Гайхалтай гурвалжин нь сонирхолтой баримтуудыг харуулж байна. Судалгааны ажил “Гурвалжны гайхалтай цэгүүд

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 шулуунууд руу 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 байрладаг 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 ABD = нөхцөлөөр DBC; энэ нь E = БҮХ гэсэн үг, тиймээс тэнцүү өнцгүүдийн эсрэг байрлах BE ба ВС талууд 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 шулууныг зурж, энэ AD шулууны огтлолцох цэгийг Е гэж 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 байна. 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 ?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 Биссектрисын 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 - энэ гурвалжин, O - биссектрисийн огтлолцлын цэг, M, L ба K - гурвалжны талуудтай тойргийн шүргэлтийн цэгүүд (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 шулууны дурын М 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 = VM.

) 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.

AB 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.

Цочмог өнцөгт гурвалжны хувьд энэ цэг нь дотор талд, мохоо өнцөгт 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 хуваадаг 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 огтлолцож байгааг нотол. 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 байдлыг харгалзан үздэг.

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 ?| тэгээд гурвалжинд ?B1AC1 ба ?Тэгш өнцөг үүсгэсэн ABC талууд нь пропорциональ байна. Мөн энэ нь тийм гэсэн үг юм ?B1AC1~ ?Ижил төстэй байдлын коэффициент k2 = |cos-тэй 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. AA1, BB1, CC1 нь ABC хурц гурвалжны өндрийг CAB = гэж үзье. ?(Зураг 2.8). Жишээлбэл, AA1 өндөр нь C1A1B1 өнцгийн биссектриса гэдгийг баталцгаая. 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 шинж чанараас 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, С ?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 ?BOC, 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 дээр тойргийг огтлолцох хүртэл BD биссектрисаа сунгана. АС сегментийн перпендикуляр дунд цэг нь медиантай нийтлэг M цэгтэй K цэгийг (2.1-р зүйлийн 1-р өмч) дайран өнгөрнө BH ба MK хэрчмүүд параллель байх ба B ба K цэгүүд нь АС шугамын эсрэг талд оршдог, дараа нь BK ба AC хэрчмүүдийн огтлолцох цэг нь HM сегментэд хамаарах бөгөөд энэ нь шаардлагатай байгааг нотолж 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 mc медианыг тооцоол (Зураг 2.16).

Шийдэл. ACBP параллелограмм дээр ?ABC-ийг босгож медианыг хоёр дахин нэмэгдүүлье, мөн энэ параллелограмм дээр теорем 8-ыг хэрэгжүүлье: 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 ТФ перпендикуляр биссектриса?MNL, F нь энэ перпендикулярын HO шулуунтай огтлолцох цэг гэж үзье. 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.

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. Дараа нь

Үүний нэгэн адил энэ нь батлагдсан

Теорем нь батлагдсан.

Гурвалжингийн 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 перпендикуляр $p$ 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.

Лискинскийн дүүрэг, хотын боловсролын байгууллага, Аношкинскийн дунд сургууль.

Математикийн багш Сморчкова Е.Б.

Төслийн зорилго: "Гурвалжны гайхалтай цэгүүд" сэдвийг илүү нарийвчлан судлахын тулд геометрийн янз бүрийн ном зохиол, лавлах материалыг ашиглаж сурах, сэдвийн талаар илүү бүрэн ойлголт өгөх, илтгэл болон хичээл дээр үзүүлэх зорилгоор энэ сэдвээр илтгэл бэлтгэх.

Геометр гэж эхэлдэггурвалжин. Аль хэдийн хоёр хагас болж байнашинэ мянганы үед гурвалжин нь геометрийн бэлгэдэл юм; гэхдээ энэ нь зөвхөн тэмдэг биш, гурвалжин бол геометрийн атом юм.Өнөөдөр ч гэсэн сургуулийн геометр нь сонирхолтой болж байнаутга учиртай, геометр нь эхнээсээ л зөв болдоггурвалжингийн дүр төрх. Өмнөх ойлголтууд - цэг, шулуунаа, өнцөг - тодорхойгүй хийсвэр зүйл мэт санагдаж байна, гэхдээ дээрТеоремууд болон тэдгээртэй холбоотой асуудлуудыг шинжлэх нь зүгээр л уйтгартай байдаг.

Хөгжлийнхөө эхний алхмуудаас эхлээд хүн, ялангуяа орчин үеийн хүн бүх төрлийн геометрийн объектууд - дүрс, биетэй тулгардаг. Бага наснаасаа биш юмаа гэхэд геометрийн хичээлд дуртай хүн бүр бие даасан геометрийн нээлт хийх тохиолдол байдаг. Ийнхүү бяцхан Блэйз Паскаль "зоос" - тойрог, "хоолой малгай" - гурвалжин, "ширээ" - тэгш өнцөгт, "саваа" - сегментүүдийг багтаасан "геометрийн тоглоом" зохион бүтээжээ. Математикийн талаар нарийн мэдлэгтэй аав нь бяцхан Блезийн биеийн байдал сайнгүй байсан тул хүүдээ зааж байсан хичээлийнхээ тооноос эхлээд математикийг шийдэмгий хасдаг байв. Гэсэн хэдий ч хүүгийнхээ хүсэл тэмүүллийг олж мэдээд тэрээр түүнд нууцлаг геометрийн талаар ямар нэгэн зүйл хэлсэн бөгөөд гурвалжны өнцөг нь хоёр тэгш өнцөгтэй болохыг олж мэдэх тэр мөчид Блезийг барьж аваад сэтгэл нь хөдөлсөн аав нь 12 настай хүүхдэдээ өгчээ. хүү гэрийн номын санд хадгалагдаж буй математикийн номнуудыг үзэх боломжтой.

Гурвалжин нь шавхагдашгүй юм - түүний шинэ шинж чанарууд байнга нээгддэг. Түүний бүх мэдэгдэж буй шинж чанаруудын талаар ярихын тулд танд Их нэвтэрхий толь бичгийн эзлэхүүнтэй харьцуулах хэмжээний эзлэхүүн хэрэгтэй. Тэдгээрийн заримынх нь тухай, эс тэгвээс заримынх нь тухай гайхалтай оноо,гурвалжинтай холбоотой, бид танд хэлэхийг хүсч байна.

Эхлээд "гурвалжингийн гайхалтай цэгүүд" гэсэн хэллэгийн утгыг тайлбарлая. Гурвалжны дотоод өнцгийн биссектрис нь нэг цэг дээр огтлолцдогийг бид бүгд мэднэ - энэ гурвалжинд бичээстэй тойргийн төв. Үүний нэгэн адил гурвалжны медианууд, өндрүүд ба түүний талуудын перпендикулярууд нэг цэгт огтлолцоно.

