гипотенуз ба хөлөөрөө тэнцүү байна (AM нь нийтлэг гипотенуз, MK = ML конвенцоор). Тиймээс 1 = 2. Гэхдээ энэ нь AM туяа нь BAC-ийн биссектриса гэсэн үг юм. Теорем нь батлагдсан.

Үр дагавар. Гурвалжны биссектриса нь нэг цэг дээр (тойрогны төв ба төв) огтлолцдог.

ABC гурвалжны AA1 ба BB1 биссектриссуудын огтлолцох цэгийг О үсгээр тэмдэглэж, энэ цэгээс АВ, ВС, CA шулуунууд руу OK, OL, OM перпендикуляруудыг тус тус татъя. Теоремын дагуу (Хөгжөөгүй өнцгийн биссектрисын цэг бүр талуудаас нь ижил зайд байна. Эсрэгээр нь: өнцгийн дотор байрлах ба өнцгийн талуудаас ижил зайд байгаа цэг бүр түүний биссектрис дээр байрладаг) бид OK = OM ба OK = гэж хэлнэ. OL. Тиймээс OM = OL, өөрөөр хэлбэл О цэг нь ACB-ийн талуудаас ижил зайд байх тул энэ өнцгийн CC1 биссектрист байрладаг. Тиймээс гурван биссектриса ?ABC нь О цэг дээр огтлолцдог бөгөөд үүнийг батлах шаардлагатай.

тойрог биссектрисын гурвалжин шугам

1.2 Гурвалжны биссектрисын шинж чанарууд

Дурын өнцгийн биссектриса BD (Зураг 1.1). ?ABC нь эсрэг талыг гурвалжны зэргэлдээ талуудтай пропорциональ AD ба CD хэсгүүдэд хуваана.

Хэрэв ABD = DBC бол AD: DC = AB: BC гэдгийг батлах хэрэгтэй.

CE || хийцгээе АВ талын үргэлжлэл бүхий Е цэгийн уулзвар хүртэл BD. Дараа нь хэд хэдэн зэрэгцээ шугамаар огтлолцсон шулуунууд дээр үүссэн хэрчмүүдийн пропорциональ байдлын тухай теоремын дагуу бид AD: DC = AB: BE пропорцтой болно. Энэ пропорцоос нотлох шаардлагатай хувь руу шилжихийн тулд BE = BC, өөрөөр хэлбэл гэдгийг олж мэдэхэд хангалттай. ?БҮХ тэгш өнцөгт. Энэ гурвалжинд E = ABD (зэрэгцээ шугамтай харгалзах өнцгөөр) ба БҮХ = DBC (ижил зэрэгцээ шугамтай хөндлөн өнцгөөр).

Харин нөхцөлөөр ABD = DBC; энэ нь E = БҮХ гэсэн үг, тиймээс тэнцүү өнцгүүдийн эсрэг байрлах BE ба BC талууд мөн тэнцүү байна.

Одоо дээр бичсэн пропорциональ дахь BE-г BC-ээр сольсноор бид нотлох шаардлагатай пропорцийг олж авна.

20 Гурвалжны дотоод ба зэргэлдээх өнцгүүдийн биссектриса нь перпендикуляр байна.

Баталгаа. BD нь ABC-ийн биссектриса (Зураг 1.2), BE-г заасан дотоод өнцгийн зэргэлдээх гадаад CBF-ийн биссектриса гэж үзье. ?ABC. Хэрэв бид ABD = DBC = гэж тэмдэглэвэл ?, CBE = EBF = ?, дараа нь 2 ? + 2?= 1800 гэх мэт ?+ ?= 900. Энэ нь БД гэсэн үг үү? BE.

30 Гурвалжны гадна талын өнцгийн биссектриса нь эсрэг талыг гадна талаас нь зэргэлдээх талуудтай пропорциональ хэсгүүдэд хуваана.

(Зураг 1.3) AB: BC = AD: DC, ?AED~ ?CBD, AE/BC = AD/DC = AE/BC.

40 Гурвалжны аль ч өнцгийн биссектриса нь эсрэг талыг гурвалжны хажуу талуудтай пропорциональ хэсгүүдэд хуваана.

Баталгаа. Ингээд авч үзье ?ABC. Тодорхой байхын тулд CAB биссектрисаг D цэг дээр ВС талыг огтолцгооё (Зураг 1.4). BD: DC = AB: AC гэдгийг харуулъя. Үүнийг хийхийн тулд C цэгээр дамжуулан AB шулуунтай параллель шулуун зурж, энэ AD шулууны огтлолцох цэгийг Е-ээр тэмдэглэнэ. Дараа нь DAB=DEC, ABD=ECD гэх мэт ?DAB~ ?Гурвалжингийн ижил төстэй байдлын эхний шалгуурыг үндэслэн DEC. Цаашилбал, AD туяа нь биссектриса CAD тул CAE = EAB = AEC, тиймээс, ?ECA тэгш өнцөгт. Тиймээс AC=CE. Гэхдээ энэ тохиолдолд ижил төстэй байдлаас ?DAB ба ?DEC нь BD: DC=AB: CE =AB: AC гэж үздэг бөгөөд үүнийг батлах шаардлагатай байсан.

Хэрэв гурвалжны гадна талын өнцгийн биссектриса нь энэ өнцгийн оройн эсрэг талын хажуугийн өргөтгөлийг огтолж байвал үүссэн огтлолцлын цэгээс эсрэг талын төгсгөл хүртэлх хэсгүүд нь гурвалжны зэргэлдээ талуудтай пропорциональ байна.

Баталгаа. Ингээд авч үзье ?ABC. F нь CA талын суналтын цэг, D нь BAF гадна гурвалжны биссектрисын CB талын өргөтгөлтэй огтлолцох цэг (Зураг 1.5). DC:DB=AC:AB гэдгийг харуулъя. Үнэхээр C цэгээр AB шулуунтай параллель шулуун зурж, энэ шулууны DA шулуунтай огтлолцох цэгийг Е гэж тэмдэглэе. Дараа нь ADB ~ гурвалжин болно ?EDC ба иймээс DC:DB=EC:AB. Тэгээд тэрнээс хойш ?EAC= ?МУУ= ?CEA, дараа нь ижил өнцөгт ?CEA тал AC=EC ба иймээс DC:DB=AC:AB, энэ нь нотлох шаардлагатай зүйл юм.

3 Бисектрисын шинж чанарыг ашиглан бодлого бодох

Бодлого 1. Дотор нь бичигдсэн тойргийн төвийг О болгоё ?ABC, CAB = ?. COB = 900 + гэдгийг батлах уу? /2.

Шийдэл. Учир нь О нь бичээсийн төв юм ?Тойргийн ABC (Зураг 1.6), дараа нь BO болон CO туяа нь тус тус ABC ба BCA биссектриса юм. Дараа нь COB = 1800 - (OBC + BCO) = 1800 - (ABC + BCA)/2 = 1800 - (1800 -) ?)/2 = 900 + ?/2, энэ нь нотлох шаардлагатай зүйл юм.

Бодлого 2. О-г тухай өгүүлбэрийн төв болгоё ?Тойргийн ABC, H нь BC тал руу татсан өндрийн суурь юм. CAB биссектриса мөн биссектриса гэдгийг батлах уу? ӨӨ.

AD нь CAB-ийн биссектриса, AE нь хүрээлэгдсэн диаметр байна ?Тойргийн ABC (Зураг 1.7, 1.8). Хэрэв ?ABC нь цочмог (Зураг 1.7), тиймээс ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ Хувьсах гүйдлийн нумууд, ба ?BHA ба ?ECA тэгш өнцөгт (BHA =ECA = 900), тэгвэл ?БХА~ ?ECA ба тиймээс CAO = CAE = HAB. Цаашилбал, BAD ба CAD нь нөхцлөөр тэнцүү тул HAD = BAD - BAH =CAD - CAE = EAD = OAD. Одоо ABC = 900 гэж үзье. Энэ тохиолдолд AH өндөр нь AB талтай давхцаж, дараа нь О цэг нь АС гипотенузад хамаарах тул асуудлын мэдэгдлийн үнэн зөв байх болно.

ABC > 900 байх тохиолдлыг авч үзье (Зураг 1.8). Энд дөрвөн өнцөгт ABCE нь тойрог дотор бичигдсэн тул AEC = 1800 - ABC болно. Нөгөө талаас, ABH = 1800 - ABC, i.e. AEC = ABH. Тэгээд тэрнээс хойш ?BHA ба ?ECA нь тэгш өнцөгт хэлбэртэй тул HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, дараа нь HAD = HAB +BAD = EAC + CAD = EAD = OAD болно. BAC болон ACB нь мохоо байдаг тохиолдлуудыг ижил төстэй байдлаар авч үздэг. ?

4 оноо Гергонна

Гергонн цэг нь гурвалжны оройг эдгээр оройн эсрэг талын талуудын шүргэлтийн цэгүүд болон гурвалжны бичээстэй тойрогтой холбосон хэрчмүүдийн огтлолцлын цэг юм.

O цэгийг ABC гурвалжны тойргийн төв гэж үзье. Тойрог нь D, E, F цэгүүдэд BC, AC, AB гурвалжны талуудад тус тус хүрнэ. Gergonne цэг нь AD, BE, CF сегментүүдийн огтлолцох цэг юм. О цэгийг бичээстэй тойргийн төв болгоё ?ABC. Тойрог нь D, E, F цэгүүдэд BC, AC, AB гурвалжны талуудад тус тус хүрнэ. Gergonne цэг нь AD, BE, CF сегментүүдийн огтлолцох цэг юм.