Жагсаалтад орсон гурвалсан шугамын огтлолцлын үр дүнд үүссэн цэгүүд нь мэдээжийн хэрэг гайхалтай юм (эцэст нь гурван шугам нь дүрмээр бол гурван өөр цэгээр огтлолцдог). Бусад төрлийн гайхалтай цэгүүд байж болно, жишээлбэл, гурвалжны бүх цэгүүдэд тодорхойлсон зарим функц экстремумд хүрэх цэгүүд. Нөгөөтэйгүүр, “гурвалжны гайхалтай цэгүүд” гэсэн ойлголтыг албан ёсны математикийн талаас илүүтэй утга зохиол-сэтгэл хөдлөлийн түвшинд тайлбарлах хэрэгтэй. Бүх натурал тоо нь "сонирхолтой" гэдгийг "баталдаг" нэгэн софизм байдаг. ("Сонирхолгүй" тоонууд байгаа гэж үзвэл хамгийн бага тоог нь авч үзье. Энэ тоо эргэлзээгүй "сонирхолтой": "сонирхолгүй" тоонуудын дундаас хамгийн бага нь учраас л сонирхолтой юм.) Үүнтэй төстэй үндэслэл, "баталгаа" гурвалжны бүх цэгүүд "гайхалтай" гэдгийг манай тохиолдолд барьж болно. Зарим жишээг авч үзье.

ТОГЛОГЧ ТӨВ

Гурвалжны оройн цэгүүдээс ижил зайд цэг байгааг баталцгаая, өөрөөр хэлбэл тойрог өнгөрч байнагурвалжны гурван оройгоор дамжин.Цэгүүдээс ижил зайд байрлах цэгүүдийн байршил АТэгээд IN,сегментэд перпендикуляр байна AB,түүний дундуур дамжин өнгөрөх (сегментийн перпендикуляр биссектрис AB).Гол санааг анхаарч үзээрэй ТУХАЙ,хэрчмүүдийн перпендикуляруудын биссектрис огтлолцох үед ABТэгээд Нар.Цэг ТУХАЙА ба В цэгүүдээс, түүнчлэн цэгүүдээс ижил зайд INТэгээд ХАМТ.Тиймээс энэ нь цэгүүдээс ижил зайд байрладаг АТэгээд ХАМТ,өөрөөр хэлбэл энэ нь сегментийн перпендикуляр биссектрист дээр байрладаг АС(Зураг 50).

Төв ТУХАЙЗөвхөн гурвалжин хурц байвал тойрог нь гурвалжин дотор байрладаг. Хэрэв гурвалжин тэгш өнцөгт байвал цэг ТУХАЙгипотенузын дунд үетэй давхцаж,

мөн орой дээрх өнцөг байвал ХАМТмохоо дараа нь шулуун AB O ба C цэгүүдийг тусгаарлана.

Хэрэв Δ-д байгаа бол ABCоройн өнцөг ХАМТхурц дараа нь тал ABО цэгээс 2-той тэнцүү өнцгөөр харагдана <. AOB бичсэнээс хоёр дахин их < ACB , ижил нуман дээр тулгуурладаг. Хэрэв <. C тэнэг дараа нь тал ABцэгээс харагдана ТУХАЙ 360° - 2-той тэнцүү өнцөгт<С. Воспользовавшись этим, легко доказать теорему синусов: AB =2 Рсин ХАМТ,Хаана Р- хязгаарлагдсан тойргийн радиус Δ ABC.Үнэндээ болъё ХАМТ 1 - хажуугийн дунд AB.Дараа нь АС 1 = AOнүгэл <. AOC 1 = Р нүгэл C, тиймээс AB =2 А.С. 1 =2 Р нүгэл C. Синусын теоремыг өөр аргаар томъёолж болно: “Гурвалжны эхний талд перпендикуляр хүрээлэгдсэн тойргийн диаметрийн хоёр дахь талыг агуулсан шулуун шугам дээрх проекц нь гурав дахь талтай тэнцүү”. Энэхүү төвөгтэй мэдэгдэл нь үнэндээ синусын теорем юм.

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

A 1, B 1 ба C 1 нь талуудын дунд цэгүүд байг VS, S AТэгээд AB.Тойрог Δ AB 1 C 1 орчим тойрсон болохыг баталж болно , Δ А 1 МЭӨ 1 болон Δ А 1 Б 1 C , нэг цэг дээр огтлолцох ба энэ цэг нь Δ тойргийн төв юм ABC(Зураг 51). Тэгэхээр бидэнд огт өөр юм шиг харагдах хоёр цэг байна: биссектрисын перпендикуляруудын огтлолцлын цэг Δ ABCба хүрээлэгдсэн тойргийн огтлолцлын цэг Δ AB 1 ХАМТ 1 , Δ AiBCi болон Δ AiBiC . Гэхдээ ямар нэг шалтгаанаар эдгээр хоёр цэг давхцаж байгаа нь харагдаж байна!

Гэсэн хэдий ч амласан нотлох баримтаа хэрэгжүүлье. Тойргийн О төв Δ гэдгийг батлахад хангалттай ABCΔ орчим хүрээлэгдсэн тойрог дээр байрладаг AB 1 ХАМТ 1 , Δ А iBCi болон Δ А 1 Б 1 C . Өнцөг ОБ 1 АТэгээд OS 1 Ашулуун шугамууд, тиймээс цэгүүд IN 1 Тэгээд ХАМТ 1 диаметртэй тойрог дээр хэвтэнэ ОА,Энэ нь О цэг нь Δ орчим хүрээлэгдсэн тойрог дээр байрладаг гэсэн үг юм AB 1 C 1 . Δ-ийн хувьд AiBCi болон Δ А 1 IN 1 ХАМТнотлох баримт нь адилхан.

Батлагдсан мэдэгдэл нь маш сонирхолтой теоремын онцгой тохиолдол юм: хажуу талд байгаа болAB, BCТэгээдSAгурвалжинABCдур зоргоороо оноо авсанХАМТ 1 , А 1 ТэгээдIN 1 , дараа нь тайлбарлавтойрог ΔAB 1 ХАМТ 1 , ΔА 1 Нар 1 болон ΔА 1 IN 1 ХАМТ нэгээр нь огтолноцэг.

Хязгаарлагдмал тойргийн төвийн талаар сүүлийн нэг зүйлийг хэлье. Шууд А 1 IN 1 Тэгээд ABзэрэгцээ байдаг тул OS 1 перпендикуляр А 1 IN 1 Үүний нэгэн адил ОБ 1 перпендикуляр А 1 C 1 Тэгээд О.А 1 перпендикуляр IN 1 ХАМТ 1 , өөрөөр хэлбэл ТУХАЙ- гурвалжны өндрийн огтлолцлын цэг А 1 Б 1 ХАМТ 1 ... Хүлээгээрэй, хүлээ! Гурвалжны өндөр нь нэг цэгт огтлолцдог гэдгийг бид хараахан баталж чадаагүй байна. Үүнийг батлах арга байхгүй гэж үү? Бид энэ ярианд дараа нь эргэн орох болно.

ИНДИКТИЙН ТОЙРОГНЫ ТӨВ

Өнцгийн биссектриса Δ гэдгийг баталъя ABCнэг цэг дээр огтлолцоно. Өнцгийн биссектрисийн огтлолцлын О цэгийг авч үзье А ба Б.Аливаа өнцгийн биссектрисын цэгүүд А шулуун шугамаас ижил зайд ABТэгээд АС,ба өнцгийн биссектрисын дурын цэг Б шулуун шугамаас ижил зайд ABТэгээд нар,тиймээс О цэг нь шулуунуудаас ижил зайд байна АСТэгээд нар,өөрөөр хэлбэл энэ нь С өнцгийн биссектриса дээр байрладаг. О цэг нь шулуун шугамаас ижил зайд байна AB, BCТэгээд SA,Энэ нь төвтэй тойрог байна гэсэн үг юм ТУХАЙ,Эдгээр шугамд шүргэгч байх ба шүргэлтийн цэгүүд нь тэдгээрийн өргөтгөл дээр биш харин хажуу талдаа байрладаг. Үнэн хэрэгтээ, орой дээрх өнцөгүүд А ба БΔ AOBхурц, тиймээс О цэгийн проекц нь шулуун дээр ABсегмент дотор байрладаг AB.Үдэшлэгт зориулсан НарТэгээд SAнотлох баримт нь адилхан.