Эдгээр гурван сегмент үнэхээр нэг цэгт огтлолцдог гэдгийг баталцгаая. Тойргийн төв нь өнцгийн биссектрисын огтлолцох цэг гэдгийг анхаарна уу ?ABC ба тойргийн радиусууд нь OD, OE, OF байна ?гурвалжны талууд. Тиймээс бид гурван хос тэнцүү гурвалжинтай (AFO ба AEO, BFO ба BDO, CDO ба CEO).

AF?BD ажилладаг ? CE ба AE? BE? CF нь тэнцүү, учир нь BF = BD, CD = CE, AE = AF, тиймээс эдгээр үржвэрүүдийн харьцаа тэнцүү байх ба Ceva-ийн теоремоор (A1, B1, C1 цэгүүд BC, AC, AB талууд дээр хэвтэнэ үү? ABC, AA1 , BB1 ба CC1 хэсгүүдийг нэг цэгээр огтолцгооё

(бид гурвалжинг цагийн зүүний дагуу тойрон явдаг)), сегментүүд нэг цэг дээр огтлолцдог.

Бичсэн тойргийн шинж чанарууд:

Тойрог бүх талдаа хүрвэл гурвалжинд бичээстэй гэж нэрлэдэг.

Ямар ч гурвалжинд тойрог бичиж болно.

Өгөгдсөн: ABC нь энэ гурвалжин, O нь биссектриссүүдийн огтлолцлын цэг, M, L, K нь гурвалжны талуудтай тойргийн хүрэлцэх цэгүүд юм (Зураг 1.11).

Баталгаажуулах: O нь ABC дээр бичигдсэн тойргийн төв юм.

Баталгаа. О цэгээс AB, BC, CA талууд руу OK, OL, OM перпендикуляруудыг тус тус татъя (Зураг 1.11). О цэг нь ABC гурвалжны талуудаас ижил зайд байгаа тул OK = OL = OM болно. Иймд ОК радиустай О төвтэй тойрог K, L, M цэгүүдийг дайран өнгөрнө. ABC гурвалжны талууд нь OK, OL, OM радиустай перпендикуляр тул K, L, M цэгүүдэд энэ тойрогт хүрнэ. Энэ нь ОК радиустай О төвтэй тойрог ABC гурвалжинд бичигдсэн гэсэн үг юм. Теорем нь батлагдсан.

Гурвалжинд бичээстэй тойргийн төв нь түүний биссектрисын огтлолцлын цэг юм.

ABC өгөгдсөн, O нь дотор нь бичигдсэн тойргийн төв, D, E, F нь талуудтай тойргийн хүрэлцэх цэгүүд (Зураг 1.12). ? AEO =? Гипотенуз ба хөл дээрх AOD (EO = OD - радиус, AO - нийт). Гурвалжны тэгш байдлаас юу гарах вэ? OAD =? О.А.Э. Тэгэхээр AO нь EAD өнцгийн биссектриса юм. О цэг гурвалжны нөгөө хоёр биссектриса дээр байрладаг нь ижил аргаар батлагдсан.

Шүргэх цэг рүү татсан радиус нь шүргэгч рүү перпендикуляр байна.

Баталгаа. Хүрээлэн буй (O; R) нь өгөгдсөн тойрог байг (Зураг 1.13), a шулуун нь P цэг дээр хүрнэ. OP радиус нь a-д перпендикуляр байж болохгүй. О цэгээс шүргэгч рүү перпендикуляр OD зуръя. Шүргэгчийн тодорхойлолтоор түүний P цэгээс бусад бүх цэгүүд, ялангуяа D цэг нь тойргийн гадна байрладаг. Тиймээс перпендикуляр OD-ийн урт нь налуу OP-ийн R уртаас их байна. Энэ нь ташуу өмчтэй зөрчилдөж байгаа бөгөөд үүнээс үүдэн гарсан зөрчил нь мэдэгдлийг нотолж байна.

БҮЛЭГ 2. Гурвалжны 3 гайхалтай цэг, Эйлерийн тойрог, Эйлерийн шулуун шугам.

1 Гурвалжингийн тойргийн төв

Хэсэгт перпендикуляр биссектриса нь сегментийн дундуур дайран өнгөрөх ба түүнд перпендикуляр шугам юм.

Теорем. Хэсгийн перпендикуляр биссектрисын цэг бүр нь тухайн сегментийн төгсгөлөөс ижил зайд байна. Үүний эсрэгээр: сегментийн төгсгөлөөс ижил зайд байгаа цэг бүр нь перпендикуляр биссектрист байрладаг.

Баталгаа. Шулуун шугам m нь AB сегментийн перпендикуляр биссектриса, О цэг нь сегментийн дунд цэг байна.

m шулуун дээрх дурын M цэгийг авч үзээд AM=BM гэдгийг баталъя. Хэрэв М цэг нь О цэгтэй давхцаж байвал О нь AB сегментийн дунд цэг тул энэ тэгшитгэл үнэн болно. M ба O хоёр өөр цэг байг. Тэгш өнцөгт ?OAM болон ?OBM нь хоёр хөл дээр тэнцүү байна (OA = OB, OM нь нийтлэг хөл), тиймээс AM = BM.

) AB хэрчмийн төгсгөлөөс ижил зайд орших дурын N цэгийг авч үзээд N цэг m шулуун дээр байгааг батал. Хэрэв N нь AB шулуун дээрх цэг бол энэ нь AB сегментийн О дунд цэгтэй давхцах тул m шулуун дээр байрладаг. Хэрэв N цэг AB шулуун дээр хэвтэхгүй бол бодоорой ?AN=BN тул ижил өнцөгт ANB. NO сегмент нь энэ гурвалжны медиан тул өндөр юм. Тиймээс NO нь AB-д перпендикуляр тул ON ба m шугамууд давхцаж байгаа тул N нь m шулууны цэг болно. Теорем нь батлагдсан.

Үр дагавар. Гурвалжны хажуугийн перпендикуляр биссектриса нь нэг цэг дээр (тойргийн төв) огтлолцоно.

АВ ба ВС талуудын m ба n хоёр талт перпендикуляруудын огтлолцох цэг болох О цэгийг тэмдэглэе. ?ABC. Теоремын дагуу (хэгж рүү чиглэсэн перпендикуляр биссектрисын цэг бүр энэ сегментийн төгсгөлүүдээс ижил зайд байна. Эсрэгээр нь: сегментийн төгсгөлөөс ижил зайд байгаа цэг бүр түүнд перпендикуляр биссектрист байрладаг.) бид OB = OA гэж дүгнэж байна. OB = OC Тиймээс: OA = OC, Өөрөөр хэлбэл, О цэг нь АС сегментийн төгсгөлүүдээс ижил зайд байрладаг тул энэ сегментийн перпендикуляр p биссектрист байрладаг. Иймд бүх гурван биссектриса m, n, p талууд руу ?ABC нь О цэг дээр огтлолцоно.

Хурц гурвалжны хувьд энэ цэг нь дотор талд, мохоо гурвалжны хувьд гурвалжны гадна талд, тэгш өнцөгт гурвалжны хувьд гипотенузын дунд байрладаг.

Гурвалжны перпендикуляр биссектрисын шинж чанар:

Гурвалжны дотоод ба гадаад өнцгийн биссектрис нь нэг оройноос гарч байгаа шугамууд нь гурвалжны эргэн тойронд хүрээлэгдсэн тойргийн диаметрийн эсрэг талын цэгүүдээс эсрэг талын перпендикуляр дундуур огтлолцдог.

Баталгаа. Жишээ нь, ABC биссектрисаг дүрсэлсэнтэй огтлолцуулъя ?D цэг дээрх ABC тойрог (Зураг 2.1). Дараа нь бичээстэй ABD ба DBC тэнцүү тул AD = нум DC. Гэхдээ АС тал руу чиглэсэн перпендикуляр биссектриса нь АС нумыг мөн хоёр хуваасан тул D цэг мөн энэ перпендикуляр биссектрист хамаарах болно. Цаашилбал, 1.3-р зүйлийн 30-р шинж чанараар ABC-тай зэргэлдээх BD ABC биссектрис учраас тойрог нь D цэгийн эсрэг талын цэг дээр огтлолцох болно, учир нь бичээстэй тэгш өнцөг нь үргэлж диаметр дээр тулгуурладаг.

2 Гурвалжингийн тойргийн ортот төв

Өндөр нь гурвалжны оройгоос эсрэг талыг агуулсан шулуун шугам руу татсан перпендикуляр юм.

Гурвалжны өндөр (эсвэл тэдгээрийн өргөтгөлүүд) нэг цэг дээр (ортоцентр) огтлолцдог.

Баталгаа. Дурын зүйлийг авч үзье ?ABC ба түүний өндрийг агуулсан AA1, BB1, CC1 шулуунууд нэг цэгт огтлолцдог болохыг батал. Орой бүрээр нь явцгаая ?ABC нь эсрэг талтай параллель шулуун шугам юм. Бид авдаг ?A2B2C2. A, B, C цэгүүд нь энэ гурвалжны дунд цэгүүд юм. Үнэхээр AB=A2C ба AB=CB2 нь ABA2C ба ABCB2 параллелограммын эсрэг талуудтай адил тул A2C=CB2 болно. Үүнтэй адилаар C2A=AB2 ба C2B=BA2. Нэмж хэлэхэд, хийцээс дараах байдлаар CC1 нь A2B2, AA1 нь B2C2, BB1 нь A2C2 перпендикуляр байна. Тиймээс AA1, BB1 ба CC1 шугамууд нь талуудтай перпендикуляр биссектрис юм. ?A2B2C2. Тиймээс тэд нэг цэг дээр огтлолцдог.

Гурвалжны төрлөөс хамааран ортоцентр нь гурвалжны дотор хурц өнцгөөр, түүний гадна талд - мохоо өнцгөөр эсвэл оройтой давхцаж, тэгш өнцөгт хэлбэртэй бол зөв өнцгөөр оройтой давхцаж болно.

Гурвалжны өндрийн шинж чанарууд:

Цочмог гурвалжны хоёр өндрийн суурийг холбосон сегмент нь түүнээс нийтлэг өнцгийн косинустай тэнцүү ижил төстэй байдлын коэффициент бүхий өгөгдсөнтэй төстэй гурвалжинг таслав.

Баталгаа. AA1, BB1, CC1 нь цочмог гурвалжны ABC-ийн өндрийг ABC = гэж үзье. ?(Зураг 2.2). BA1A ба CC1B тэгш өнцөгт гурвалжнууд нийтлэг байдаг ?, тиймээс тэдгээр нь ижил төстэй бөгөөд энэ нь BA1/BA = BC1/BC = cos гэсэн үг юм ?. Эндээс BA1/BC1=BA/BC = cos байна ?, өөрөөр хэлбэл В ?C1BA1 ба ?Нийтлэг хажуугийн ABC талууд ??C1BA1~ ?ABC, cos-тэй тэнцүү төстэй байдлын коэффициент ?. Үүнтэй адилаар үүнийг нотолсон ?A1CB1~ ?Ижил төстэй коэффиценттэй ABC cos BCA, ба ?B1AC1~ ?Ижил төстэй коэффиценттэй ABC cos CAB.

Тэгш өнцөгт гурвалжны гипотенуз хүртэл унасан өндөр нь түүнийг өөр хоорондоо төстэй, анхны гурвалжинтай төстэй хоёр гурвалжинд хуваадаг.

Баталгаа. Тэгш өнцөгтийг авч үзье ?ABC, ямар байна ?BCA = 900, CD нь түүний өндөр (Зураг 2.3).

Дараа нь ижил төстэй байдал ?ADC ба ?Жишээлбэл, AD/CD = CD/DB тул BDC нь тэгш өнцөгт гурвалжны ижил төстэй байдлын тэмдгийг хоёр хөлийн пропорциональ байдлаар илэрхийлдэг. ADC ба BDC тэгш өнцөгт гурвалжин бүр нь анхны тэгш өнцөгт гурвалжинтай төстэй бөгөөд наад зах нь хоёр өнцгийн ижил төстэй байдалд үндэслэнэ.

Өндөрлөгийн шинж чанарыг ашиглахтай холбоотой асуудлыг шийдвэрлэх

Бодлого 1. Нэг орой нь өгөгдсөн мохоо гурвалжны орой, нөгөө хоёр орой нь бусад хоёр оройгоос нь хассан мохоо гурвалжны өндрийн суурь болох гурвалжинтай төстэй болохыг батал. Эхний орой дээрх өнцгийн косинусын модультай тэнцүү төстэй байдлын коэффициент бүхий өгөгдсөн гурвалжин .

Шийдэл. Мохоо бодоод үз дээ ?тэнэг CAB-тай ABC. AA1, BB1, CC1 нь түүний өндөр (Зураг 2.4, 2.5, 2.6) ба CAB = гэж үзье. ?, ABC =? , BCA = ?.

Үүний баталгаа ?C1BA1~ ?ABC (Зураг 2.4) ижил төстэй байдлын коэффициент k = cos ?, эд хөрөнгийн нотолгоонд хийсэн үндэслэлийг 1-р зүйлийн 2.2-т бүрэн давтаж байна.

Үүнийг баталцгаая ?A1CB~ ?ABC (Зураг 2.5) ижил төстэй коэффициент k1= cos ?, А ?B1AC1~ ?ABC (Зураг 2.6) ижил төстэй байдлын коэффициент k2 = |cos? |.

Үнэн хэрэгтээ CA1A ба CB1B тэгш өнцөгт гурвалжин нь нийтлэг өнцөгтэй байдаг ?тиймээс ижил төстэй. Үүнээс үзэхэд B1C/ BC = A1C / AC= cos ?тиймээс B1C/ A1C = BC / AC = cos ?, өөрөөр хэлбэл A1CB1 ба ABC гурвалжинд талууд нь нийтлэгийг үүсгэдэг ??, пропорциональ байна. Дараа нь гурвалжингийн ижил төстэй байдлын хоёр дахь шалгуурын дагуу ?A1CB~ ?ABC, ижил төстэй байдлын коэффициент k1= cos ?. Сүүлчийн тохиолдлын хувьд (Зураг 2.6), дараа нь тэгш өнцөгт гурвалжнуудыг авч үзэхээс ?BB1A ба ?BAB1 ба C1AC тэнцүү босоо өнцөг бүхий CC1A нь ижил төстэй тул B1A / BA = C1A / CA = cos (1800 -) ?) = |cos ?|, оноос хойш ??- мохоо. Эндээс B1A / C1A = BA /CA = |cos ?| улмаар гурвалжинд ?B1AC1 ба ?Тэнцүү өнцөг үүсгэсэн ABC талууд нь пропорциональ байна. Мөн энэ нь тийм гэсэн үг юм ?B1AC1~ ?K2 = |cos ижил төстэй коэффициенттэй ABC? |.

Бодлого 2. О цэг нь АВС хурц гурвалжны өндрийн огтлолцлын цэг бол ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800 гэдгийг батал.

Шийдэл. Асуудлын тайлбарт өгөгдсөн томъёоны эхнийх нь үнэн зөвийг баталъя. Үлдсэн хоёр томъёоны хүчинтэй байдал ижил төстэй байдлаар нотлогддог. Тэгэхээр ABC = гэж үзье ?, AOC = ?. A1, B1, C1 нь гурвалжны өндрийн суурь нь A, B, C оройнуудаас (Зураг 2.7). Дараа нь BC1C тэгш өнцөгт гурвалжингаас BCC1 = 900 - ?тэгснээр тэгш өнцөгт гурвалжинд OA1C өнцөг COA1-тэй тэнцүү байна ?. Харин AOC + COA1 өнцгүүдийн нийлбэр = ? + ?шулуун өнцгийг өгдөг тул AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, үүнийг батлах шаардлагатай.

Бодлого 3. Цочмог гурвалжны өндрүүд нь оройнууд нь энэ гурвалжны өндрийн суурь болох гурвалжны өнцгийн биссектристар болохыг батал.

байна.2.8

Шийдэл. ABC гурвалжны AA1, BB1, CC1 өндрийг CAB = гэж үзье. ?(Зураг 2.8). Жишээлбэл, AA1 өндөр нь C1A1B1 өнцгийн биссектриса гэдгийг баталъя. Үнэн хэрэгтээ C1BA1 ба ABC гурвалжин ижил төстэй (1-р шинж чанар) тул BA1C1 = ?Тиймээс C1A1A = 900 - ?. A1CB1 ба ABC гурвалжнуудын ижил төстэй байдлаас харахад AA1B1 = 900 - ?тиймээс C1A1A = AA1B1= 900 - ?. Гэхдээ энэ нь AA1 нь C1A1B1 өнцгийн биссектриса гэсэн үг юм. Үүний нэгэн адил ABC гурвалжны бусад хоёр өндөр нь A1B1C1 гурвалжны бусад харгалзах хоёр өнцгийн биссектрис болох нь батлагдсан.

3 Гурвалжингийн тойргийн хүндийн төв

Гурвалжны медиан нь гурвалжны аль ч оройг эсрэг талын дунд цэгтэй холбосон хэрчмийг хэлнэ.

Теорем. Гурвалжны медиан нь нэг цэг дээр (хүндийн төв) огтлолцдог.

Баталгаа. дур зоргоороо авч үзье? ABC.

AA1 ба BB1 медиануудын огтлолцох цэгийг О үсгээр тэмдэглээд энэ гурвалжны дундах A1B1 шугамыг зуръя. A1B1 хэрчим нь AB талтай параллель байх тул 1 = 2 ба 3 = 4. Тиймээс, ?AOB ба ?A1OB1 нь хоёр өнцгөөр төстэй, тиймээс тэдгээрийн талууд нь пропорциональ: AO:A1O=BO:B1O=AB:A1B1. Харин AB=2A1B1, тэгэхээр AO=2A1O, BO=2B1O. Тиймээс AA1 ба BB1 медиануудын огтлолцлын О цэг нь оройноос нь тоолоход тус бүрийг 2:1 харьцаагаар хуваана.

Үүнтэй адилаар BB1 ба CC1 медиануудын огтлолцлын цэг нь оройноос нь тоолоход тус бүрийг 2:1 харьцаагаар хуваадаг тул О цэгтэй давхцаж, 2:1 харьцаагаар хуваагддаг нь батлагдсан. оройноос эхлэн тоолох.

Гурвалжны медианы шинж чанарууд:

10 Гурвалжны медианууд нэг цэгт огтлолцох ба оройноос нь тоолоход 2:1 харьцаатай огтлолцлын цэгээр хуваагдана.

Өгөгдсөн: ?ABC, AA1, BB1 - медианууд.

Баталгаажуулах: AO:OA1=VO:OB1=2:1

Баталгаа. A1B1||AB, A1B1=1/2 AB дунд шугамын шинж чанарын дагуу A1B1 (Зураг 2.10) шугамыг зуръя. A1B1 || оноос хойш AB, дараа нь 1 = 2 зэрэгцээ AB ба A1B1 шугамууд ба AA1 зүсэлттэй хөндлөн хэвтэнэ. 3 = 4 A1B1 ба AB зэрэгцээ шугамууд ба BB1 зүсэлттэй хөндлөн хэвтэнэ.

Тиймээс, ?AOB ~ ?A1OB1 нь хоёр өнцгийн тэгшитгэлээр, энэ нь талууд пропорциональ гэсэн үг юм: AO/A1O = OB/OB1 = AB/A1B = 2/1, AO/A1O = 2/1; OB/OB1 = 2/1.