Болъё А 1 , IN 1 Тэгээд ХАМТ 1 - гурвалжингийн бичээстэй тойргийн талуудтай холбогдох цэгүүд VS, SAТэгээд AB(Зураг 52). Дараа нь AB 1 =AC 1 , МЭӨ 1 = Б.А. 1 Тэгээд SA 1 = SV 1 . Үүнээс гадна өнцөг Б 1 А 1 C 1 Δ тэгш өнцөгтийн суурийн өнцөгтэй тэнцүү AB 1 ХАМТ 1 (шүргээ ба хөвчний хоорондох өнцгийн теоремоор) гэх мэт өнцгийн хувьд Б 1 C 1 А 1 болон өнцөг А 1 Б 1 C 1 нотлох баримт нь адилхан.

Аливаа тэгш өнцөгт гурвалжны суурь дахь өнцөг нь хурц тул Δ A 1 B 1 C 1 нь аливаа Δ ABC-ийн хувьд хурц байна.

Хэрэв x = AB 1 , y = МЭӨ 1 Тэгээд z = C.A. 1 , Тэр x+y = c,y + z = а Тэгээд z + x = б , Хаана А,б Тэгээд -тай- хажуугийн урт Δ ABC.Эхний хоёр тэгшитгэлийг нэмээд гурав дахь тэнцүүг нь хасвал бид олж авна у= (a+c-c)/2. Үүний нэгэн адил x=(b+c-a)/2Тэгээд z =(a+b-c)/2.Дөрвөн өнцөгтийн хувьд ийм үндэслэл нь хүссэн үр дүнд хүргэхгүй гэдгийг тэмдэглэх нь зүйтэй, учир нь холбогдох тэгшитгэлийн систем нь

эсвэл огт шийдэлгүй, эсвэл хязгааргүй олон байдаг. Үнэндээ бол x+y=a,y + z = б , z + т = в Тэгээд т + x = г , Тэр у=а-X,z = б -y = б - a+xТэгээд т = в - б + а -X,мөн тэгш байдлаас т + x = г үүнийг дагадаг а + в = б + г . Тиймээс хэрэв a+c нь b+-тэй тэнцүү биш г , системд ямар ч шийдэл байхгүй, хэрэв а + в = б + г , Тэр Xдур мэдэн сонгож болно, мөн у,z , т дамжуулан илэрхийлдэг X.

Гурвалжны тэгшитгэлийн системийн шийдлийн өвөрмөц байдал руу дахин орцгооё. Үүнийг ашигласнаар бид дараах мэдэгдлийг баталж чадна: A, B, C төвүүдтэй тойргууд нь A 1 цэгүүдэд гаднаас хүрнэ. IN 1 Тэгээд ХАМТ 1 (Зураг 53). Дараа нь тойрог Δ А 1 Б 1 C 1 Δ-д бичсэн ABC.Үнэндээ бол x, yТэгээд z - тойргийн радиус; а , б Тэгээд -тай- хажуугийн урт Δ ABC,Тэр x+y = c,y + z = а , y + x = б .

Төвийн гурван шинж чанарыг баталъя ТУХАЙΔ бичээстэй тойрог ABC .

1. Өнцгийн биссектрисын үргэлжлэл бол ХАМТΔ тойргийг огтолж байна ABCцэг дээр М,Тэр MA=MV=MO(Зураг 54).

Жишээлбэл, Δ-д үүнийг баталъя AMOҮнэн хэрэгтээ А ба О орой дээрх өнцөгүүд тэнцүү байна.<ОАМ = < OAB + < БАМ Тэгээд < AOM =< O.A.C. +<А CO , < OAB=<ОАС Тэгээд< ЧИ=ТА<ВСМ = < ACO . Тиймээс, AM=MO.Үүний нэгэн адил VM=MO.

2. Хэрэв AB- тэгш өнцөгтийн суурь Δ ABC,дараа нь талуудтай шүргэгч тойрог<ACB цэгүүдэд А ба Б,О цэгээр дамжин өнгөрдөг (Зураг 55).

O" нь нумын дунд цэг (жижиг) байг ABасуудалтай байгаа тойрог. Шүргэгч ба хөвчний хоорондох өнцгийн шинж чанараар<CAO "= <О"ВА= <О"АВ, өөрөөр хэлбэл O цэг нь биссектрис дээр байрладаг < А . Үүнтэй адилаар энэ нь биссектрис дээр байрладаг болохыг харуулж болно < Б , өөрөөр хэлбэл O" = О.

3. О цэгийг дайран өнгөрөх шулуун хажуу талтай параллель байвал AB,талуудыг гаталж байна НарТэгээд SAцэгүүдэд А 1 Тэгээд IN 1 , Тэр А 1 Б 1 = А 1 Б + AB 1 .

Δ гэдгийг баталцгаая AB 1 О тэгш өнцөгт. Үнэндээ, < Б 1 О.А. = < OAB = < Б 1 А.О. (Зураг 56). Тийм ч учраас AB 1 = Б 1 0. Үүний нэгэн адил А 1 Б = А 1 О , гэсэн үг А 1 Б 1 = А 1 O+О.Б. 1 = А 1 Б + AB 1 .

Оруулна уу Δ ABCоройн өнцөг A, B, Cα, β, γ-тэй тэнцүү байна . Хажуугийн аль өнцгийг тооцоод үзье ABО цэгээс харагдахуйц өнцөгөөс хойш Δ ХК Б A ба B оройнууд дээр α/2 ба β/2 тэнцүү байна

< AOB = 180°- (α+β)/2=180°- (180°- γ)/2=90° +γ/2. Энэ

Томъёо нь олон асуудлыг шийдвэрлэхэд тустай байж болно.

Жишээ нь, ямар тохиолдолд талууд нь дөрвөн өнцөгт үүссэнийг олж мэдье АСТэгээд Нарболон биссектриса АА 1 Тэгээд Б.Б 1 , гэж бичсэн байна. Дөрвөн өнцөгт О.А. 1 C.B. 1 зөвхөн хэрэв л бол бичнэ < А 1 C.B. 1 +

γ+(90° +γ/2) =180°, γ = 60° гэсэн үг. Энэ тохиолдолд хөвчүүд О.А. 1

Тэгээд ОБ 1 дөрвөлжингийн тойрог О.А 1 NE 1 ижил өнцөгтэй тул тэнцүү байна OCA 1 Тэгээд ДАВС 1 .

Δ бичээстэй тойрог ABCдотоод цэгүүдэд түүний хажуу талуудад хүрдэг. Гурван шугаманд хүрдэг ямар дугуйнууд байгааг олж мэдье AB, BCТэгээд SA.Хоёр огтлолцсон шулуунтай шүргэгч тойргийн төв нь анхны шугамын хоорондох өнцгийг хуваах хоёр шулууны аль нэгэнд байрладаг. Тиймээс тойргийн төвүүд шулуун шугамд шүргэнэ AB, BCТэгээд С А,гурвалжны гадаад ба дотоод өнцгийн биссектрист (эсвэл тэдгээрийн өргөтгөл) дээр хэвтэнэ. Гадаад өнцгийн дурын хоёр биссектрисын огтлолцох цэгээр дотоод өнцгийн биссектрис өнгөрдөг. Энэ мэдэгдлийн нотолгоо нь дотоод өнцгийн биссектрисийн харгалзах мэдэгдлийн нотолгоог үгчлэн давтаж байна. Үүний үр дүнд бид O төвтэй 4 тойрог авна. ТУХАЙ А , ӨөТэгээд ТУХАЙ -тай (Зураг 57). Төвтэй тойрог ТУХАЙ А талд хүрдэг НарТэгээд

талуудын үргэлжлэл ABТэгээд АС;энэ тойрог гэж нэрлэдэг бичигдээгүй тойрог Δ ABC.Гурвалжны тойргийн радиусыг ихэвчлэн r, тойргийн радиусыг r гэж тэмдэглэдэг. А , Г бболон g -тай . Бичсэн тойрог ба тойргийн радиусуудын хооронд дараахь хамаарал үүснэ.

Г / g s =(р-с)/р баГ Г -тай =(p - a) (p - b),Хаана r- хагас периметр Δ ABC.Үүнийг баталъя. K ба L нь бичээсийн шүргэлтийн цэгүүд байх ба шугамыг тойруул Нар(Зураг 58). Зөв гурвалжингууд ШҮҮСТэгээд CO в Л ижил төстэй тул

Г / g s =OK/O -тай Л = CK / C.L. .. SC = (a+b-c)/2=p-c гэдэг нь өмнө нь батлагдсан.

Үүнийг шалгах л үлдлээ C.L. = х .

Болъё МТэгээд Р- шулуун шугам бүхий тойргийн шүргэлтийн цэгүүд ABТэгээд АС.Дараа нь

CL= (CL+CP)/ 2 = (CB+BL+CA+AP)/2 = (CB+BM + CA+AM)/2 = r

Харилцааг нотлохын тулд rr в =(х - а )(х - б ) тэгш өнцөгт гурвалжныг авч үзье L.O. C Б Тэгээд КВО,ижил төстэй учир

<ОБК +< О C Б.Л. =(<СВА + <АВ Л )/2=90°.

гэсэн үг, L O s /ВL =BK /KO, i.e. rr в = К.О. · L.O. в = Б.К. · Б.Л. . Үүнийг тэмдэглэх нь зүйтэй VK=(а + в - б )/2= х - б Тэгээд Б.Л. = C.L. - C.B. = х - а .

Өөр нэг сонирхолтой өмчийг тэмдэглэе (энэ замд аль хэдийн батлагдсан). Бичсэн ба тойргийг хажуу тийш нь хүргээрэй ABцэгүүдэд НТэгээд М(Зураг 58). Дараа нь А.М. = Б.Н . Үнэндээ, Б.Н = х - б Тэгээд AM=AR=SR-AS=p - c.

Харьцаа rr в =(х - A)(х-В ) Тэгээд r p=r -тай (х-в) Хэроны томъёог гаргаж авахад ашиглаж болно С 2 = х (х - а )(х - б )(х - в ), Хаана С - гурвалжны талбай. Эдгээр харьцааг үржүүлснээр бид олж авна r 2 х =(х - а )(х - б )(х - в ). Үүнийг шалгах л үлдлээ С = pr . Үүнийг Δ огтлох замаар хялбархан хийж болно ABCдээр ΔAOB, ΔBOSТэгээд ΔSOA.

МЕДИАН УУЛЗАЛТЫН ЦЭГ

Гурвалжны медианууд нэг цэгт огтлолцдог гэдгийг баталъя. Үүний тулд цэгийг анхаарч үзээрэй М,медианууд огтлолцох газар АА 1 Тэгээд Б.Б 1 . Δ-д хийцгээе BB1Sдунд шугам А 1 А 2 , зэрэгцээ Б.Б 1 (Зураг 59). Дараа нь А 1 М : А.М. = Б 1 А 2 : AB 1 = Б 1 А 2 : Б 1 C = Б.А. 1 :VS=1:2,өөрөөр хэлбэл медиануудын 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 гурвалжин нь ижил талбайтай гурван гурвалжинд хуваагдана. Үнэхээр үүнийг батлахад хангалттай Р- медианы аль ч цэг АА 1 В ABC,дараа нь талбай ΔAVRТэгээд ΔACPтэнцүү байна. Эцсийн эцэст медианууд АА 1 Тэгээд РА 1 Δ-д ABCболон Δ RVSтэдгээрийг ижил талбайтай гурвалжин болгон хайчилж ав.

Эсрэг заалт нь бас үнэн юм: if for some point R,дотор хэвтэж байна Δ ABC,талбай Δ AVR, Δ HRVТэгээд ΔSARтэнцүү байна, тэгвэл Р- медиануудын огтлолцох цэг. Ер нь талбайн тэгш байдлаас ΔAVRТэгээд ΔHRVҮүнээс үзэхэд А ба С цэгээс шулуун шугам хүртэлх зай VRтэнцүү байна гэсэн үг VRсегментийн дундуур дамждаг АС.Учир нь ARТэгээд SRнотлох баримт нь адилхан.

Гурвалжны медианууд хуваагдах гурвалжны талбайн тэгш байдал нь медианаас бүрдэх гурвалжны талбайн s-ийн харьцааг дараах байдлаар олох боломжийг олгодог. ΔABC,Δ-ийн S талбай руу ABC.Болъё М- медиануудын огтлолцох цэг Δ ABC;цэг А"тэгш хэмтэй Ацэгтэй харьцуулахад М(Зураг 60)

Нэг талаас, газар нутаг ΔA"MS S/3-тай тэнцүү. Нөгөө талаас, энэ гурвалжин нь хэрчмүүдээс бүрдэх бөгөөд тус бүрийн урт нь харгалзах медианы уртын 2/3-тай тэнцүү байх тул түүний талбай

(2/3) 2-тай тэнцүү s = 4s /9. Тиймээс, с =3 С /4.

Медиануудын огтлолцлын цэгийн маш чухал шинж чанар бол түүнээс гурвалжны орой хүртэл явж байгаа гурван векторын нийлбэр тэгтэй тэнцүү байх явдал юм. Үүнийг эхлээд тэмдэглэе AM=1/3(AB+AC), Хаана М- медиануудын огтлолцох цэг Δ ABC . Үнэндээ бол

АБА "ХАМТ- параллелограмм, тэгвэл AA"=AB+ACТэгээд AM=1/3AA".Тийм ч учраас MA+MV+MC=1/3(BA+SA+AB + SV + AC + BC) = 0.

Зөвхөн медиануудын огтлолцох цэг нь ийм шинж чанартай байх нь тодорхой байна, учир нь if X - тэгвэл өөр ямар ч цэг

HA+XB+XC=(XM+MA)+(XM+MV)+(XM+MS)=3ХМ..