Медиан нь гурвалжинг тэнцүү талбайтай хоёр гурвалжинд хуваана.

Баталгаа. BD - дундаж ?ABC (Зураг 2.11), BE - түүний өндөр. Дараа нь ?ABD ба ?DBC нь ижил хэмжээтэй, учир нь тэдгээр нь AD ба DC суурьтай, нийтлэг BE өндөртэй.

Гурвалжинг бүхэлд нь медиануудаараа тэнцүү зургаан гурвалжинд хуваана.

Хэрэв гурвалжны голын үргэлжлэл дээр гурвалжны хажуугийн дундаас голчтой тэнцүү урттай хэрчмийг тавьсан бол энэ сегментийн төгсгөлийн цэг ба гурвалжны оройнууд нь гурвалжны оройнууд болно. параллелограмм.

Баталгаа. D нь BC талын дунд цэг байг ?ABC (Зураг 2.12), E нь AD шулуун дээрх DE=AD байх цэг юм. Дараа нь ABEC дөрвөн өнцөгтийн огтлолцлын D цэг дээрх AE ба ВС диагональууд хоёр хуваагдсан тул 13.4-р өмчөөс ABEC дөрвөн өнцөгт параллелограмм байна гэсэн дүгнэлт гарна.

Медианы шинж чанарыг ашиглан асуудлыг шийдвэрлэх:

Бодлого 1. Хэрэв О нь медиануудын огтлолцлын цэг болохыг батал ?Тэгвэл ABC ?А.О.Б. ?BOC болон ?AOC нь тэнцүү хэмжээтэй байна.

Шийдэл. AA1 ба BB1 нь медиан байг ?ABC(Зураг 2.13). Ингээд авч үзье ?AOB ба ?BOC. Эндээс харахад С ?AOB = S ?AB1B-S ?AB1O,S ?BOC=S ?BB1C-S ?OB1C. Гэхдээ 2-р өмчийн хувьд бид С ?AB1B=S ?BB1C, С ?AOB = S ?OB1C, энэ нь С ?AOB = S ?BOC. Тэгш байдал С ?AOB = S ?AOC.

Бодлого 2. Хэрэв О цэг дотор байгаа бол гэдгийг батал ?ABC болон ?А.О.Б. ?BOC болон ?AOC талбайн хувьд тэнцүү бол О нь медиануудын огтлолцох цэг мөн үү? ABC.

Шийдэл. Ингээд авч үзье ?ABC (2.14) ба О цэг BB1 медиан дээр оршдоггүй гэж үзье. Дараа нь OB1 нь медиан байна ?AOC дараа нь С ?AOB1 = S ?B1OC ба түүнээс хойш нөхцөл байдлын дагуу S ?AOB = S ?БОК, дараа нь С ?AB1OB = S ?BOB1C. Гэхдээ энэ нь байж болохгүй, учир нь С ?ABB1 = S ?B1BC. Үүссэн зөрчил нь О цэг нь BB1 медиан дээр байрладаг гэсэн үг юм. Үүний нэгэн адил О цэг нь өөр хоёр медианд хамаарах нь батлагдсан ?ABC. Үүнээс үзэхэд О цэг үнэхээр гурван медианы огтлолцлын цэг мөн үү? ABC.

Бодлого 3. Хэрэв байгаа бол гэдгийг батал ?ABC талууд AB ба BC тэнцүү биш бол түүний BD биссектрис нь медиан BM ба BH өндөр хоёрын хооронд байрлана.

Баталгаа. талаар тайлбарлая ?ABC нь тойрог бөгөөд К цэг дээрх тойрогтой огтлолцох хүртэл BD биссектрисаа сунгана. АС хэрчмийн перпендикуляр дунд цэг нь медиантай нийтлэг M цэгтэй K цэгийг (2.1-р зүйлийн 1-р шинж чанар) дайран өнгөрнө. Гэхдээ BH ба MK хэрчмүүд параллель, B ба K цэгүүд нь АС шугамын эсрэг талд байрладаг тул BK ба AC хэрчмүүдийн огтлолцох цэг нь HM сегментэд хамаарах бөгөөд энэ нь шаардлагатай байгааг баталж байна.

Асуудал 4. B ?ABC медиан BM нь AB талын хагастай тэнцүү бөгөөд үүнтэй хамт 400 өнцөг үүсгэнэ.

Шийдэл. BM медианыг M цэгээс уртаар нь сунгаж D цэгийг авъя (Зураг 2.15). AB = 2BM тул AB = BD, өөрөөр хэлбэл ABD гурвалжин нь ижил өнцөгт байна. Тиймээс BAD = BDA = (180o - 40o) : 2 = 70o. ABCD дөрвөлжин нь параллелограмм юм, учир нь диагональ нь огтлолцох цэгээрээ хуваагддаг. Энэ нь CBD = ADB = 700 гэсэн үг юм. Дараа нь ABC = ABD + CBD = 1100 хариулт нь 1100 байна.

Бодлого 5. Талууд?ABC a,b,c-тэй тэнцүү. c тал руу татсан медиан mc-ийг тооцоол (Зураг 2.16).

Шийдэл. ACBP параллелограмм дээр ?ABC-г барьж медианыг хоёр дахин нэмэгдүүлье, мөн энэ параллелограмм дээр 8-р теоремыг ашиглая: CP2+AB2 = 2AC2+2BC2, өөрөөр хэлбэл. (2mc)2+c2= 2b2+2a2, эндээс бид олдог:

2.4 Эйлерийн тойрог. Эйлерийн шугам

Теорем. Дурын гурвалжны медиануудын суурь, өндрүүд, түүнчлэн гурвалжны оройг түүний ортот төвтэй холбосон сегментүүдийн дунд цэгүүд нь ижил тойрог дээр байрладаг бөгөөд радиус нь тойргийн радиусын хагастай тэнцүү байна. гурвалжин. Энэ тойргийг есөн цэгийн тойрог буюу Эйлерийн тойрог гэж нэрлэдэг.

Баталгаа. Дундаж?MNL (Зураг 2.17) авч, түүнийг тойруулан W тойргийг дүрсэлцгээе LQ хэрчим нь тэгш өнцөгт?AQB дахь медиан тул LQ=1/2AB байна. Хэсэг MN=1/2AB, учир нь MN - дунд шугам?ABC. Эндээс QLMN трапецын тэгш өнцөгт хэлбэртэй байна. W тойрог нь ижил өнцөгт трапецын L, M, N 3 оройг дайран өнгөрдөг тул дөрөв дэх Q оройг мөн дайран өнгөрнө. Үүний нэгэн адил P нь W-д, R нь W-д хамаарах нь батлагдсан.

X,Y,Z цэгүүд рүү шилжье.XL хэрчим нь BH-тэй перпендикуляр байна?AHB дунд шугам. BH сегмент нь АС-д перпендикуляр бөгөөд АС нь LM-тэй параллель байдаг тул BH нь LM-тэй перпендикуляр байна. Тиймээс XLM=P/2. Үүний нэгэн адил, XNM = P/2.

Дөрвөн өнцөгт LXNM-д эсрэг талын хоёр өнцөг нь зөв өнцөг тул тойргийг тойрон дүрсэлж болно. Энэ нь W тойрог байх болно. Тэгэхээр X нь W-д, Y нь W-д, Z нь W-д хамаарна.

Дундаж?LMN нь?ABC-тай төстэй. Ижил төстэй байдлын коэффициент нь 2. Тиймээс есөн цэгийн тойргийн радиус R/2 байна.

Эйлер тойргийн шинж чанарууд:

Есөн цэгийн тойргийн радиус нь ABC-ийг тойрсон тойргийн радиусын хагастай тэнцүү байна.

Есөн цэгийн тойрог нь коэффицентээр тойрсон ABC тойрогтой ижил байна ½ ба H цэг дээрх гомотетийн төв.

Теорем. Ортоцентр, төв, тойргийн төв, есөн цэгийн тойргийн төв нь нэг шулуун дээр байрладаг. Эйлерийн шулуун шугам.

Баталгаа. H нь orthocenter ABC (Зураг 2.18), O нь хүрээлэгдсэн тойргийн төв байх уу? Барилгын хувьд перпендикуляр биссектриссууд?ABC нь медиан?MNL-ийн өндрийг агуулна, өөрөөр хэлбэл O нь нэгэн зэрэг ортоцентр?LMN байна. ?LMN ~ ?ABC, тэдгээрийн ижил төстэй байдлын коэффициент 2 тул BH=2ON.

H ба O цэгүүдээр шулуун шугам татъя. Бид хоёр ижил төстэй гурвалжинг олж авдаг?NOG болон?BHG. BH=2ON тул BG=2GN. Сүүлийнх нь G цэг нь ABC төв гэсэн үг юм. G цэгийн хувьд HG:GO=2:1 харьцаа хангагдсан байна.

Цаашид TF нь перпендикуляр биссектриса, F нь энэ перпендикулярын HO шулуунтай огтлолцох цэг байх уу? Ижил төстэй ?TGF болон ?ТББ-ыг авч үзье. G цэг нь?MNL-ийн центроид тул?TGF ба?NGO-ийн ижил төстэй байдлын коэффициент 2-той тэнцүү байна. Иймээс OG=2GF ба HG=2GO тул HF=FO ба F нь HO хэрчмийн дунд байна.

Хэрэв бид нөгөө тал руу чиглэсэн перпендикуляр биссектрисын талаар ижил үндэслэлийг хийвэл энэ нь мөн HO сегментийн дундуур өнгөрөх ёстой. Гэхдээ энэ нь F цэг нь перпендикуляр биссектрисын цэг гэсэн үг юм?MNL. Энэ цэг нь Эйлерийн тойргийн төв юм. Теорем нь батлагдсан.