Гурвалжны медиануудын огтлолцлын цэгийн энэ шинж чанарыг ашиглан бид дараах мэдэгдлийг баталж чадна: гурвалжны медиануудын талуудын дунд цэгүүдийн оройтой огтлолцох цэг. AB,CD Тэгээд Э.Ф. зургаан өнцөгт ABCDEF талуудын дунд цэгүүдийн оройнуудтай гурвалжны медиануудын огтлолцох цэгтэй давхцаж байна нар,Д.Э Тэгээд Ф.А. . Үнэн хэрэгтээ, жишээ нь: Р- сегментийн дунд хэсэг AB,дараа нь ямар ч цэгийн хувьд X тэгш байдал үнэн HA+ HB=2ХР,Аль аль гурвалжны медиануудын огтлолцлын цэгүүд нь тэдгээрээс зургаан өнцөгтийн орой руу чиглэсэн векторуудын нийлбэр тэгтэй тэнцүү байх шинж чанартай болохыг батлахад хялбар байдаг. Тиймээс эдгээр цэгүүд давхцаж байна.

Медиануудын огтлолцлын цэг нь гурвалжны бусад гайхалтай цэгүүдээс эрс ялгарах нэг шинж чанартай байдаг: хэрэв Δ бол A"B"C"проекц юм ΔABCхавтгай дээр, дараа нь медиануудын огтлолцлын цэг Δ A "B" C" медиануудын огтлолцох цэгийн проекц юм ΔABCнэг онгоцонд. Энэ нь проекцлох үед сегментийн дунд хэсэг нь проекцынхоо дунд ордог бөгөөд энэ нь гурвалжны медиан нь түүний проекцын дундаж руу ордог гэсэн үг юм. Бисектрис болон өндөрт энэ шинж чанар байхгүй.

Гурвалжны медиануудын огтлолцох цэг нь гурвалжны орой дээр байрладаг ижил масстай гурван материаллаг цэгийн системийн массын төв ба массын төв хоёулаа түүний массын төв гэдгийг тэмдэглэх нь зүйтэй. өгөгдсөн гурвалжин хэлбэртэй хавтан. Дурын цэг дээр нугастай гурвалжны тэнцвэрийн байрлал X , цацраг байх байрлал байх болно ХМдэлхийн төв рүү чиглэсэн. Медиануудын огтлолцлын цэг дээр нугастай гурвалжны хувьд аливаа байрлал нь тэнцвэрийн байрлал юм. Үүнээс гадна голч огтлолцох цэг нь зүүний үзүүр дээр байрладаг гурвалжин нь тэнцвэрийн байрлалд байх болно.

ӨНДӨРЛӨГИЙН УУЛЗАЛТЫН ЦЭГ

Өндөр нь Δ гэдгийг батлахын тулд ABCнэг цэг дээр огтлолцох, "Хийрэг тойргийн төв" хэсгийн төгсгөлд тодорхойлсон нотлох замыг эргэн сана. Чамайг оргилд гаргацгаая А, БТэгээд ХАМТэсрэг талуудтай параллель шулуун шугамууд; Эдгээр шугамууд нь Δ-г үүсгэдэг А 1 IN 1 ХАМТ 1 (Зураг 61). Өндөр Δ ABCталуудын перпендикуляр биссектрис юм ΔА 1 Б 1 C 1 . Үүний үр дүнд тэд нэг цэг дээр огтлолцдог - тойргийн төв ΔА 1 Б 1 C 1 . Гурвалжны өндрийн огтлолцлын цэгийг заримдаа түүний гэж нэрлэдэг ортоцентр.

-

Хэрэв H нь Δ өндрийн огтлолцлын цэг гэдгийг шалгахад хялбар байдаг ABC,Тэр А, БТэгээд ХАМТ -өндөртэй огтлолцох цэгүүд Δ VNS, ΔSNAболон Δ ANVтус тус.

Энэ нь бас тодорхой<ABC + < A.H.C. = Учир нь 180° < Б.А. 1 Х = < МЭӨ 1 Х =90° (А 1 Тэгээд C 1 - өндрийн суурь). Хэрэв цэг бол Х 1 шулуун шугамтай харьцуулахад H цэгт тэгш хэмтэй байна АС,дараа нь дөрвөн өнцөгт ABCN 1 бичээстэй. Иймд хүрээлэгдсэн тойргийн радиус Δ ABCболон Δ АН Стэнцүү бөгөөд эдгээр тойрог нь хажуу талдаа тэгш хэмтэй байна АС(Зураг 62). Одоо үүнийг батлахад амархан

AN=a|ctg A|, хаана a=BC.Үнэхээр,

AH=2Rнүгэл< ACH=2R|cos A| =а|ctg A| .

Энгийн байх үүднээс үүнийг төсөөлье ΔABCхурц өнцөгт ба Δ-г авч үзье А 1 Б 1 C 1 , түүний өндрийн сууриудаас үүссэн. Энэ нь бичээстэй тойргийн төв нь Δ болох нь харагдаж байна А 1 Б 1 C 1 Δ өндрийн огтлолцох цэг юм ABC,болон тойргийн төвүүд

ΔА 1 Б 1 C 1 Δ-ийн оройнууд ABC(Зураг 63). Оноо А 1 Тэгээд IN 1 CH(булангаас хойш Н.В 1 S ба ON 1 ХАМТшулуун), тийм < Х.А. 1 Б 1 = < HCB 1 . Үүний нэгэн адил<Х.А. 1 C 1 = < HBC 1 . Тэгээд тэрнээс хойш<HCB 1 = =< HBC 1 Тэр А 1 А -биссектрис<IN 1 А 1 ХАМТ 1 .

Болъё Н- өндрийн огтлолцлын цэг АА 1 , Б.Б 1 Тэгээд CC 1 гурвалжин ABC . Оноо А 1 Тэгээд IN 1 диаметртэй тойрог дээр хэвтэнэ AB,Тийм ч учраас А.Х. · А 1 Х = Б.Х. · Б 1 Х . Үүний нэгэн адил В.НБ 1 Х =CH ·C 1 Н.

Хурц гурвалжны хувьд эсрэг заалт нь бас үнэн юм: хэрэв A 1 цэг байвал, Б 1 Тэгээд C 1 хажуу тал дээр хэвтэх VS, SAба AB хурц өнцөгт Δ ABC басегментүүд АА 1 , Б.Б 1 Тэгээд SS 1 цэг дээр огтлолцоно R,болон AR А 1 Р=ВР·В 1 P=SR·S 1 R,Тэр Р- өндрийн огтлолцлын цэг. Үнэн хэрэгтээ, тэгш байдлаас

AP ·A 1 P =BP ·B 1 P

оноо гэсэн үг А, Б, А 1 Тэгээд IN 1 диаметртэй ижил тойрог дээр хэвтэнэ AB,гэсэн үг < AB 1 Б = < Б.А. 1 А =γ. Үүний нэгэн адил < ACiC =< CAiA = β Тэгээд <СВ 1 B=<ВС 1 C= α (Зураг 64). Мөн α + β= байх нь тодорхой байна CC 1 А = л 80°, β+γ=180° ба γ + α = 180° байна. Иймд α = β=γ=90° байна.

Гурвалжны өндрийн огтлолцох цэгийг өөр маш сонирхолтой аргаар тодорхойлж болох боловч үүний тулд бидэнд вектор ба векторуудын скаляр үржвэрийн тухай ойлголт хэрэгтэй.

Болъё ТУХАЙ- тойргийн төв Δ ABC.Вектор нийлбэр О А+ О.Б. + OSнь зарим вектор учраас ийм цэг байдаг R,Юу OR = OA + OB+OS.Энэ нь харагдаж байна Р- Δ өндрийн огтлолцлын цэг ABC!

Жишээлбэл, үүнийг баталцгаая AP перпендикуляр МЭӨ . Энэ нь ойлгомжтой AR=AO+

+op=ao+(oa+ov+os)=ov+os ба бүгд= -ov+os. Тиймээс векторуудын скаляр үржвэр ARТэгээд Нартэнцүү байна OS 2 - О.Б. 2 = Р 2 - Р 2 =0, өөрөөр хэлбэл эдгээр векторууд перпендикуляр байна.

Гурвалжны орто төвийн энэхүү шинж чанар нь тодорхой бус мэдэгдлүүдийг батлах боломжийг бидэнд олгодог. Жишээлбэл, дөрвөн өнцөгтийг авч үзье ABCD , тойрог хэлбэрээр бичсэн. Болъё На, Нв, НТэгээд Х г - ортоцентрүүд Δ BCD , Δ CDA , Δ DAB болон Δ ABC тус тус. Дараа нь сегментүүдийн дунд цэгүүд АН А , В.Н., Ч.Н ХАМТ , Д.Х. г таарах. Үнэндээ бол ТУХАЙнь тойргийн төв бөгөөд М- сегментийн дунд хэсэг АН А , Тэр OM=1/2(0A + OH А )= =1/2(OA + OB+OS+OД ) . Бусад гурван сегментийн дунд цэгүүдийн хувьд бид яг ижил илэрхийллийг олж авдаг.

АЙЛЕР ШУУД

Гайхамшигтай цэгүүдийн хамгийн гайхалтай шинж чанар нь юмөнцөг нь тэдний зарим нь хоорондоо холбогдсон байдагтодорхой харьцаагаар. Жишээлбэл, уулзварын цэгдундаж М, H өндрийн огтлолцох цэг ба хүрээлэгдсэн тойргийн төвO шинж чанарууд нь нэг шулуун дээр орших ба цэгМсегментийг хуваадаг ТЭР Ингэснээр харилцаа хүчин төгөлдөр болноОМ:MN= 1:2. Энэ Энэ теоремыг 1765 онд Леонхард Эйлер баталжээТэрээр уйгагүй үйл ажиллагаагаар математикийн олон салбарыг ихээхэн хөгжүүлж, түүний олон шинэ салбаруудын үндэс суурийг тавьсан юм. Тэрээр 1707 онд Швейцарьт төрсөн. 20 настайдаа Эйлер зөвлөжээАх дүү Бернулли Санкт-Петербургт ирэх урилга хүлээн ававбург, өмнө нь академи байгуулагдаж байсан. IN1740 оны сүүлээр Орост Анна Леополь засгийн эрхэнд гарсантай холбогдууланДовна, түгшүүртэй нөхцөл байдал үүсч, Эйлер нүүжээБерлин. 25 жилийн дараа тэрээр дахин Орост буцаж ирэвЭйлер Санкт-Петербургт 30 гаруй жил амьдарсан. Берлид байхдааҮгүй ээ, Эйлер Оросын академитай нягт холбоотой байсантүүний хүндэт гишүүн. Берлинээс Эйлер Ломонотой захидал бичжээшар шувуу Тэдний захидал харилцаа дараах байдлаар эхэлсэн. 1747 онд Ломоносовыг профессороор, өөрөөр хэлбэл академийн жинхэнэ гишүүнээр сонгосон; Хатан хаан энэ сонгуулийг зөвшөөрөв. Үүний дарааХуулиа эрс үзэн яддаг реакц академийн ажилтан ШумахерМоносов тэдний талаар мэдээлэл авах гэж найдаж Эйлерт ажлаа илгээвмуу шүүмж. (Эйлер Ломоносовоос ердөө 4 насаар ах байсан.гэхдээ тэр үед түүний шинжлэх ухааны эрх мэдэл аль хэдийн маш өндөр байсан.)Эйлер тоймдоо: "Эдгээр бүх бүтээл нь зөвхөн сайн зүйл биш юмши, гэхдээ маш сайн, учир нь тэр физик, химийн талаар тайлбарладагбүрэн үл мэдэгдэх хамгийн шаардлагатай бөгөөд хэцүү асуудлууд тайлбар хийх боломжгүй байсанхамгийн ухаантай, сурсан хүмүүсталдартай хүмүүс, ийм үүсгэн байгуулагчтайМиний итгэлтэй байгаа зүйлтүүний нотлох баримтын үнэн зөв ...Хүн бүх зүйлийг хүсэх ёстойямар академи ийм бүтээлийг харуулж чадсан юмҮүнийг ноён Ломо үзүүлэвхамар."

Нотлох баримт руугаа орцгооё Эйлерийн теорем.Ингээд авч үзье Δ А 1 Б 1 C 1 оройтой талуудын дунд цэгүүд Δ ABC;зөвшөөрөх Х 1 ба H - тэдгээрийн orthocenters (Зураг 65). H 1 цэг нь төвтэй давхцаж байна ТУХАЙтойрог Δ ABC.Δ гэдгийг баталцгаая C 1 Х 1 М =Δ CHM . Үнэн хэрэгтээ, медиануудын огтлолцлын цэгийн шинж чанараар ХАМТ 1 М: CM = 1:2, ижил төстэй байдлын коэффициент Δ А 1 Б 1 C 1 болон Δ ABC 2-той тэнцүү тул C 1 Х 1 : CH =1:2, Үүнээс гадна,<Х 1 C 1 М =<НСМ (C 1 Х 1 || CH ). Тиймээс,< C 1 М.Х. 1 = < SMN,цэг гэсэн үг Мсегмент дээр байрладаг Х 1 Х . Үүнээс гадна, Х 1 М : М.Х. =1:2, ижил төстэй байдлын коэффициент Δ C 1 Х 1 М болон Δ SNMтэнцүү 2.

ЕСӨН ЦООГИЙН ТОЙРОГ

1765 онд Эйлер гурвалжны талуудын дунд цэг ба өндрийн суурь нь нэг тойрог дээр байдгийг олж мэдэв. Бид мөн гурвалжны энэ шинж чанарыг батлах болно.

Дээд талаас унасан өндрийн суурь нь B 2 байг INдээр
тал АС.Оноо INба B 2 нь шулуун шугамын хувьд тэгш хэмтэй байна А 1 ХАМТ 1
(Зураг 66). Тиймээс Δ А 1 IN 2 ХАМТ 1 = Δ А 1 МЭӨ т = Δ А 1 Б 1 C 1 , Тийм ч учраас < А 1 Б 2 C 1 = <А 1 IN 1 ХАМТ 1 , цэг гэсэн үг IN 2 тодорхойлсон дээр оршино
тойрог ΔА 1 IN 1 ХАМТ 1 . Үлдсэн өндрийн суурийн хувьд нотолгоо нь ижил байна. "

Дараа нь нэг тойрог дээр өөр гурван цэг байрладаг болохыг олж мэдэв - гурвалжингийн оройг холбосон сегментүүдийн дунд цэгүүд. Энэ л байна есөн цэгийн тойрог.