ДҮГНЭЛТ

Энэ ажилд бид сургуульд сурч байсан гурвалжингийн 4 гайхалтай цэг, тэдгээрийн шинж чанаруудыг авч үзсэн бөгөөд үүний үндсэн дээр бид олон асуудлыг шийдэж чадна. Гергонн цэг, Эйлерийн тойрог, Эйлерийн шулуун шугамыг мөн авч үзсэн.

АШИГЛАСАН ЭХ ҮҮСВЭРИЙН ЖАГСААЛТ

1.Геометр 7-9. Ерөнхий боловсролын сургуулийн сурах бичиг // Атанасян Л.С., Бутузов В.Ф. ба бусад - М.: Боловсрол, 1994.

2.Амелкин В.В. Хавтгай дээрх геометр: Онол, асуудал, шийдэл: Proc. Математикийн гарын авлага // В.В.Амелкин, В.Л. Рабцевич, В.Л. Тимохович - М.: "Асар", 2003 он.

.V.S. Болодурин, О.А. Вахмянина, Т.С. Измайлова // Анхан шатны геометрийн гарын авлага. Оренбург, ОГПИ, 1991 он.

.Прасолов В.Г. Планиметрийн асуудал. - 4-р хэвлэл, нэмэлт - М.: Москвагийн Математикийн тасралтгүй боловсролын төвийн хэвлэлийн газар, 2001 он.

Свердловск мужийн Ерөнхий болон мэргэжлийн боловсролын яам.

Екатеринбург хотын боловсролын байгууллага.

Боловсролын байгууллага – MOUSOSH №212 “Екатеринбургийн соёлын лицей”

Боловсролын чиглэл - математик.

Сэдэв - геометр.

Гурвалжны гайхалтай цэгүүд

Лавлагаа: 8-р ангийн сурагч

Селицкий Дмитрий Константинович.

Эрдэм шинжилгээний удирдагч:

Рабканов Сергей Петрович.

Екатеринбург, 2001 он

Танилцуулга 3

Тодорхойлолт хэсэг:

Ортоцентр 4

Төв 5

Хүндийн төв 7

Тойрог төв 8

Эйлерийн шугам 9

Практик хэсэг:

Ортоцентрик гурвалжин 10

Дүгнэлт 11

Ашигласан материал 11

Танилцуулга.

Геометр нь гурвалжингаас эхэлдэг. Хоёр ба хагас мянган жилийн турш гурвалжин нь геометрийн бэлгэдэл байсаар ирсэн. Түүний шинэ шинж чанарууд байнга нээгддэг. Гурвалжны бүх мэдэгдэж буй шинж чанаруудын талаар ярихад маш их цаг хугацаа шаардагдана. Би "Гурвалжны гайхалтай цэгүүд" гэж нэрлэгддэг зүйлийг сонирхож байсан. Ийм цэгүүдийн жишээ бол биссектрисын огтлолцлын цэг юм. Гайхалтай нь, хэрэв та огторгуйн гурван дурын цэгийг авч, тэдгээрээс гурвалжин байгуулж, биссектрисаг зурвал тэдгээр нь (биссекторууд) нэг цэгт огтлолцох болно! Энэ нь боломжгүй юм шиг санагдаж байна, учир нь бид дур зоргоороо оноо авсан, гэхдээ энэ дүрэм үргэлж хэрэгждэг. Бусад "гайхалтай цэгүүд" нь ижил төстэй шинж чанартай байдаг.

Энэ сэдвээр бичсэн ном зохиолыг уншсаны дараа би таван гайхалтай цэг, гурвалжны тодорхойлолт, шинж чанарыг өөртөө тохируулсан. Гэхдээ миний ажил үүгээр дууссангүй;

Тийм ч учраас зорилтотЭнэхүү ажил нь гурвалжны зарим гайхалтай шинж чанаруудын судалгаа бөгөөд ортоцентрик гурвалжны судалгаа юм. Энэ зорилгод хүрэхийн тулд дараахь үе шатуудыг ялгаж салгаж болно.

Багшийн тусламжтайгаар уран зохиолын сонголт

Гурвалжны гайхалтай цэг, шугамын үндсэн шинж чанарыг судлах

Эдгээр шинж чанаруудын ерөнхий ойлголт

Ортоцентрик гурвалжинтай холбоотой асуудлыг зурах, шийдвэрлэх

Би энэхүү судалгааны ажлын үр дүнг танилцууллаа. Би бүх зургийг компьютер график (CorelDRAW вектор график засварлагч) ашиглан хийсэн.

Ортоцентр. (Өндрийн уулзварын цэг)

Өндөр нь нэг цэг дээр огтлолцдог гэдгийг баталцгаая. Чамайг оргилд гаргацгаая А, INТэгээд ХАМТгурвалжин ABCэсрэг талуудтай параллель шулуун шугамууд. Эдгээр шугамууд нь гурвалжин үүсгэдэг А 1 IN 1 ХАМТ 1 . гурвалжны өндөр ABCгурвалжны талуудын перпендикуляр биссектрис юм А 1 IN 1 ХАМТ 1 . Тиймээс тэд нэг цэг дээр огтлолцдог - гурвалжны тойргийн төв А 1 IN 1 ХАМТ 1 . Гурвалжны өндрийн огтлолцох цэгийг ортоцентр гэж нэрлэдэг ( Х).

Icentre нь бичээстэй тойргийн төв юм.

(Биссектрисын огтлолцлын цэг)

Гурвалжны өнцгийн биссектрисаг баталъя ABCнэг цэг дээр огтлолцоно. Гол санааг анхаарч үзээрэй ТУХАЙөнцөг биссектрисын огтлолцол АТэгээд IN. А өнцгийн биссектрисын дурын цэгүүд шулуунуудаас ижил зайд байна ABТэгээд АС, мөн өнцгийн биссектрисын дурын цэг INшулуун шугамаас ижил зайд ABТэгээд Нар, тэгэхээр зааж өгнө үү ТУХАЙшулуун шугамаас ижил зайд АСТэгээд Нар, өөрөөр хэлбэл энэ нь өнцгийн биссектрист байрладаг ХАМТ. цэг ТУХАЙшулуун шугамаас ижил зайд AB, НарТэгээд SA, энэ нь төвтэй тойрог байна гэсэн үг ТУХАЙ, эдгээр шугамд шүргэгч байх ба шүргэлтийн цэгүүд нь тэдгээрийн өргөтгөл дээр биш харин хажуу талдаа байрладаг. Үнэн хэрэгтээ, орой дээрх өнцөгүүд АТэгээд INгурвалжин AOBхурц тул проекцын цэг ТУХАЙшууд ABсегмент дотор байрладаг AB.

Үдэшлэгт зориулсан НарТэгээд SAнотлох баримт нь адилхан.

Мөсний төв нь гурван шинж чанартай:

Хэрэв өнцгийн биссектрисын үргэлжлэл бол ХАМТгурвалжингийн тойргийг огтолж байна ABCцэг дээр М, Тэр МА=MV=MO.

Хэрэв AB- тэгш өнцөгт гурвалжны суурь ABC, дараа нь өнцгийн талуудтай шүргэгч тойрог ШШГЕГцэгүүдэд АТэгээд IN, цэгээр дамжин өнгөрдөг ТУХАЙ.

Хэрэв цэгийг дайран өнгөрч буй шугам бол ТУХАЙхажуу талтай зэрэгцээ AB, талуудыг хөндлөн огтолно НарТэгээд SAцэгүүдэд А 1 Тэгээд IN 1 , Тэр А 1 IN 1 =А 1 IN+AB 1 .

Хүндийн төв. (медиануудын огтлолцох цэг)

Гурвалжны медианууд нэг цэгт огтлолцдог гэдгийг баталъя. Үүний тулд цэгийг анхаарч үзээрэй МДундажууд огтлолцох АА 1 Тэгээд Б.Б 1 . гурвалжин зурцгаая Б.Б 1 ХАМТдунд шугам А 1 А 2 , зэрэгцээ Б.Б 1 . Дараа нь А 1 М: AM=IN 1 А 2 :AB 1 =IN 1 А 2 :IN 1 ХАМТ=VA 1 :НАР=1:2, өөрөөр хэлбэл. медиан огтлолцох цэг Б.Б 1 Тэгээд АА 1 медианыг хуваана АА 1 1: 2 харьцаатай. Үүний нэгэн адил медиануудын огтлолцлын цэг SS 1 Тэгээд АА 1 медианыг хуваана АА 1 1: 2 харьцаатай. Тиймээс медиануудын огтлолцлын цэг АА 1 Тэгээд Б.Б 1 медиануудын огтлолцох цэгтэй давхцаж байна АА 1 Тэгээд SS 1 .

Хэрэв гурвалжны медиануудын огтлолцлын цэгийг оройнуудтай холбовол гурвалжнууд нь ижил талбайтай гурван гурвалжинд хуваагдана. Үнэхээр үүнийг батлахад хангалттай Р– медианы аль ч цэг АА 1 гурвалжинд ABC, дараа нь гурвалжны талбайнууд AVRТэгээд ACPтэнцүү байна. Эцсийн эцэст медианууд АА 1 Тэгээд РА 1 гурвалжинд ABCТэгээд RVSтэдгээрийг тэнцүү талбайтай гурвалжин болгон хайчилж ав.

Эсрэг заалт нь бас үнэн юм: if for some point Р, гурвалжин дотор хэвтэж байна ABC, гурвалжны талбай AVR, HRVТэгээд SARтэнцүү байна, тэгвэл Р– медиануудын огтлолцох цэг.

Уулзварын цэг нь өөр нэг шинж чанартай: хэрэв та ямар нэгэн материалаас гурвалжин хайчилж, түүн дээр медианууд зурж, голчуудын огтлолцлын цэг дээр өргөгчийг холбож, дүүжлүүрийг tripod дээр бэхэлвэл загвар (гурвалжин) дотор байх болно. тэнцвэрийн төлөв тул огтлолцох цэг нь гурвалжны хүндийн төвөөс өөр зүйл биш юм.