Болъё АзТэгээд NW- сегментүүдийн дунд цэгүүд АНТэгээд Ч.Н., С 2 - өндрийн суурь нь дээрээс унасан ХАМТдээр AB(Зураг 67). Эхлээд үүнийг баталъя А 1 C 1 А 3 C 3 - тэгш өнцөгт. Энэ нь үүнээс амархан гарч ирдэг А 1 NWТэгээд А 3 C 1 - дунд шугамууд Δ VSNТэгээд ΔAVN,А А 1 C 1 Тэгээд А 3 NW- дунд шугамууд Δ ABCболон Δ ASN.Тиймээс оноо А 1 Тэгээд Аздиаметртэй тойрог дээр хэвтэнэ ХАМТ 1 NW,ба түүнээс хойш АзТэгээд NWцэгүүдийг дайран өнгөрөх тойрог дээр хэвтэнэ А 1, C 1 ба C 2. Энэ тойрог Эйлерийн авч үзсэн тойрогтой давхцаж байна (хэрэв Δ ABCтэгш өнцөгт биш). Нэг цэгийн хувьд Vzнотлох баримт нь адилхан.

ТОРРИЧЕЛЛИ ЦЭГ

Дурын дөрвөн өнцөгт дотор ABCD Орой хүртэлх зайны нийлбэр нь хамгийн бага утгатай цэгийг олоход хялбар байдаг. Ийм цэг бол цэг юм ТУХАЙтүүний диагональуудын огтлолцол. Үнэндээ бол X - тэгвэл өөр ямар ч цэг AH+HS≥AC=AO+OSТэгээд BX + XD ≥ Б.Д = Б.О. + О.Д. , мөн тэгш бус байдлын дор хаяж нэг нь хатуу байдаг. Гурвалжны хувьд ижил төстэй асуудлыг шийдэх нь илүү хэцүү байдаг; Энгийн байхын тулд бид хурц гурвалжны тохиолдлыг авч үзэх болно.

Болъё М- хурц өнцөгт Δ доторх зарим цэг ABC.Үүнийг эргүүлье Δ ABCцэгийн хамт Мцэгийн эргэн тойронд 60 ° А(Зураг 68). (Илүү нарийвчлалтай, үзье B, CТэгээд М"- цэгүүдийн зураг B, CТэгээд Мцэгийг тойрон 60° эргүүлэх үед A.)Дараа нь AM+VM+SM=MM"+Б.М. + C " М ", AM=MM",Тэгэхээр ΔAMM" гэж- тэгш өнцөгт (AM=AM")Тэгээд<MAM" = 60°. Тэгш байдлын баруун тал нь тасархай шугамын урт юм VMM" С" ; энэ тасархай шугамын үед хамгийн бага байх болно

сегменттэй давхцаж байна Нар" . Энэ тохиолдолд<. А.М.Б. = 180° -<AMM" = 120 ° ба<АМС = <А.М. " C - 180°-<А.М. " М = 120 °, өөрөөр хэлбэл талууд AB, BCболон SA цэгээс харагдаж байна М 120 ° өнцгөөр. Ийм цэг Мдуудсан Торричелли цэггурвалжин ABC .

Гэхдээ хурц гурвалжны дотор цэг үргэлж байдгийг баталцгаая М,үүнээс тал бүр нь 120° өнцгөөр харагдана. Хажуу талд нь барьцгаая ABгурвалжин ABC гадна талаас нь зөв Δ ABC 1 (Зураг 69). Болъё М- тойргийн огтлолцлын цэг ΔABC 1 ба шулуун SS 1 . Дараа нь ABC 1 =60°Тэгээд ABCцэгээс харагдана М 120 ° өнцгөөр. Эдгээр аргументуудыг бага зэрэг үргэлжлүүлбэл Торричелли цэгийн өөр нэг тодорхойлолтыг олж авах боломжтой. Ердийн гурвалжнуудыг бүтээцгээе А 1 НарТэгээд AB 1 ХАМТмөн Зэвсэгт хүчний талд болон АС.М цэг мөн шулуун дээр байгааг баталцгаая АА 1 . Нээрээ, хугацаа МΔ тойрог дээр байрладаг А 1 МЭӨ , Тийм ч учраас<А 1 М.Б. = < А 1 C.B. = 60°,гэсэн үг<А 1 MV+<. Б.М.А. = 180°. Үүнтэй адил оноо Мшулуун шугам дээр байрладаг Б.Б 1 (Зураг 69).

Дотор Δ ABCХажуу тал нь 120° өнцгөөр харагдах ганц М цэг байдаг, учир нь хүрээлэгдсэн тойрог Δ ABC 1 , Δ AB би C болон Δ А 1 Нарнэгээс илүү нийтлэг цэг байж болохгүй.

Одоо Торричелли цэгийн физик (механик) тайлбарыг өгье. Оройнууд дээр Δ-г засъя ABCцагираг, бид тэдгээрийн дундуур гурван олс дамжуулж, нэг үзүүрийг нь холбож, ижил масстай ачааг нөгөө үзүүрт нь холбодог (Зураг 70). Хэрэв x = MA, y = MV,z = М.С. Тэгээд Ань утас бүрийн урт бол авч үзэж буй системийн боломжит энерги м-тэй тэнцүү байна g (x -А)+м g (y - а )+ мг (z --A).Тэнцвэрийн байрлалд потенциал энерги нь хамгийн бага утгатай тул x+y+z нийлбэр нь мөн хамгийн бага утгатай байна. Нөгөөтэйгүүр, тэнцвэрийн байрлалд тухайн цэг дээрх хүчний үр дүн байдаг Мтэгтэй тэнцүү. Эдгээр хүч нь үнэмлэхүй хэмжээгээр тэнцүү тул хүчний векторуудын хоорондох хос өнцөг нь 120 ° -тай тэнцүү байна.

Мохоо гурвалжны хувьд юмс хэрхэн байгааг хэлэх л үлдлээ. Хэрэв мохоо өнцөг нь 120 ° -аас бага бол өмнөх бүх аргументууд хүчинтэй хэвээр байна. Хэрэв мохоо өнцөг нь 120°-аас их буюу тэнцүү бол гурвалжны цэгээс түүний орой хүртэлх зайны нийлбэр нь энэ цэг нь мохоо өнцгийн орой байх үед хамгийн бага байх болно.

БРОКАРДЫН ОНОО

Brocard цэгүүд Δ ABCийм дотоод цэгүүд гэж нэрлэдэг РТэгээд Q , Юу<ABP = <. BCP =< CAP Тэгээд<. QAB = <. QBC = < QCA (тэнцүү талт гурвалжны хувьд Brocard цэгүүд нэг цэгт нийлдэг). Үүнийг дурын Δ дотор баталцгаая ABCцэг бий R,шаардлагатай өмчтэй байх (нэг хэсэг Q нотлох баримт нь ижил төстэй). Эхлээд Brocard цэгийн тодорхойлолтыг өөр хэлбэрээр томъёолъё. 71-р зурагт үзүүлсэн шиг өнцгийн утгыг тэмдэглэе<ARV=180° - а+x-y,тэгш байдал x=yтэгш эрхтэй тэнцүү байна<APB =180°-< . А . Тиймээс, Р- цэг Δ ABC,аль талаас нь AB,
НарТэгээд SA 180 ° өнцгөөр харагдахуйц -<. А , 180°-<Б , 180°-<ХАМТ.
Ийм цэгийг дараах байдлаар байгуулж болно. Үргэлжлүүлье
тал Наргурвалжин ABCижил төстэй гурвалжин CA1B
72-р зурагт үзүүлснээр. Шулуун шугамын огтлолцлын Р цэг гэдгийг баталъя AA1болон тойрог ΔA1BCэрэлхийлсэн. Үнэндээ,<BPC =18 О ° - β Тэгээд<APB = 180°-<А т П.Б. = 180° -<А 1 C.B. = л 80°- А.Цаашид ижил төстэй гурвалжингуудыг хажуу тал дээр нь ижил төстэй байдлаар хийцгээе АСТэгээд AB(Зураг 73). Учир нь<. APB = 180° - А,цэг Рмөн Δ тойрог дээр байрладаг ABC 1 Тиймээс,<BPC 1 = <BAC 1 = β, энэ нь цэг гэсэн үг
Рсегмент дээр байрладаг SS 1 . Энэ нь сегмент дээр адилхан байрладаг Б.Б 1 ,
өөрөөр хэлбэл R -сегментүүдийн огтлолцох цэг АА 1 , Б.Б 1 Тэгээд SS 1 .