Хязгаарлагдсан тойргийн төв.

Гурвалжны оройгоос ижил зайд цэг байгааг, өөрөөр хэлбэл гурвалжны гурван оройг дайран өнгөрөх тойрог байгааг баталъя. Цэгүүдээс ижил зайд байрлах цэгүүдийн байршил АТэгээд IN, сегментэд перпендикуляр байна AB, дундуур нь дамжин өнгөрдөг (сегментийн перпендикуляр биссектрис AB). Гол санааг анхаарч үзээрэй ТУХАЙ, хэрчмүүдийн перпендикуляруудын биссектрис огтлолцоно ABТэгээд Нар. Цэг ТУХАЙцэгүүдээс ижил зайд АТэгээд IN, түүнчлэн цэгүүдээс INТэгээд ХАМТ. тиймээс энэ нь цэгүүдээс ижил зайд байна АТэгээд ХАМТ, өөрөөр хэлбэл энэ нь мөн сегментийн перпендикуляр биссектрист байрладаг АС.

Төв ТУХАЙЗөвхөн гурвалжин хурц байвал тойрог нь гурвалжин дотор байрладаг. Хэрэв гурвалжин тэгш өнцөгт байвал цэг ТУХАЙгипотенузын дунд давхцаж, хэрэв орой дээрх өнцөг ХАМТмохоо дараа нь шулуун ABцэгүүдийг ялгадаг ТУХАЙТэгээд ХАМТ.

Математикийн хувьд огт өөр аргаар тодорхойлсон объектууд ижил болж хувирах нь олонтаа тохиолддог. Үүнийг жишээгээр харуулъя.

Болъё А 1 , IN 1 ,ХАМТ 1 - талуудын дунд цэгүүд Нар,SAболон AB. Гурвалжингийн тойргийг тойрсон гэдгийг баталж болно AB 1 ХАМТ, А 1 Нар 1 Тэгээд А 1 IN 1 ХАМТ 1 нэг цэг дээр огтлолцох ба энэ цэг нь гурвалжны тойргийн төв юм ABC. Тэгэхээр бидэнд огт өөр мэт санагдах хоёр цэг байна: гурвалжны хажуугийн перпендикуляр биссектрисын огтлолцлын цэг. ABCгурвалжингийн тойргийн огтлолцлын цэг AB 1 ХАМТ 1 , А 1 НарТэгээд А 1 IN 1 ХАМТ 1 . гэхдээ энэ хоёр цэг давхцаж байгаа нь харагдаж байна.

Эйлерийн шулуун шугам.

Гурвалжны гайхалтай цэгүүдийн хамгийн гайхалтай шинж чанар нь тэдгээрийн зарим нь тодорхой харилцаа холбоогоор бие биетэйгээ холбогдсон байдаг. Жишээлбэл, хүндийн төв М, ортоцентр Нмөн тойргийн төв ТУХАЙижил шулуун дээр хэвтэх ба M цэг нь OH хэрчмийг хувааснаар хамаарал хүчинтэй байна ОМ: MN=1:2. Энэ теоремыг 1765 онд Швейцарийн эрдэмтэн Леонардо Эйлер баталжээ.

Ортоцентрик гурвалжин.

Ортоцентрик гурвалжин(orthotriangle) нь гурвалжин ( МНTO), оройнууд нь энэ гурвалжны өндрийн суурь ( ABC). Энэ гурвалжин нь олон сонирхолтой шинж чанартай байдаг. Тэдний нэгийг нь өгье.

Өмч.

Нотлох:

Гурвалжин АКМ, CMNТэгээд BKNгурвалжинтай төстэй ABC;

Орто гурвалжны өнцөг MNKнь: Л KNM = π - 2 Л А,ЛKMN = π – 2 Л Б, Л MNK = π - - 2 Л C.

Нотолгоо:

Бидэнд байна AB cos А, А.К. cos А. Тиймээс, А.М./AB = А.К./А.С..

Учир нь гурвалжин дээр ABCТэгээд АКМбулан А– нийтлэг, дараа нь тэдгээр нь ижил төстэй, үүнээс бид өнцөг гэж дүгнэж байна Л АКМ = Л C. Тийм ч учраас Л BKM = Л C. Дараа нь бидэнд байна Л MKC= π/2 – Л C, Л NKC= π/2 – - - Л C, өөрөөр хэлбэл SK– өнцгийн биссектрис MNK. Тэгэхээр, Л MNK= π – 2 Л C. Үлдсэн тэгш байдлыг ижил төстэй байдлаар нотолж байна.

Дүгнэлт.

Энэхүү судалгааны ажлын төгсгөлд дараахь дүгнэлтийг гаргаж болно.

Гурвалжны онцлох цэг ба шугамууд нь:

ортоцентргурвалжин нь түүний өндрийн огтлолцлын цэг юм;

ба төвгурвалжин нь биссектрисын огтлолцлын цэг;

хүндийн төвгурвалжин нь түүний медиануудын огтлолцох цэг юм;

тойрог төв– биссектрисын перпендикуляруудын огтлолцох цэг;

Эйлерийн шулуун шугам- энэ бол таталцлын төв, ортоцентр ба тойргийн төвүүд байрладаг шулуун шугам юм.

Ортоцентрик гурвалжин нь өгөгдсөн гурвалжинг гурван ижил төстэй гурвалжинд хуваадаг.

Энэ ажлыг хийсний дараа би гурвалжны шинж чанаруудын талаар маш их зүйлийг мэдэж авсан. Математикийн чиглэлээр мэдлэгээ хөгжүүлэх үүднээс энэ ажил надад хамаатай байсан. Цаашид энэ сонирхолтой сэдвийг хөгжүүлэх бодолтой байна.

Лавлагаа.

Киселев А.П. Анхан шатны геометр. - М.: Боловсрол, 1980.

Coxeter G.S., Greitzer S.L. Геометртэй шинэ уулзалтууд.

- М.: Наука, 1978.

Прасолов В.В. Планиметрийн асуудал. – М.: Наука, 1986. – 1-р хэсэг.

Шарыгин И.Ф. Геометрийн асуудлууд: Планиметр. - М.: Наука, 1986.

Сканави М.И. Шийдэлтэй холбоотой асуудлууд. - Ростов-на-Дону: Финикс, 1998.

Бергер М.Геометр хоёр боть - М: Мир, 1984.

Баранова Елена

Энэхүү ажил нь гурвалжны гайхалтай цэгүүд, тэдгээрийн шинж чанар, хэв маягийг, тухайлбал есөн цэгийн тойрог, Эйлерийн шулуун шугамыг судалдаг. Эйлерийн шулуун шугам ба есөн цэгийн тойргийг нээсэн түүхэн сурвалжийг өгөв. Миний төслийг хэрэгжүүлэх практик чиглэлийг санал болгож байна.

Татаж авах:

Урьдчилан үзэх:

Үзүүлэнг урьдчилан үзэхийг ашиглахын тулд Google бүртгэл үүсгээд түүн рүү нэвтэрнэ үү: https://accounts.google.com

Слайдын тайлбар:

"ГУРВАЛЖИНГИЙН ГАЙХАМШИГТАЙ ЦЭГҮҮД." (Математикийн хэрэглээний болон үндсэн асуултууд) Елена Баранова 8-р анги, MKOU "20-р дунд сургууль" Пос. Новоизобильный, Духанина Татьяна Васильевна, "20-р дунд сургууль" хотын боловсролын байгууллагын математикийн багш Новоизобилный тосгон 2013 он. "20-р дунд сургууль" хотын төрийн боловсролын байгууллага.

Зорилго: гурвалжны гайхалтай цэгүүдийг судалж, тэдгээрийн ангилал, шинж чанарыг судлах. Зорилго: 1. Шаардлагатай ном зохиолыг судлах 2. Гурвалжны гайхалтай цэгүүдийн ангилалыг судлах 3.. Гурвалжны гайхалтай цэгүүдийн шинж чанаруудтай танилцах 4. Гурвалжны гайхалтай цэгүүдийг барьж байгуулах чадвартай байх. 5. Гайхалтай цэгүүдийн хамрах хүрээг судал. Судалгааны объект - математикийн хэсэг - геометр Судалгааны сэдэв - гурвалжин Хамаарах зүйл: гурвалжин, түүний гайхалтай цэгүүдийн шинж чанаруудын талаархи мэдлэгээ өргөжүүлэх. Таамаглал: гурвалжин ба байгаль хоёрын холбоо

Биссектрисийн огтлолцлын цэг Гурвалжны биссектрисауудын огтлолцлын цэг нь гурвалжны талуудаас ижил зайд байна. OM=OA=OB

Өндөрүүдийн огтлолцох цэг Оройнууд нь өндрийн суурь болох гурвалжны биссектрисын огтлолцох цэг нь гурвалжны өндрийн огтлолцох цэгтэй давхцдаг.

Медиануудын огтлолцох цэг Гурвалжны медианууд нь оройноос нь тоолоход медиан бүрийг 2:1 харьцаагаар хуваадаг нэг цэг дээр огтлолцдог. Хэрэв медиануудын огтлолцлын цэгийг оройнуудтай холбосон бол гурвалжин нь тэнцүү талбайтай гурван гурвалжинд хуваагдана. Медиануудын огтлолцлын цэгийн чухал шинж чанар нь эхлэл нь медиануудын огтлолцлын цэг, төгсгөлүүд нь гурвалжны оройнууд болох векторуудын нийлбэр нь тэгтэй тэнцүү M1 N C B A m2 m3 M1 байна. Н С В А м2 м3 М1 Н С В А м2 м3 М1 Н С В А м2 м3

Торричелли цэг Тайлбар: Гурвалжны бүх өнцөг нь 120-аас бага бол Торричелли цэг бий болно.

B1, A1, C1 есөн цэгийн тойрог – өндрийн суурь; A2, B2, C2 - харгалзах талуудын дунд цэгүүд; A3, B3, C3 нь AN, VN, CH сегментүүдийн дунд цэгүүд юм.

Эйлерийн шулуун шугам Медиануудын огтлолцлын цэг, өндрүүдийн огтлолцлын цэг, есөн цэгээс бүрдсэн тойргийн төв нь нэг шулуун дээр орших бөгөөд үүнийг энэ хэв маягийг тодорхойлсон математикчийг хүндэтгэн Эйлерийн шулуун гэж нэрлэдэг.

Гайхамшигтай цэгүүдийг нээсэн түүхээс бага зэрэг 1765 онд Эйлер гурвалжны талуудын дунд цэгүүд ба өндрийн суурь нь нэг тойрог дээр байрладаг болохыг олж мэдэв. Гурвалжны гайхалтай цэгүүдийн хамгийн гайхалтай шинж чанар нь тэдгээрийн зарим нь хоорондоо тодорхой харьцаатай холбоотой байдаг. М медиануудын огтлолцлын цэг, H өндрийн огтлолцлын цэг, О тойргийн төв нь нэг шулуун дээр байх ба M цэг нь OH хэрчмийг хувааснаар OM хамаарал: OH = 1 байна. Энэ теоремыг 1765 онд Леонхард Эйлер баталжээ.

Геометр ба байгалийн хоорондын холбоо. Энэ байрлалд потенциал энерги хамгийн бага утгатай байх ба MA+MB+MC сегментүүдийн нийлбэр хамгийн бага байх ба Торричелли цэгээс эхлэлтэй эдгээр сегментүүд дээр байрлах векторуудын нийлбэр тэгтэй тэнцүү байна.

Дүгнэлт Миний мэдэх өндөр, медиан, биссектриса, перпендикуляр биссектрисын огтлолцох гайхалтай цэгүүдээс гадна гурвалжны гайхалтай цэгүүд, шулуунууд байдгийг би мэдсэн. Би энэ сэдвээр олж авсан мэдлэгээ боловсролын үйл ажиллагаандаа ашиглах, теоремуудыг тодорхой бодлогод бие даан хэрэглэх, сурсан теоремуудыг бодит нөхцөл байдалд ашиглах чадвартай болно. Математик сурахдаа гурвалжны гайхалтай цэг, шулууныг ашиглах нь үр дүнтэй гэдэгт би итгэдэг. Тэдгээрийг мэдэх нь олон асуудлын шийдлийг ихээхэн хурдасгадаг. Санал болгож буй материалыг математикийн хичээл болон 5-9-р ангийн сурагчдад зориулсан хичээлээс гадуурх үйл ажиллагаанд ашиглаж болно.

Татаж авах:

Урьдчилан үзэхийг ашиглахын тулд Google бүртгэл үүсгээд нэвтэрнэ үү:

Гурвалжинд дөрвөн гайхалтай цэг гэж нэрлэгддэг: медиануудын огтлолцлын цэг. Бисектрисын огтлолцлын цэг, өндрийн огтлолцлын цэг ба перпендикуляр биссектрисын огтлолцлын цэг. Тэдгээрийг тус бүрээр нь харцгаая.

Гурвалжны медиануудын огтлолцлын цэг

Теорем 1

Гурвалжны медиануудын огтлолцол дээр: Гурвалжны медианууд нэг цэгт огтлолцох ба оройноос эхлэн $2:1$ харьцаатай огтлолцлын цэгээр хуваагдана.

Баталгаа.

$ABC$ гурвалжинг авч үзье, үүнд $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ медианууд байна. Медианууд талуудыг хагасаар хуваадаг тул. $A_1B_1$ дунд шугамыг авч үзье (Зураг 1).

Зураг 1. Гурвалжны медианууд

Теорем 1-ээр $AB||A_1B_1$ ба $AB=2A_1B_1$, тиймээс $\өнцөг ABB_1=\өнцөг BB_1A_1,\ \өнцөг BAA_1=\ өнцөг AA_1B_1$ байна. Энэ нь гурвалжны ижил төстэй байдлын эхний шалгуурын дагуу $ABM$ ба $A_1B_1M$ гурвалжин ижил төстэй байна гэсэн үг юм. Дараа нь

Үүний нэгэн адил энэ нь батлагдсан

Теорем нь батлагдсан.

Гурвалжны биссектрисын огтлолцлын цэг

Теорем 2

Гурвалжны биссектрисын огтлолцол дээр: Гурвалжны биссектриса нь нэг цэгт огтлолцдог.

Баталгаа.

$AM,\BP,\CK$ нь түүний биссектрис болох $ABC$ гурвалжинг авч үзье. $O$ цэгийг $AM\ ба \BP$ биссектрисауудын огтлолцох цэг гэж үзье. Энэ цэгээс гурвалжны талууд руу перпендикуляр зуръя (Зураг 2).

Зураг 2. Гурвалжны биссектриса

Теорем 3

Хөгжөөгүй өнцгийн биссектрисын цэг бүр талуудаас ижил зайд байна.

Теорем 3-аар бид: $OX=OZ,\ OX=OY$ байна. Тиймээс $OY=OZ$. Энэ нь $O$ цэг нь $ACB$ өнцгийн талуудаас ижил зайд байгаа тул түүний $CK$ биссектрис дээр байрладаг гэсэн үг юм.

Теорем нь батлагдсан.

Гурвалжны перпендикуляр биссектрисын огтлолцлын цэг

Теорем 4

Гурвалжны хажуугийн перпендикуляр биссектрис нь нэг цэгт огтлолцоно.

Баталгаа.

$ABC$ гурвалжны перпендикуляр биссектрисаг $n,\ m,\ p$ өгье. $O$ цэгийг $n\ ба\ m$ хоёр талт перпендикуляруудын огтлолцлын цэг гэж үзье (Зураг 3).

Зураг 3. Гурвалжны перпендикуляр биссектрис

Үүнийг батлахын тулд бидэнд дараах теорем хэрэгтэй.

Теорем 5

Хэсэгт перпендикуляр биссектрисын цэг бүр нь сегментийн төгсгөлөөс ижил зайд байна.

Теорем 3-аар бид: $OB=OC,\ OB=OA$ байна. Тиймээс $OA=OC$. Энэ нь $O$ цэг нь $AC$ сегментийн төгсгөлүүдээс ижил зайд байгаа тул түүний $p$ перпендикуляр биссектрис дээр байрладаг гэсэн үг юм.

Теорем нь батлагдсан.

Гурвалжингийн өндрийн огтлолцлын цэг

Теорем 6

Гурвалжны өндөр эсвэл тэдгээрийн өргөтгөлүүд нэг цэг дээр огтлолцдог.

Баталгаа.

$ABC$ гурвалжинг авч үзье, $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ нь түүний өндөр. Гурвалжны орой тус бүрийг оройн эсрэг талд параллель шулуун шугамаар зурцгаая. Бид шинэ гурвалжин $A_2B_2C_2$ (Зураг 4) авна.

Зураг 4. Гурвалжингийн өндөр

$AC_2BC$ ба $B_2ABC$ нь нийтлэг талтай параллелограмм тул $AC_2=AB_2$, өөрөөр хэлбэл $A$ цэг нь $C_2B_2$ талын дунд байна. Үүний нэгэн адил бид $B$ цэг нь $C_2A_2$ талын дунд цэг, $C$ цэг нь $A_2B_2$ талын дунд цэг болохыг олж мэднэ. Бүтэцээс бидэнд $(CC)_1\bot A_2B_2,\ (BB)_1\bot A_2C_2,\ (AA)_1\bot C_2B_2$ байна. Иймд $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ нь $A_2B_2C_2$ гурвалжны перпендикуляр биссектрис юм. Дараа нь 4-р теоремийн дагуу $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ өндөр нь нэг цэгт огтлолцоно.

Эхлээд өнцгийн биссектрисын тухай теоремыг баталъя.

Теорем

Баталгаа

1) BAC өнцгийн биссектриса дээр дурын M цэгийг авч, АВ ба АС шулуунууд руу MK ба ML перпендикуляруудыг зурж, MK = ML гэдгийг батална (Зураг 224). AM K ба AML тэгш өнцөгт гурвалжнуудыг авч үзье. Тэд гипотенуз ба хурц өнцгийн хувьд тэнцүү байна (AM нь нийтлэг гипотенуз, ∠1 = ∠2 дүрэм). Тиймээс MK = ML.

2) M цэг BAC өнцгийн дотор байх ба түүний AB ба АС талуудаас ижил зайд байг. AM туяа нь BAC өнцгийн биссектриса гэдгийг баталъя (224-р зургийг үз). AB ба AC шулуун шугамуудад MK ба ML перпендикуляруудыг татъя. Зөв гурвалжин AMK ба AML нь гипотенуз ба хөлөөрөө тэнцүү байна (AM нь нийтлэг гипотенуз, MK = ML дүрэм). Тиймээс ∠1 = ∠2. Гэхдээ энэ нь AM туяа нь BAC өнцгийн биссектриса гэсэн үг юм. Теорем нь батлагдсан.

Цагаан будаа. 224

Дүгнэлт 1

Дүгнэлт 2

Үнэн хэрэгтээ ABC гурвалжны AA 1 ба BB 1 биссектриссуудын огтлолцлын цэгийг О үсгээр тэмдэглээд, энэ цэгээс AB, BC, CA шулуунууд руу OK, OL, OM перпендикуляруудыг тус тус татъя. (Зураг 225). Батлагдсан теоремын дагуу OK = OM, OK = OL. Тиймээс OM = OL, өөрөөр хэлбэл О цэг нь ACB өнцгийн талуудаас ижил зайд байх тул энэ өнцгийн CC 1 биссектрист байрладаг. Иймээс ABC гурвалжны гурван биссектриса нь О цэг дээр огтлолцдог бөгөөд үүнийг батлах шаардлагатай.

Цагаан будаа. 225

Хэсэгт перпендикуляр биссектрисын шинж чанарууд

Хэсэгт перпендикуляр биссектриса нь өгөгдсөн сегментийн дундуур дайран өнгөрөх ба түүнд перпендикуляр шугам юм.

Цагаан будаа. 226

Хэсэгт перпендикуляр биссектрисын тухай теоремыг баталцгаая.

Теорем

Баталгаа

Шулуун шугам m нь AB сегментийн перпендикуляр биссектриса, О цэг нь энэ сегментийн дунд цэг (Зураг 227, a).

Цагаан будаа. 227

1) m шулуун дээрх дурын M цэгийг авч үзээд AM = BM гэдгийг батал. Хэрэв М цэг нь О цэгтэй давхцаж байвал О нь AB сегментийн дунд цэг тул энэ тэгшитгэл үнэн болно. M ба O хоёр өөр цэг байг. OAM ба OBM тэгш өнцөгт гурвалжин нь хоёр хөл дээр тэнцүү байна (OA = OB, OM нь нийтлэг хөл), тиймээс AM = VM.

2) AB хэрчмийн төгсгөлөөс ижил зайд орших дурын N цэгийг авч үзээд N цэг m шулуун дээр байгааг батал. Хэрэв N нь AB шулуун дээрх цэг бол энэ нь AB сегментийн О дунд цэгтэй давхцах тул m шулуун дээр байрладаг. Хэрэв N цэг AB шулуун дээр оршдоггүй бол AN = BN тул ANB гурвалжин нь ижил өнцөгт байна (Зураг 227, b). NO сегмент нь энэ гурвалжны медиан тул өндөр юм. Тиймээс NO ⊥ AB, тиймээс ON ба m шугамууд давхцаж байна, өөрөөр хэлбэл N нь m шулууны цэг юм. Теорем нь батлагдсан.

Дүгнэлт 1

Дүгнэлт 2

Энэ мэдэгдлийг батлахын тулд ABC гурвалжны AB ба ВС талуудын m ба n хоёр секторын перпендикуляруудыг авч үзье (Зураг 228). Эдгээр шулуунууд нь ямар нэгэн O цэгт огтлолцдог. Үнэхээр бид эсрэгээр нь, өөрөөр хэлбэл m || n, тэгвэл m шулуунд перпендикуляр байх BA шулуун мөн n шулуунтай параллель байх ба дараа нь BA ба BC хоёр шулуун n шулуунтай перпендикуляр В цэгийг дайран өнгөрөх бөгөөд энэ нь боломжгүй юм.

Цагаан будаа. 228

Батлагдсан теоремын дагуу OB = OA ба OB = OS. Тиймээс OA = OC, өөрөөр хэлбэл O цэг нь АС сегментийн төгсгөлүүдээс ижил зайд байрладаг тул энэ сегментийн перпендикуляр p дээр байрладаг. Үүний үр дүнд ABC гурвалжны талуудын m, n, p гурван биссектриса нь О цэг дээр огтлолцоно.

Гурвалжингийн өндрийн огтлолцлын теорем

Гурвалжны биссектриса нь нэг цэгт огтлолцдог, гурвалжны хажуугийн перпендикуляр биссектрис нь нэг цэгт огтлолцдог гэдгийг бид нотолсон. Гурвалжны медианууд нэг цэг дээр огтлолцдог нь өмнө нь батлагдсан (64-р хэсэг). Гурвалжны өндөр нь ижил төстэй шинж чанартай байдаг.

Теорем

Баталгаа

Дурын ABC гурвалжинг авч үзээд түүний өндрийг агуулсан AA 1 BB 1 ба CC 1 шулуунууд нэг цэгт огтлолцдогийг баталъя (Зураг 229).

Цагаан будаа. 229

ABC гурвалжны орой бүрийг эсрэг талтай параллель шулуун шугам татъя. Бид A 2 B 2 C 2 гурвалжинг авна. A, B, C цэгүүд нь энэ гурвалжны талуудын дунд цэгүүд юм. Үнэн хэрэгтээ, AB = A 2 C ба AB = CB 2 нь ABA 2 C ба ABCB 2 параллелограммын эсрэг талуудтай тул A 2 C = CB 2 болно. Үүний нэгэн адил C 2 A = AB 2 ба C 2 B = BA 2 байна. Үүнээс гадна барилга байгууламжаас дараах байдлаар CC 1 ⊥ A 2 B 2, AA 1 ⊥ B 2 C 2 ба BB 1 ⊥ A 2 C 2 байна. Тиймээс AA 1, BB 1 ба CC 1 шулуунууд нь A 2 B 2 C 2 гурвалжны талуудын перпендикуляр биссектрис юм. Үүний үр дүнд тэд нэг цэг дээр огтлолцдог. Теорем нь батлагдсан.

Тиймээс гурвалжин тус бүртэй дөрвөн цэг холбогдсон байна: медиануудын огтлолцлын цэг, биссектрисын огтлолцлын цэг, перпендикуляр биссектрисын огтлолцлын цэг, өндрийн огтлолцлын цэг (эсвэл тэдгээрийн өргөтгөл). Эдгээр дөрвөн цэгийг нэрлэдэг гурвалжны гайхалтай цэгүүд.

Даалгаврууд

674. Хөгжөөгүй О өнцгийн биссектрисын М цэгээс энэ өнцгийн талууд руу MA ба MB перпендикуляр татагдана. AB ⊥ OM гэдгийг батал.

675. О өнцгийн талууд нь А цэгт нийтлэг шүргэгчтэй хоёр тойрог тус бүрд хүрнэ.Эдгээр тойргийн төвүүд О А шулуун дээр оршдогийг батал.

676. А өнцгийн талууд нь r радиустай О төвтэй тойрогт хүрнэ. Олно: a) OA, хэрэв r = 5 см, ∠A = 60°; b) d, хэрэв OA = 14 дм, ∠A = 90 °.

677. ABC гурвалжны В ба С оройнуудын гадаад өнцгийн биссектриса О цэгт огтлолцоно.О цэг нь AB, BC, AC шулуунуудтай шүргэгч тойргийн төв гэдгийг батал.

678. ABC гурвалжны AA 1 ба BB 1 биссектриса М цэгт огтлолцоно. ACM ба ВСМ өнцгийг ол: a) ∠AMB = 136°; б) ∠AMB = 111°.

679. ABC гурвалжны ВС талтай перпендикуляр биссектриса АС талыг D цэгээр огтолно.Олох: a) AD ба CD, хэрэв BD = 5 см бол Ac = 8.5 см; b) АС, хэрэв BD = 11.4 см, AD = 3.2 см.

680. АВС гурвалжны АВ ба АС талуудын перпендикуляр биссектрисууд ВС талын D цэгт огтлолцоно. Үүнд: a) D цэг нь ВС талын дунд цэг; б) ∠A - ∠B + ∠C.

681. ABC гурвалжны AB талтай перпендикуляр биссектриса В цэгийг Е цэгээр огтолно.АЕС гурвалжны периметр 27см, АВ=18см бол АС суурийг ол.

682. ABC ба ABD хоёр тэгш өнцөгт гурвалжнууд нийтлэг AB суурьтай. CD шугам нь AB сегментийн дундуур өнгөрч байгааг батал.

683. ABC гурвалжинд AB ба АС талууд тэнцүү биш бол гурвалжны AM медиан нь өндөр биш гэдгийг батал.

684. ABC тэгш өнцөгт гурвалжны AB суурийн өнцгүүдийн биссектрисууд М цэгт огтлолцоно.CM шулуун АВ шулуунтай перпендикуляр болохыг батал.

685. Хажуу талууд руу татсан ABC ижил өнцөгт гурвалжны AA 1 ба BB 1 өндрүүд М цэгт огтлолцоно.МС шулуун шугам нь АВ хэрчимтэй перпендикуляр биссектриса болохыг батал.

686. Энэ хэрчимд перпендикуляр биссектриса байгуул.

Шийдэл

Өгөгдсөн сегментийг AB гэж үзье. АВ радиустай А ба В цэгт төвүүдтэй хоёр тойрог байгуулъя (Зураг 230). Эдгээр тойрог нь M 1 ба M 2 гэсэн хоёр цэг дээр огтлолцдог. AM 1, AM 2, VM 1, VM 2 сегментүүд нь эдгээр тойргийн радиустай тэнцүү байна.

Цагаан будаа. 230

M 1 M 2 шулуун шугамыг зуръя. Энэ нь AB сегментийн хүссэн перпендикуляр биссектрис юм. Үнэн хэрэгтээ M 1 ба M 2 цэгүүд нь AB сегментийн төгсгөлүүдээс ижил зайд байрладаг тул энэ сегментийн перпендикуляр биссектрист байрладаг. Энэ нь M 1 M 2 шулуун шугам нь AB сегментийн перпендикуляр биссектрис гэсэн үг юм.

687. А шулуун ба энэ шулууны нэг талд байрлах А ба В хоёр цэг өгөгдсөн. Шулуун а дээр А цэгээс В цэг хүртэл ижил зайд M цэгийг байгуулна.

688. Өнцөг ба хэрчмийг өгөв. Өгөгдсөн өнцгийн дотор байрлах, хажуу талаас нь ижил зайтай, өгөгдсөн сегментийн төгсгөлөөс ижил зайтай цэгийг байгуул.