Брокардын санаа Рдараах сонирхолтой өмчтэй. Шулуун бай AR, VRТэгээд SRΔABC хүрээлэгдсэн тойргийг огтолно

A 1, B 1 ба C 1 цэгүүдэд (Зураг 74). Дараа нь Δ ABC = Δ Б 1 ХАМТ 1 А 1 .INүнэндээ,<. А 1 Б 1 C 1 = < А 1 Б 1 Б + < BB 1 C 1 =<А 1 AB +<В CC 1 =<А 1 AB + +< А 1 А.С. =<.ВАС, Brocard цэгийн ΔABC-ийн шинж чанараар BCC 1 ба A 1 AC өнцгүүд тэнцүү байна, энэ нь А 1 C 1 = МЭӨ . Үлдсэн талуудын тэгш байдал Δ ABCба Δ B 1 C 1 A 1-ийг ижил аргаар шалгана.

Бидний авч үзсэн бүх тохиолдолд харгалзах гурвалсан шугамууд нэг цэгт огтлолцож байгааг нотлох баримтыг ашиглан хийж болно. Цевагийн теорем.Бид энэ теоремыг томъёолох болно.

Теорем. Хажуу талд нь тавь AB, BCТэгээд С Агурвалжин ABC оноо авсан ХАМТ 1 , А 1 Тэгээд IN 1 тус тус. Шууд АА 1 , Б.Б 1 Тэгээд SS 1 зөвхөн нэг цэг дээр огтлолцоно

AC 1 / C 1 V VA 1 / A 1 C SV 1 / V 1 A = 1.

Теоремын баталгааг 7-9-р ангийн геометрийн сурах бичигт Л.С.

Уран зохиол.

1.Атанасян Л.С. Геометр 7-9.- М.: Боловсрол, 2000.

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

3. Никольская И.Л. Математикийн нэмэлт хичээл. М.: Боловсрол, 1991 он.

4. Залуу математикчийн нэвтэрхий толь бичиг.. Comp. А.П.Савин.-.М.: Сурган хүмүүжүүлэх ухаан, 1989.

ОНЦЛОХ ДӨРВӨН ОНОО

ГУРВАЛЖИНГ

Геометр

8-р анги

Сахарова Наталья Ивановна

Симферополь хотын MBOU 28-р дунд сургууль

• Гурвалжны медиануудын огтлолцлын цэг
• Гурвалжингийн биссектрисын огтлолцлын цэг
• Гурвалжингийн өндрийн огтлолцлын цэг
• Гурвалжны перпендикуляр медиануудын огтлолцлын цэг

Медиан

Медиан (BD)гурвалжны оройг эсрэг талын дунд цэгтэй холбосон хэрчмийг гурвалжин гэнэ.

Медиануудгурвалжин огтлолцдог нэг цэгт (хүндийн төвгурвалжин) ба оройноос нь тоолохдоо энэ цэгээр 2: 1 харьцаагаар хуваагдана.

БИСЕКТОР

биссектрис (AD)гурвалжны дотоод өнцгийн биссектрисын сегмент. ∟ MAD = ∟CAD.

Цэг бүр биссектрисахөгжөөгүй өнцөг нь түүний талуудаас ижил зайд байна.

Буцах: өнцгийн хажуу талуудаас ижил зайд орших өнцөг дотор байрлах цэг бүр түүний дээр байрладаг биссектрис.

Бүх биссектрисагурвалжин нэг цэг дээр огтлолцдог - бичээсийн төв гурвалжин болгон тойрог.

Тойргийн радиус (OM) нь гурвалжны төвөөс (TO) тал руу чиглэсэн перпендикуляр юм.

ӨНДӨР

Өндөр (CD)гурвалжны оройгоос эсрэг талыг агуулсан шулуун руу татсан перпендикуляр хэрчмийг гурвалжны гурвалжин гэнэ.

Өндөргурвалжин (эсвэл тэдгээрийн өргөтгөл) огтлолцдог нэгд цэг.

ДУНД ПЕРПЕНДИКУЛАР

Перпендикуляр биссектрис (DF)гурвалжны хажуугийн перпендикуляр шулуун шугамыг хагасаар нь хуваах гэж нэрлэдэг.

Цэг бүр перпендикуляр биссектрис(m) сегмент нь энэ сегментийн төгсгөлөөс ижил зайд байна.

Буцах: сегментийн төгсгөлөөс ижил зайд байгаа цэг бүр дунд цэг дээр байрладаг перпендикуляртүүнд.

Гурвалжны талуудын бүх перпендикуляр биссектрис нь нэг цэгт огтлолцдог - тайлбарласан төв гурвалжингийн ойролцоо тойрог .

Тойргийн радиус нь тойргийн төвөөс гурвалжны аль ч орой хүртэлх зай (OA) юм.

Хуудас 177 дугаар 675 (зураг)

Гэрийн даалгавар

P. 173 § 3-ийн тодорхойлолт ба теоремууд 177-р хуудас No 675 (дуусгах)

Баранова Елена

Энэхүү ажил нь гурвалжны гайхалтай цэгүүд, тэдгээрийн шинж чанар, хэв маягийг, тухайлбал есөн цэгийн тойрог, Эйлерийн шулуун шугамыг судалдаг. Эйлерийн шулуун 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. Хотын захиргааны боловсролын байгууллага "20-р дунд сургууль"

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

Перпендикуляр биссектрисын огтлолцлын цэг нь гурвалжны оройн цэгүүдээс ижил зайд байрладаг бөгөөд хүрээлэгдсэн тойргийн төв юм. Гурвалжны хажуугийн дунд цэгүүд ба оройнууд нь перпендикуляр биссектрисын огтлолцох цэгтэй давхцаж байгаа нэг цэгт огтлолцдог гурвалжны эргэн тойронд хүрээлэгдсэн тойрог.

Биссектрисийн огтлолцлын цэг Гурвалжны биссектриссүүдийн 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 ижил 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 Б А м2 м3

Торричелли цэг Тайлбар: Гурвалжны бүх өнцөг нь 120-аас бага байвал 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 цэгийн тойргийн төв нь нэг шулуун дээр орших бөгөөд үүнийг энэ зүй тогтлыг 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.

Урьдчилан үзэх:

Урьдчилан үзэхийг ашиглахын тулд Google бүртгэл үүсгээд нэвтэрнэ үү: