V trikotniku so tako imenovane štiri izjemne točke: točka presečišča median. Presek simetral, presečišče višin in presečišče simetral. Oglejmo si vsakega od njih.
Presek sredin trikotnika
1. izrek
Na presečišču median trikotnika: Mediani trikotnika se sekata v eni točki in sta deljeni s presečiščem v razmerju $2:1$, začenši z oglišča.
Dokaz.
Vzemimo trikotnik $ABC$, kjer so $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ njegove mediane. Ker mediane delijo stranice na pol. Oglejmo si srednjo črto $A_1B_1$ (slika 1).
Slika 1. Mediane trikotnika
Po izreku 1 je $AB||A_1B_1$ in $AB=2A_1B_1$ torej $\kot ABB_1=\kot BB_1A_1,\ \kot BAA_1=\kot AA_1B_1$. To pomeni, da sta si trikotnika $ABM$ in $A_1B_1M$ podobna po prvem kriteriju podobnosti trikotnikov. Potem
Podobno je dokazano, da
Izrek je dokazan.
Presek simetral trikotnika
2. izrek
Na presečišču simetral trikotnika: Simetrali trikotnika se sekata v eni točki.
Dokaz.
Razmislite o trikotniku $ABC$, kjer so $AM,\BP,\CK$ njegove simetrale. Naj bo točka $O$ presečišče simetral $AM\ in \BP$. Iz te točke potegnemo navpičnici na stranice trikotnika (slika 2).
Slika 2. Simetrale trikotnika
Izrek 3
Vsaka točka simetrale nerazvitega kota je enako oddaljena od njegovih stranic.
Po izreku 3 imamo: $OX=OZ,\ OX=OY$. Zato je $OY=OZ$. To pomeni, da je točka $O$ enako oddaljena od stranic kota $ACB$ in torej leži na njegovi simetrali $CK$.
Izrek je dokazan.
Točka presečišča pravokotnih simetral trikotnika
Izrek 4
Simetrali pravokotnice na stranice trikotnika se sekata v eni točki.
Dokaz.
Naj bo dan trikotnik $ABC$, $n,\ m,\ p$ njegove pravokotnice. Naj bo točka $O$ presečišče bisektoralnih navpičnic $n\ in\ m$ (slika 3).
Slika 3. Simetrale pravokotnice trikotnika
Za dokaz potrebujemo naslednji izrek.
Izrek 5
Vsaka točka pravokotnice simetrale na odsek je enako oddaljena od koncev odseka.
Po izreku 3 imamo: $OB=OC,\ OB=OA$. Zato je $OA=OC$. To pomeni, da je točka $O$ enako oddaljena od koncev dolge $AC$ in torej leži na njegovi simetrali $p$.
Izrek je dokazan.
Točka presečišča višin trikotnika
Izrek 6
Višini trikotnika ali njunih podaljškov se sekata v eni točki.
Dokaz.
Vzemimo trikotnik $ABC$, kjer je $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ njegova nadmorska višina. Skozi vsako oglišče trikotnika narišimo premico vzporedno s stranico nasproti oglišča. Dobimo nov trikotnik $A_2B_2C_2$ (slika 4).
Slika 4. Višine trikotnika
Ker sta $AC_2BC$ in $B_2ABC$ paralelograma s skupno stranico, potem je $AC_2=AB_2$, to pomeni, da je točka $A$ razpolovišče stranice $C_2B_2$. Podobno ugotovimo, da je točka $B$ razpolovišče stranice $C_2A_2$, točka $C$ pa razpolovišče stranice $A_2B_2$. Iz konstrukcije imamo $(CC)_1\bot A_2B_2,\ (BB)_1\bot A_2C_2,\ (AA)_1\bot C_2B_2$. Zato so $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ simetrale pravokotnice trikotnika $A_2B_2C_2$. Potem, po izreku 4, imamo, da se višine $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ sekajo v eni točki.
Ministrstvo za izobraževanje in znanost Ruske federacije Zvezna državna proračunska izobraževalna ustanova za visoko strokovno izobraževanje
"Magnitogorsk State University"
Fakulteta za fiziko in matematiko
Oddelek za algebro in geometrijo
Tečajna naloga
Izjemne točke trikotnika
Izdelal: dijak skupine 41
Vahrameeva A.M.
Znanstveni direktor
Velikikh A.S.
Magnitogorsk 2014
Uvod
Zgodovinsko gledano se je geometrija začela s trikotnikom, zato je trikotnik že dve tisočletji in pol tako rekoč simbol geometrije; vendar ni samo simbol, je atom geometrije.
Zakaj lahko trikotnik štejemo za atom geometrije? Ker so prejšnji koncepti - točka, ravna črta in kot - nejasne in neoprijemljive abstrakcije skupaj s pripadajočim nizom izrekov in problemov. Zato lahko današnja šolska geometrija postane zanimiva in smiselna šele takrat, ko vključuje poglobljeno in celovito preučevanje trikotnika.
Presenetljivo je, da je trikotnik kljub navidezni preprostosti neizčrpen predmet preučevanja - nihče si niti v našem času ne upa reči, da je preučeval in poznal vse lastnosti trikotnika.
To pomeni, da študija šolske geometrije ni mogoče izvesti brez poglobljenega študija geometrije trikotnika; glede na raznolikost trikotnika kot predmeta preučevanja - in s tem vira različnih metod za njegovo preučevanje - je treba izbrati in razviti gradivo za preučevanje geometrije izjemnih točk trikotnika. Poleg tega se pri izbiri tega gradiva ne bi smeli omejiti le na izjemne točke, ki jih v šolskem kurikulumu predvideva državni izobraževalni standard, kot je središče včrtanega kroga (točka presečišča simetral), središče circumcircle (presečišče simetral), presečišče median, presečišče višin. Toda za globoko prodiranje v naravo trikotnika in razumevanje njegove neizčrpnosti je potrebno imeti predstave o čim več izjemnih točkah trikotnika. Poleg neizčrpnosti trikotnika kot geometrijskega predmeta je treba opozoriti na najbolj neverjetno lastnost trikotnika kot predmeta preučevanja: preučevanje geometrije trikotnika se lahko začne s preučevanjem katere koli njegove lastnosti, vzeti ga kot osnovo; potem lahko metodologijo za preučevanje trikotnika sestavimo tako, da lahko na tej podlagi nanizamo vse druge lastnosti trikotnika. Z drugimi besedami, ne glede na to, kje začnete preučevati trikotnik, lahko vedno dosežete katero koli globino te neverjetne figure. Toda potem - kot možnost - lahko začnete preučevati trikotnik s preučevanjem njegovih izjemnih točk.
Namen tečaja je preučiti izjemne točke trikotnika. Za dosego tega cilja je potrebno rešiti naslednje naloge:
· Preučite pojme simetrala, mediana, višina, simetrala navpičnice in njihove lastnosti.
· Razmislite o Gergonnovi točki, Eulerjevem krogu in Eulerjevi premici, ki se jih v šoli ne učijo.
POGLAVJE 1. Simetrala trikotnika, središče včrtane krožnice trikotniku. Lastnosti simetrale trikotnika. Gergonna točka
1 Središče včrtanega kroga trikotnika
Izjemne točke trikotnika so točke, katerih lokacijo enolično določa trikotnik in niso odvisne od vrstnega reda, v katerem so vzete stranice in oglišča trikotnika.
Simetrala trikotnika je simetrala kota trikotnika, ki povezuje oglišče s točko na nasprotni strani.
Izrek. Vsaka točka simetrale nerazvitega kota je enako oddaljena (to je enako oddaljena od črt, ki vsebujejo stranice trikotnika) od njegovih stranic. Nasprotno: vsaka točka, ki leži znotraj kota in je enako oddaljena od stranic kota, leži na njegovi simetrali.
Dokaz. 1) Na simetrali kota BAC vzemimo poljubno točko M, narišite navpičnici MK in ML na premici AB in AC ter dokažite, da je MK = ML. Razmislite o pravokotnih trikotnikih ?AMK in ?AML. Enaki sta v hipotenuzi in ostrem kotu (AM - običajna hipotenuza, 1 = 2 po dogovoru). Zato je MK=ML.
) Naj leži točka M znotraj VAS in je enako oddaljena od svojih stranic AB in AC. Dokažimo, da je žarek AM simetrala BAC. Na premici AB in AC narišimo navpičnici MK in ML. Pravokotna trikotnika AKM in ALM sta enaka po hipotenuzi in kraku (AM je običajna hipotenuza, MK = ML po dogovoru). Zato je 1 = 2. Toda to pomeni, da je žarek AM simetrala BAC. Izrek je dokazan.
Posledica. Simetrali trikotnika se sekata v eni točki (središče vpisanega kroga in središče).
Označimo s črko O presečišče simetral AA1 in BB1 trikotnika ABC in iz te točke potegnemo navpičnice OK, OL oziroma OM na premice AB, BC in CA. Po izreku (Vsaka točka simetrale nerazvitega kota je enako oddaljena od njegovih stranic. Nasprotno: vsaka točka, ki leži znotraj kota in je enako oddaljena od stranic kota, leži na njegovi simetrali) pravimo, da je OK = OM in OK = OL. Zato je OM = OL, to pomeni, da je točka O enako oddaljena od stranic ACB in torej leži na simetrali CC1 tega kota. Torej vse tri simetrale ?ABC se sekata v točki O, kar je bilo treba dokazati.
krog simetrala trikotnik črta
1.2 Lastnosti simetrale trikotnika
Simetrala BD (slika 1.1) poljubnega kota ?ABC deli nasprotno stranico na dela AD in CD, ki sta sorazmerna s sosednjima stranicama trikotnika.
Dokazati moramo, da če je ABD = DBC, potem AD: DC = AB: BC.
Držimo CE || BD do sečišča v točki E z nadaljevanjem stranice AB. Potem bomo glede na izrek o sorazmernosti odsekov, tvorjenih na premicah, ki jih seka več vzporednih premic, imeli razmerje: AD: DC = AB: BE. Da bi prešli s tega razmerja na tisto, ki ga je treba dokazati, je dovolj ugotoviti, da je BE = BC, tj. ?VSI enakokraki. V tem trikotniku je E = ABD (kot ustrezni koti z vzporednimi premicami) in ALL = DBC (kot navzkrižni koti z enakimi vzporednimi premicami).
Toda ABD = DBC po pogoju; to pomeni E = ALL, zato sta enaki tudi stranici BE in BC, ki ležita nasproti enakih kotov.
Zdaj, ko BE v zgoraj zapisanem razmerju zamenjamo z BC, dobimo delež, ki ga je treba dokazati.
20 Simetrale notranjega in sosednjih kotov trikotnika so pravokotne.
Dokaz. Naj bo BD simetrala ABC (slika 1.2), BE pa simetrala zunanjega CBF, ki meji na podani notranji kot, ?ABC. Če torej označimo ABD = DBC = ?, CBE = EBF = ?, nato 2 ? + 2?= 1800 in tako ?+ ?= 900. In to pomeni, da BD? BITI.
30 Simetrala zunanjega kota trikotnika deli nasprotno stran navzven na dele, ki so sorazmerni s sosednjima stranicama.
(Slika 1.3) AB: BC = AD: DC, ?AED~ ?CBD, AE/BC = AD/DC = AE/BC.
40 Simetrala poljubnega kota trikotnika deli nasprotno stranico na odseke, sorazmerne s sosednjimi stranicami trikotnika.
Dokaz. Razmislimo ?ABC. Za določnost naj simetrala CAB seka stranico BC v točki D (slika 1.4). Pokažimo, da je BD: DC = AB: AC. To naredimo tako, da skozi točko C narišemo premico, vzporedno s premico AB, in z E označimo presečišče te premice AD. Potem je DAB=DEC, ABD=ECD in torej ?DAB~ ?DEC na podlagi prvega kriterija podobnosti trikotnikov. Nadalje, ker je žarek AD simetrala CAD, potem je CAE = EAB = AEC in zato ?ECA enakokraki. Torej AC=CE. Toda v tem primeru iz podobnosti ?DAB in ?DEC sledi, da je BD: DC=AB: CE =AB: AC, in to je bilo tisto, kar je bilo treba dokazati.
Če simetrala zunanjega kota trikotnika seka podaljšek stranice, ki je nasproti oglišča tega kota, potem so odseki od nastale presečišča do koncev nasprotne stranice sorazmerni s sosednjima stranicama trikotnika.
Dokaz. Razmislimo ?ABC. Naj bo F točka na podaljšku stranice CA, D točka presečišča simetrale zunanjega trikotnika BAF s podaljškom stranice CB (slika 1.5). Pokažimo, da je DC:DB=AC:AB. Res, narišimo premico, vzporedno s premico AB, skozi točko C in z E označimo presečišče te premice s premico DA. Nato trikotnik ADB ~ ?EDC in torej DC:DB=EC:AB. In odkar ?EAC= ?SLABO= ?CEA, nato v enakokrakem ?Stran CEA AC=EC in torej DC:DB=AC:AB, kar je bilo treba dokazati.
3 Reševanje nalog z uporabo lastnosti simetrale
Problem 1. Naj bo O središče včrtanega kroga ?ABC, CAB = ?. Dokažite, da je COB = 900 + ? /2.
rešitev. Ker je O središče včrtanega ?ABC kroga (slika 1.6), potem sta žarka BO in CO simetrali ABC oziroma BCA. In potem COB = 1800 - (OBC + BCO) = 1800 - (ABC + BCA)/2 = 1800 -(1800 - ?)/2 = 900 + ?/2, kar je bilo treba dokazati.
Problem 2. Naj bo O središče opisane okolice ?ABC kroga, H je osnovnica višine, narisana na stranico BC. Dokaži, da je simetrala CAB tudi simetrala ? OAH.
Naj bo AD simetrala CAB, AE premer opisane črte ?ABC kroga (sl. 1.7, 1.8). če ?ABC je oster (slika 1.7) in zato ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ AC loki in ?BHA in ?ECA pravokotni (BHA =ECA = 900), torej ?BHA~ ?ECA in torej CAO = CAE =HAB. Poleg tega sta BAD in CAD po pogoju enaka, torej HAD = BAD - BAH =CAD - CAE = EAD = OAD. Naj bo zdaj ABC = 900. V tem primeru višina AH sovpada s stranico AB, potem bo točka O pripadala hipotenuzi AC in zato je veljavnost trditve problema očitna.
Oglejmo si primer, ko je ABC > 900 (slika 1.8). Tukaj je štirikotnik ABCE vpisan v krog in zato je AEC = 1800 - ABC. Po drugi strani pa je ABH = 1800 - ABC, tj. AEC = ABH. In odkar ?BHA in ?ECA so pravokotne in zato HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, potem HAD = HAB +BAD = EAC + CAD = EAD = OAD. Primeri, kjer sta BAC in ACB topa, se obravnavajo podobno. ?
4 točke Gergonna
Gergonnova točka je točka presečišča segmentov, ki povezujejo oglišča trikotnika s točkami dotikov stranic nasproti tem ogliščem in včrtanega kroga trikotnika.
Naj bo točka O središče kroga, vpisanega v trikotnik ABC. Naj se vpisani krog dotika stranic trikotnika BC, AC in AB v točkah D, E oziroma F. Gergonnova točka je presečišče odsekov AD, BE in CF. Naj bo točka O središče včrtane krožnice ?ABC. Naj se vpisani krog dotika stranic trikotnika BC, AC in AB v točkah D, E oziroma F. Gergonnova točka je presečišče odsekov AD, BE in CF.
Dokažimo, da se ti trije segmenti dejansko sekajo v eni točki. Upoštevajte, da je središče vpisanega kroga točka presečišča simetral kotov ?ABC, polmeri vpisanega kroga pa so OD, OE in OF ?stranice trikotnika. Tako imamo tri pare enakih trikotnikov (AFO in AEO, BFO in BDO, CDO in CEO).
Deluje AF?BD ? CE in AE? BITI? CF sta enaka, saj je BF = BD, CD = CE, AE = AF, zato je razmerje teh produktov enako in po Cevinem izreku (Naj točke A1, B1, C1 ležijo na stranicah BC, AC in AB? Naj se odseki AA1 , BB1 in CC1 sekajo v eni točki
(obkrožimo trikotnik v smeri urinega kazalca)), se segmenta sekata v eni točki.
Lastnosti včrtanega kroga:
Krog je vpisan v trikotnik, če se dotika vseh njegovih stranic.
V poljuben trikotnik lahko vpišemo krog.
Podano: ABC - ta trikotnik, O - presečišče simetral, M, L in K - točke dotika kroga s stranicami trikotnika (slika 1.11).
Dokaži: O je središče kroga, včrtanega v ABC.
Dokaz. Iz točke O narišimo navpičnice OK, OL in OM na stranice AB, BC in CA (slika 1.11). Ker je točka O enako oddaljena od stranic trikotnika ABC, je OK = OL = OM. Torej krožnica s središčem O s polmerom OK poteka skozi točke K, L, M. Stranice trikotnika ABC se dotikajo te krožnice v točkah K, L, M, saj so pravokotne na polmere OK, OL in OM. To pomeni, da je v trikotnik ABC vpisan krog s središčem O in polmerom OK. Izrek je dokazan.
Središče kroga, včrtanega v trikotnik, je presečišče njegovih simetral.
Naj bo podan ABC, O središče vanj včrtanega kroga, D, E in F stične točke kroga s stranicami (slika 1.12). ? AEO = ? AOD na hipotenuzi in kraku (EO = OD - kot polmer, AO - skupaj). Kaj sledi iz enakosti trikotnikov? OAD = ? O.A.E. Torej je AO simetrala kota EAD. Na enak način dokažemo, da leži točka O na drugih dveh simetralah trikotnika.
Polmer, narisan na tangento, je pravokoten na tangento.
Dokaz. Naj bo okolica (O; R) dana krožnica (slika 1.13), premica a se je dotika v točki P. Naj polmer OP ni pravokoten na a. Narišimo pravokotno OD iz točke O na tangento. Po definiciji tangente ležijo vse njene točke razen točke P, zlasti točka D, zunaj kroga. Zato je dolžina navpičnice OD večja od dolžine R poševnice OP. To je v nasprotju s poševno lastnostjo in nastalo protislovje dokazuje trditev.
POGLAVJE 2. 3 izjemne točke trikotnika, Eulerjeva krožnica, Eulerjeva premica.
1 Središče okroglega kroga trikotnika
Simetrala, ki je pravokotna na odsek, je premica, ki poteka skozi sredino odseka in je pravokotna nanj.
Izrek. Vsaka točka navpične simetrale odseka je enako oddaljena od koncev tega odseka. Nasprotno: vsaka točka, ki je enako oddaljena od koncev odseka, leži na simetrali, ki je pravokotna nanj.
Dokaz. Naj bo premica m navpična simetrala na dolžino AB, točka O pa razpolovišče dolžine.
Oglejmo si poljubno točko M na premici m in dokažimo, da je AM=BM. Če točka M sovpada s točko O, potem ta enakost velja, saj je O razpolovišče odseka AB. Naj bosta M in O različni točki. Pravokoten ?OAM in ?OBM sta enaka na dveh krakih (OA = OB, OM je skupni krak), zato je AM = VM.
) Vzemimo poljubno točko N, ki je enako oddaljena od koncev odseka AB, in dokažimo, da točka N leži na premici m. Če je N točka na premici AB, potem sovpada z razpoloviščem O odseka AB in torej leži na premici m. Če točka N ne leži na premici AB, upoštevajte ?ANB, ki je enakokrak, saj je AN=BN. Odsek NO je mediana tega trikotnika in torej višina. Torej je NO pravokotna na AB, zato premici ON in m sovpadata, zato je N točka premice m. Izrek je dokazan.
Posledica. Simetrale pravokotnice na stranice trikotnika se sekajo v eni točki (središče opisane krožnice).
Označimo O, točko presečišča bisektoralnih navpičnic m in n na stranici AB in BC. ?ABC. Po izreku (vsaka točka simetrale navpičnice na odsek je enako oddaljena od koncev tega odseka. Nasprotno: vsaka točka, ki je enako oddaljena od koncev odseka, leži na simetrali navpičnice na odsek.) sklepamo, da je OB = OA in OB = OC torej: OA = OC, To pomeni, da je točka O enako oddaljena od koncev odseka AC in zato leži na simetrali pravokotnici p na ta odsek. Zato so vse tri simetrale m, n in p na stranice ?ABC se sekata v točki O.
Pri ostrokotnem trikotniku ta točka leži znotraj, pri tupokotnem trikotniku leži zunaj trikotnika, pri pravokotnem trikotniku leži na sredini hipotenuze.
Lastnost simetrale pravokotnice trikotnika:
Premice, na katerih ležijo simetrale notranjih in zunanjih kotov trikotnika, ki izhajajo iz enega oglišča, sekajo s sredino navpičnico na nasprotno stran iz diametralno nasprotnih točk krožnice, ki je okrog trikotnika opisana.
Dokaz. Naj na primer simetrala ABC seka opisano ?Krožnica ABC v točki D (slika 2.1). Ker sta včrtana ABD in DBC enaka, je AD = lok DC. Toda navpičnica na stranico AC razpolovi tudi lok AC, zato bo tudi točka D pripadala tej navpičnici. Nadalje, ker po lastnosti 30 iz odstavka 1.3 simetrala BD ABC meji na ABC, bo slednja sekala krožnico v točki, ki je diametralno nasprotna točki D, saj včrtani pravi kot vedno leži na premeru.
2 Ortocenter kroga trikotnika
Višina je navpičnica, ki poteka iz oglišča trikotnika na premico, ki vsebuje nasprotno stranico.
Višini trikotnika (ali njuni podaljški) se sekata v eni točki (ortocentru).
Dokaz. Razmislite o poljubnem ?ABC in dokaži, da se premice AA1, BB1, CC1, ki vsebujejo njegove višine, sekajo v eni točki. Pojdimo skozi vsako točko ?ABC je premica, vzporedna z nasprotno stranico. Dobimo ?A2B2C2. Točke A, B in C so razpolovišča tega trikotnika. Dejansko sta AB=A2C in AB=CB2 kot nasprotni strani paralelogramov ABA2C in ABCB2, torej A2C=CB2. Podobno C2A=AB2 in C2B=BA2. Poleg tega je, kot sledi iz konstrukcije, CC1 pravokoten na A2B2, AA1 je pravokoten na B2C2 in BB1 je pravokoten na A2C2. Tako so premice AA1, BB1 in CC1 pravokotne simetrale na stranice ?A2B2C2. Zato se sekata v eni točki.
Odvisno od vrste trikotnika je lahko ortocenter znotraj trikotnika v ostrih kotih, zunaj njega - v tupih kotih ali sovpada z vrhom, v pravokotnih pa sovpada z vrhom pod pravim kotom.
Lastnosti višine trikotnika:
Odsek, ki povezuje osnovi dveh višin ostrega trikotnika, odseka trikotnik, podoben danemu, s koeficientom podobnosti, ki je enak kosinusu skupnega kota.
Dokaz. Naj bodo AA1, BB1, CC1 višine ostrokotnega trikotnika ABC in ABC = ?(slika 2.2). Pravokotna trikotnika BA1A in CC1B imata skupno ?, torej sta si podobna, kar pomeni BA1/BA = BC1/BC = cos ?. Iz tega sledi, da je BA1/BC1=BA/BC = cos ?, tj. V ?C1BA1 in ?Stranice ABC, ki mejijo na skupno ??C1BA1~ ?ABC, pri čemer je koeficient podobnosti enak cos ?. Na podoben način se dokazuje, da ?A1CB1~ ?ABC s koeficientom podobnosti cos BCA in ?B1AC1~ ?ABC s koeficientom podobnosti cos CAB.
Nadmorska višina, spuščena na hipotenuzo pravokotnega trikotnika, ga razdeli na dva trikotnika, ki sta si podobna drug drugemu in podobna prvotnemu trikotniku.
Dokaz. Razmislite o pravokotniku ?ABC, ki ima ?BCA = 900, CD pa je njegova višina (slika 2.3).
Potem pa podobnost ?ADC in ?BDC sledi na primer iz znaka podobnosti pravokotnih trikotnikov s sorazmernostjo dveh krakov, saj je AD/CD = CD/DB. Vsak od pravokotnih trikotnikov ADC in BDC je podoben prvotnemu pravokotnemu trikotniku, vsaj glede na podobnost pri dveh kotih.
Reševanje problemov, ki vključujejo uporabo lastnosti višine
Naloga 1. Dokaži, da je trikotnik, katerega eno od oglišč je oglišče danega topokotnega trikotnika, drugi dve oglišči pa sta osnovici višin topokotnega trikotnika, izpuščenih iz njegovih drugih dveh oglišč, podoben dani trikotnik s koeficientom podobnosti, ki je enak modulu kosinusa kota pri prvem oglišču.
rešitev. Razmislite o topem ?ABC z neumnim CAB-om. Naj bodo AA1, BB1, CC1 njegove višine (sl. 2.4, 2.5, 2.6) in naj bo CAB = ?, ABC = ? , BCA = ?.
Dokaz dejstva, da ?C1BA1~ ?ABC (slika 2.4) s koeficientom podobnosti k = cos ?, v celoti ponavlja sklepanje, izvedeno v dokazu lastnosti 1, odstavek 2.2.
Dokažimo to ?A1CB~ ?ABC (slika 2.5) s koeficientom podobnosti k1= cos ?, A ?B1AC1~ ?ABC (slika 2.6) s koeficientom podobnosti k2 = |cos? |.
Res imata pravokotna trikotnika CA1A in CB1B skupni kot ?in zato podobni. Iz tega sledi B1C/ BC = A1C / AC= cos ?in zato B1C/ A1C = BC / AC = cos ?, tj. v trikotnikih A1CB1 in ABC stranice tvorijo skupno ??, so sorazmerni. In potem, po drugem kriteriju podobnosti trikotnikov ?A1CB~ ?ABC, s koeficientom podobnosti k1= cos ?. Kar zadeva zadnji primer (sl. 2.6), potem iz obravnave pravokotnih trikotnikov ?BB1A in ?CC1A z enakima navpičnima kotoma BAB1 in C1AC sledi, da sta si podobna in zato B1A / BA = C1A / CA = cos (1800 - ?) = |cos ?|, odkar ??- Top. Zato je B1A / C1A = BA /CA = |cos ?| in s tem v trikotnike ?B1AC1 in ?Stranici ABC, ki tvorita enake kote, sta sorazmerni. In to pomeni to ?B1AC1~ ?ABC s koeficientom podobnosti k2 = |cos? |.
Naloga 2. Dokaži, da če je točka O točka presečišča višin ostrokotnega trikotnika ABC, potem je ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800.
rešitev. Dokažimo veljavnost prve od formul, podanih v predstavitvi problema. Veljavnost preostalih dveh formul se dokazuje podobno. Torej naj bo ABC = ?, AOC = ?. A1, B1 in C1 so osnove višin trikotnika, narisane iz oglišč A, B in C (slika 2.7). Nato iz pravokotnega trikotnika BC1C sledi BCC1 = 900 - ?in tako je v pravokotnem trikotniku OA1C kot COA1 enak ?. Toda vsota kotov AOC + COA1 = ? + ?daje ravni kot in zato AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, kar je bilo treba dokazati.
Naloga 3. Dokaži, da so višine ostrokotnega trikotnika simetrale kotov trikotnika, katerega oglišča so osnovke višin tega trikotnika.
je.2.8
rešitev. Naj bodo AA1, BB1, CC1 višine ostrokotnega trikotnika ABC in CAB = ?(slika 2.8). Dokažimo na primer, da je višina AA1 simetrala kota C1A1B1. Ker sta si trikotnika C1BA1 in ABC podobna (lastnost 1), je BA1C1 = ?in zato C1A1A = 900 - ?. Iz podobnosti trikotnikov A1CB1 in ABC sledi, da je AA1B1 = 900 - ?in zato C1A1A = AA1B1= 900 - ?. Toda to pomeni, da je AA1 simetrala kota C1A1B1. Podobno je dokazano, da sta drugi dve višini trikotnika ABC simetrali drugih dveh ustreznih kotov trikotnika A1B1C1.
3 Težišče kroga trikotnika
Mediana trikotnika je odsek, ki povezuje poljubno oglišče trikotnika z razpoloviščem nasprotne stranice.
Izrek. Mediana trikotnika se sekata v eni točki (težišču).
Dokaz. Upoštevajmo poljubno? ABC.
Označimo presečišče median AA1 in BB1 s črko O in narišimo srednjico A1B1 tega trikotnika. Odsek A1B1 je vzporeden s stranico AB, zato je 1 = 2 in 3 = 4. Zato je ?AOB in ?A1OB1 sta si pod dvema kotoma podobna, zato sta njuni stranici sorazmerni: AO:A1O=BO:B1O=AB:A1B1. Toda AB=2A1B1, torej AO=2A1O in BO=2B1O. Tako točka O presečišča median AA1 in BB1 deli vsako od njiju v razmerju 2:1, šteto od oglišča.
Podobno je dokazano, da presečišče median BB1 in CC1 deli vsako od njiju v razmerju 2:1, šteto od oglišča, in torej sovpada s točko O in je z njo deljeno v razmerju 2:1, štetje od vrha.
Lastnosti mediane trikotnika:
10 Srednjici trikotnika se sekata v eni točki in ju deli presečišče v razmerju 2:1, šteto od oglišča.
podano: ?ABC, AA1, BB1 - mediane.
Dokaži: AO:OA1=VO:OB1=2:1
Dokaz. Narišimo srednjico A1B1 (slika 2.10), glede na lastnost srednjice A1B1||AB, A1B1=1/2 AB. Ker je A1B1 || AB, torej 1 = 2, ki ležita navzkrižno z vzporednicama AB in A1B1 ter sekanto AA1. 3 = 4, ki ležijo navzkrižno z vzporednicama A1B1 in AB ter sekanto BB1.
torej ?AOB ~ ?A1OB1 z enakostjo dveh kotov, kar pomeni, da sta stranici sorazmerni: AO/A1O = OB/OB1 = AB/A1B = 2/1, AO/A1O = 2/1; OB/OB1 = 2/1.
Mediana deli trikotnik na dva enaka ploščina trikotnika.
Dokaz. BD - mediana ?ABC (slika 2.11), BE - njegova višina. Potem ?ABD in ?DBC sta enako veliki, ker imata enaki osnovici AD in DC ter skupno višino BE.
Celoten trikotnik je z medianami razdeljen na šest enakih trikotnikov.
Če je na nadaljevanju mediane trikotnika od sredine stranice trikotnika odložen segment, ki je po dolžini enak mediani, potem sta končna točka tega segmenta in oglišča trikotnika oglišča paralelogram.
Dokaz. Naj bo D razpolovišče stranice BC ?ABC (slika 2.12), E je točka na premici AD, tako da velja DE=AD. Ker se torej diagonali AE in BC štirikotnika ABEC v točki D njunega presečišča razpolovita, iz lastnosti 13.4 sledi, da je štirikotnik ABEC paralelogram.
Reševanje problemov z uporabo lastnosti median:
Problem 1. Dokažite, da če je O presečišče median ?ABC torej ?A.O.B. ?BOC in ?AOC so enake velikosti.
rešitev. Naj bosta AA1 in BB1 mediani ?ABC (slika 2.13). Razmislimo ?AOB in ?BOC. Očitno je, da S ?AOB = S ?AB1B-S ?AB1O, S ?BOC=S ?BB1C-S ?OB1C. Toda po lastnosti 2 imamo S ?AB1B=S ?BB1C, S ?AOB = S ?OB1C, kar pomeni, da je S ?AOB = S ?BOC. Enakost S ?AOB = S ?AOC.
Problem 2. Dokaži, da če leži točka O notri ?ABC in ?A.O.B. ?BOC in ?AOC sta po površini enaki, potem je O točka presečišča median? ABC.
rešitev. Razmislimo ?ABC (2.14) in predpostavimo, da točka O ne leži na mediani BB1. Potem, ker je OB1 mediana ?AOC nato S ?AOB1 = S ?B1OC , in ker po pogoju S ?AOB = S ?BOC, nato S ?AB1OB = S ?BOB1C. A to ne more biti, saj S ?ABB1 = S ?B1BC. Nastalo protislovje pomeni, da točka O leži na mediani BB1. Podobno je dokazano, da točka O pripada še dvema medianama ?ABC. Iz tega sledi, da je točka O res presečišče treh median? ABC.
Problem 3. Dokažite, da če je v ?ABC Stranici AB in BC nista enaki, tedaj njena simetrala BD leži med središčnico BM in višino BH.
Dokaz. Opišimo približno ?ABC je krožnica in razširi njeno simetralo BD, dokler ne seka krožnice v točki K. Pravokotna razpolovišča na odsek AC bo potekala skozi točko K (lastnost 1, iz odstavka 2.1), ki ima skupno točko M z mediano odseka BH in MK sta vzporedna, točki B in K pa ležita na nasprotnih straneh premice AC, potem presečišče odsekov BK in AC pripada odseku HM, kar dokazuje zahtevano.
Problem 4. B ?ABC mediana BM je polovica stranice AB in z njo tvori kot 400. Poišči ABC.
rešitev. Podaljšajmo mediano BM čez točko M za njeno dolžino in dobimo točko D (slika 2.15). Ker je AB = 2BM, potem je AB = BD, to pomeni, da je trikotnik ABD enakokrak. Zato je BAD = BDA = (180o - 40o) : 2 = 70o. Štirikotnik ABCD je paralelogram, ker so njegove diagonale razpolovljene s presečiščem. To pomeni CBD = ADB = 700. Potem je ABC = ABD + CBD = 1100.
Naloga 5. Stranice?ABC so enake a, b, c. Izračunajte mediano mc, narisano na stran c (slika 2.16).
rešitev. Podvojimo mediano s sestavljanjem ?ABC na paralelogram ACBP in uporabimo izrek 8 za ta paralelogram. Dobimo: CP2+AB2 = 2AC2+2BC2, tj. (2mc)2+c2= 2b2+2a2, od koder najdemo:
2.4 Eulerjev krog. Eulerjeva črta
Izrek. Osnove median, višine poljubnega trikotnika in razpolovišča segmentov, ki povezujejo oglišča trikotnika z njegovim ortocentrom, ležijo na istem krogu, katerega polmer je enak polovici polmera kroga, opisanega okoli trikotnik. Ta krog se imenuje krog devetih točk ali Eulerjev krog.
Dokaz. Vzemimo sredino?MNL (slika 2.17) in okoli nje opišimo krog W. Odsek LQ je mediana v pravokotniku?AQB, torej LQ=1/2AB. Segment MN=1/2AB, ker MN - srednja črta?ABC. Iz tega sledi, da je trapez QLMN enakokrak. Ker krožnica W poteka skozi 3 oglišča enakokrakega trapeza L, M, N, bo potekala tudi skozi četrto oglišče Q. Podobno je dokazano, da P pripada W, R pripada W.
Pojdimo na točke X, Y, Z. Odsek XL je pravokoten na BH kot srednjica?AHB. Odsek BH je pravokoten na AC in ker je AC vzporeden z LM, je BH pravokoten na LM. Zato je XLM=P/2. Podobno je XNM= P/2.
V štirikotniku LXNM sta dva nasprotna kota prava kota, zato lahko okoli njega opišemo krožnico. To bo krog W. Torej X pripada W, podobno Y pripada W, Z pripada W.
Srednji?LMN je podoben?ABC. Koeficient podobnosti je 2. Zato je polmer kroga devetih točk R/2.
Lastnosti Eulerjevega kroga:
Polmer kroga devetih točk je enak polovici polmera kroga, opisanega okoli?ABC.
Krožnica devetih točk je homotetična krogu, opisanem okoli ABC, s koeficientom ½ in središče homotetije v točki H.
Izrek. Ortocenter, težišnica, središče kroga in središče krožnice z devetimi točkami ležijo na isti premici. Eulerjeva premica.
Dokaz. Naj bo H ortocenter ABC (slika 2.18) in O središče opisane krožnice. Simetrali pravokotnice?ABC po konstrukciji vsebujejo višine mediane?MNL, tj. O je hkrati ortocenter?LMN. ?LMN ~ ?ABC, je njun koeficient podobnosti 2, torej BH=2ON.
Skozi točki H in O narišimo premico. Dobimo dva podobna trikotnika?NOG in?BHG. Ker je BH=2ON, potem je BG=2GN. Slednje pomeni, da je točka G težišče?ABC. Za točko G je izpolnjeno razmerje HG:GO=2:1.
Naj bo nadalje TF simetrala MNL in F presečišče te navpičnice s premico HO. Oglejmo si podobna ?TGF in ?NGO. Točka G je težišče ?MNL, zato je koeficient podobnosti ?TGF in ?NGO enak 2. Zato je OG=2GF in ker je HG=2GO, potem je HF=FO in F je sredina odseka HO.
Če enako sklepamo glede navpičnice na drugo stran?MNL, potem mora tudi ta potekati skozi sredino odseka HO. Toda to pomeni, da je točka F točka simetral pravokotnice?MNL. Ta točka je središče Eulerjevega kroga. Izrek je dokazan.
ZAKLJUČEK
V tem delu smo si ogledali 4 čudovite točke trikotnika, ki smo jih preučevali v šoli, in njihove lastnosti, na podlagi katerih lahko rešimo številne probleme. Upoštevani so bili tudi Gergonnova točka, Eulerjeva krožnica in Eulerjeva premica.
SEZNAM UPORABLJENIH VIROV
1.Geometrija 7-9. Učbenik za srednje šole // Atanasyan L.S., Butuzov V.F. in drugi - M .: Izobraževanje, 1994.
2.Amelkin V.V. Geometrija na ravnini: Teorija, problemi, rešitve: Uč. Priročnik o matematiki // V.V. Amelkin, V.L. Rabcevič, V.L. Timokhovich - Mn .: "Asar", 2003.
.V.S. Bolodurin, O.A. Vakhmyanina, T.S. Izmailova // Priročnik o elementarni geometriji. Orenburg, OGPI, 1991.
.Prasolov V.G. Problemi v planimetriji. - 4. izdaja, dopolnjena - M .: Založba Moskovskega centra za nadaljnje matematično izobraževanje, 2001.
Ministrstvo za splošno in strokovno izobraževanje Sverdlovske regije.
Mestna izobraževalna ustanova Jekaterinburg.
Izobraževalna ustanova - MOUSOSH št. 212 "Ekaterinburški kulturni licej"
Izobraževalna smer – matematika.
Predmet - geometrija.
Izjemne točke trikotnika
referent: učenka 8. razreda
Selitski Dmitrij Konstantinovič.
Znanstveni svetnik:
Rabkanov Sergej Petrovič.
Ekaterinburg, 2001
Uvod 3
Opisni del:
Ortocenter 4
Icenter 5
Težišče 7
Obkrožje 8
Eulerjeva črta 9
Praktični del:
Ortocentrični trikotnik 10
Sklep 11
Reference 11
Uvod.
Geometrija se začne s trikotnikom. Dve tisočletji in pol je bil trikotnik simbol geometrije. Njegove nove lastnosti se nenehno odkrivajo. Govoriti o vseh znanih lastnostih trikotnika bo vzelo veliko časa. Zanimale so me tako imenovane "izjemne točke trikotnika". Primer takih točk je presečišče simetral. Zanimivo je, da če vzamete tri poljubne točke v prostoru, iz njih sestavite trikotnik in narišete simetrale, potem se bodo (simetrale) sekale v eni točki! Zdi se, da to ni mogoče, ker smo vzeli poljubne točke, vendar to pravilo vedno velja. Druge "izjemne točke" imajo podobne lastnosti.
Po branju literature na to temo sem si določil definicije in lastnosti petih čudovitih točk in trikotnika. Toda moje delo se tu ni končalo; sam sem želel raziskati te točke.
Zato tarča To delo je študija nekaterih izjemnih lastnosti trikotnika in študija ortocentričnega trikotnika. V procesu doseganja tega cilja lahko ločimo naslednje faze:
Izbira literature, s pomočjo učitelja
Preučevanje osnovnih lastnosti izjemnih točk in črt trikotnika
Posplošitev teh lastnosti
Sestavljanje in reševanje naloge z ortocentričnim trikotnikom
Predstavil sem rezultate, pridobljene v tem raziskovalnem delu. Vse risbe sem naredil z uporabo računalniške grafike (urejevalnik vektorske grafike CorelDRAW).
Ortocenter. (točka presečišča višin)
Dokažimo, da se višine sekajo v eni točki. Popeljemo vas med vrhove A, IN in Z trikotnik ABC ravne črte, vzporedne z nasprotnimi stranicami. Te črte tvorijo trikotnik A 1 IN 1 Z 1 . višina trikotnika ABC sta simetrali pravokotnici na stranice trikotnika A 1 IN 1 Z 1 . zato se sekata v eni točki – središču okroglega kroga trikotnika A 1 IN 1 Z 1 . Točka presečišča višin trikotnika se imenuje ortocenter ( H).
Icenter je središče včrtanega kroga.
(Točka presečišča simetral)
Dokažimo, da so simetrale kotov trikotnika ABC sekata v eni točki. Razmislite o bistvu O presečišča simetral kotov A in IN. vse točke simetrale kota A so enako oddaljene od premic AB in AC, in katera koli točka simetrale kota IN enako oddaljeni od ravnih črt AB in sonce, torej točka O enako oddaljeni od ravnih črt AC in sonce, tj. leži na simetrali kota Z. pika O enako oddaljeni od ravnih črt AB, sonce in SA, kar pomeni, da obstaja krog s središčem O, ki se dotikajo teh premic, dotične točke pa ležijo na samih stranicah in ne na njihovih podaljških. Pravzaprav koti na ogliščih A in IN trikotnik AOB ostra torej projekcijska točka O neposredno AB leži znotraj segmenta AB.
Za zabave sonce in SA dokaz je podoben.
Središče ima tri lastnosti:
Če je nadaljevanje simetrale kota Z seka opisani krog trikotnika ABC na točki M, To MA=MV=MO.
če AB- osnova enakokrakega trikotnika ABC, nato krog, ki se dotika stranic kota DIA na točkah A in IN, poteka skozi točko O.
Če premica, ki poteka skozi točko O vzporedno s stranjo AB, prečka stranice sonce in SA na točkah A 1 in IN 1 , To A 1 IN 1 =A 1 IN+AB 1 .
Težišče. (Točka presečišča median)
Dokažimo, da se mediani trikotnika sekata v eni točki. Za to upoštevajte točko M, pri katerem se mediani sekata AA 1 in BB 1 . narišimo v trikotnik BB 1 Z srednja črta A 1 A 2 , vzporedno BB 1 . Potem A 1 M: zjutraj=IN 1 A 2 :AB 1 =IN 1 A 2 :IN 1 Z=VA 1 :SONCE=1:2, tj. sredinska točka presečišča BB 1 in AA 1 deli mediano AA 1 v razmerju 1:2. Podobno presečišče median SS 1 in AA 1 deli mediano AA 1 v razmerju 1:2. Zato je presečišče median AA 1 in BB 1 sovpada s presečiščem median AA 1 in SS 1 .
Če je presečišče median trikotnika povezano z oglišči, bodo trikotniki razdeljeni na tri trikotnike enake površine. Dovolj je namreč dokazati, da če R– katera koli točka mediane AA 1 v trikotniku ABC, nato površine trikotnikov AVR in AKP so enaki. Navsezadnje mediane AA 1 in RA 1 v trikotnike ABC in RVS narežemo jih na enako velike trikotnike.
Velja tudi obratna trditev: če za neko točko R, ki leži znotraj trikotnika ABC, območje trikotnikov AVR, V SREDO in SAR so enaki, torej R– točka presečišča median.
Točka presečišča ima še eno lastnost: če iz poljubnega materiala izrežete trikotnik, nanj narišete mediane, pritrdite palico na presečišče median in pritrdite vzmetenje na stojalo, potem bo model (trikotnik) v stanje ravnovesja, torej presečišče ni nič drugega kot težišče trikotnika.
Središče opisanega kroga.
Dokažimo, da obstaja točka, ki je enako oddaljena od oglišč trikotnika, ali z drugimi besedami, da obstaja krožnica, ki poteka skozi tri oglišča trikotnika. Geografsko mesto točk, ki so enako oddaljene od točk A in IN, je pravokotna na segment AB, ki poteka skozi njegovo sredino (pravokotno simetralo na segment AB). Razmislite o bistvu O, v kateri se sekajo simetrale navpičnic na segmente AB in sonce. Pika O enako oddaljeni od točk A in IN, pa tudi iz točk IN in Z. zato je enako oddaljena od točk A in Z, tj. leži tudi na simetrali pravokotnici na odsek AC.
Center O opisani krog leži znotraj trikotnika le, če je trikotnik ostrokoten. Če je trikotnik pravokoten, potem točka O sovpada s sredino hipotenuze, in če je kot pri vertex Z topo in nato ravno AB loči točke O in Z.
V matematiki se pogosto zgodi, da se objekti, definirani na popolnoma različne načine, izkažejo za enake. Pokažimo to s primerom.
Pustiti A 1 , IN 1 ,Z 1 – središča stranic sonce,SA in AB. Lahko se dokaže, da so opisani krogi trikotnikov AB 1 Z, A 1 sonce 1 in A 1 IN 1 Z 1 sekata v eni točki in ta točka je središče kroga trikotnika ABC. Imamo torej dve na videz popolnoma različni točki: presečišče pravokotnih simetral na stranice trikotnika ABC in presečišče opisanih krogov trikotnikov AB 1 Z 1 , A 1 sonce in A 1 IN 1 Z 1 . vendar se izkaže, da ti dve točki sovpadata.
Eulerjeva premica.
Najbolj neverjetna lastnost izjemnih točk trikotnika je, da so nekatere med seboj povezane z določenimi razmerji. Na primer, težišče M, ortocenter n in središče opisanega kroga O ležita na isti premici, točka M pa deli odsek OH, tako da velja relacija OM:MN=1:2. Ta izrek je leta 1765 dokazal švicarski znanstvenik Leonardo Euler.
Ortocentrični trikotnik.
Ortocentrični trikotnik(ortotrikotnik) je trikotnik ( MnTO), katerih oglišča so osnove višin tega trikotnika ( ABC). Ta trikotnik ima veliko zanimivih lastnosti. Dajmo enega od njih.
Lastnina.
Dokaži:
Trikotniki AKM, CMN in BKN podoben trikotniku ABC;
Koti ortotrikotnika MNK so: L KNM = π - 2 L A,LKMN = π – 2 L B, L MNK = π - - 2 L C.
Dokaz:
Imamo AB cos A, A.K. cos A. torej A.M./AB = A.K./A.C..
Ker pri trikotnikih ABC in AKM kotiček A– skupni, potem sta si podobna, iz česar sklepamo, da kot L AKM = L C. Zato L BKM = L C. Naslednji imamo L MKC= π/2 – L C, L NKC= π/2 – - - L C, tj. SK– simetrala kota MNK. Torej, L MNK= π – 2 L C. Preostale enakosti dokažemo podobno.
Zaključek.
Na koncu tega raziskovalnega dela je mogoče narediti naslednje zaključke:
Pomembne točke in črte trikotnika so:
ortocenter trikotnika je presečišče njegovih višin;
andcentre trikotnik je presečišče simetral;
težišče trikotnika je točka presečišča njegovih median;
circumcenter– je presečišče simetralnih navpičnic;
Eulerjeva premica- to je premica, na kateri ležijo težišče, ortocenter in središče opisanega kroga.
Ortocentrični trikotnik deli dani trikotnik na tri podobne.
Po opravljenem delu sem se veliko naučil o lastnostih trikotnika. To delo je bilo zame pomembno z vidika razvoja mojega znanja na področju matematike. V prihodnje nameravam razvijati to zanimivo temo.
Bibliografija.
Kiselyov A.P. Elementarna geometrija. – M.: Izobraževanje, 1980.
Coxeter G.S., Greitzer S.L. Nova srečanja z geometrijo. – M.: Nauka, 1978.
Prasolov V.V. Problemi v planimetriji. – M.: Nauka, 1986. – 1. del.
Sharygin I.F. Geometrijske težave: Planimetrija. – M.: Nauka, 1986.
Scanavi M.I. Matematika. Težave z rešitvami. – Rostov na Donu: Phoenix, 1998.
Berger M. Geometrija v dveh zvezkih - M: Mir, 1984.
V trikotniku so tako imenovane štiri izjemne točke: točka presečišča median. Presek simetral, presečišče višin in presečišče simetral. Oglejmo si vsakega od njih.
Presek sredin trikotnika
1. izrek
Na presečišču median trikotnika: Mediani trikotnika se sekata v eni točki in sta deljeni s presečiščem v razmerju $2:1$, začenši z oglišča.
Dokaz.
Vzemimo trikotnik $ABC$, kjer so $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ njegove mediane. Ker mediane delijo stranice na pol. Oglejmo si srednjo črto $A_1B_1$ (slika 1).
Slika 1. Mediane trikotnika
Po izreku 1 je $AB||A_1B_1$ in $AB=2A_1B_1$ torej $\kot ABB_1=\kot BB_1A_1,\ \kot BAA_1=\kot AA_1B_1$. To pomeni, da sta si trikotnika $ABM$ in $A_1B_1M$ podobna po prvem kriteriju podobnosti trikotnikov. Potem
Podobno je dokazano, da
Izrek je dokazan.
Presek simetral trikotnika
2. izrek
Na presečišču simetral trikotnika: Simetrali trikotnika se sekata v eni točki.
Dokaz.
Razmislite o trikotniku $ABC$, kjer so $AM,\BP,\CK$ njegove simetrale. Naj bo točka $O$ presečišče simetral $AM\ in \BP$. Iz te točke potegnemo navpičnici na stranice trikotnika (slika 2).
Slika 2. Simetrale trikotnika
Izrek 3
Vsaka točka simetrale nerazvitega kota je enako oddaljena od njegovih stranic.
Po izreku 3 imamo: $OX=OZ,\ OX=OY$. Zato je $OY=OZ$. To pomeni, da je točka $O$ enako oddaljena od stranic kota $ACB$ in torej leži na njegovi simetrali $CK$.
Izrek je dokazan.
Točka presečišča pravokotnih simetral trikotnika
Izrek 4
Simetrali pravokotnice na stranice trikotnika se sekata v eni točki.
Dokaz.
Naj bo dan trikotnik $ABC$, $n,\ m,\ p$ njegove pravokotnice. Naj bo točka $O$ presečišče bisektoralnih navpičnic $n\ in\ m$ (slika 3).
Slika 3. Simetrale pravokotnice trikotnika
Za dokaz potrebujemo naslednji izrek.
Izrek 5
Vsaka točka pravokotnice simetrale na odsek je enako oddaljena od koncev odseka.
Po izreku 3 imamo: $OB=OC,\ OB=OA$. Zato je $OA=OC$. To pomeni, da je točka $O$ enako oddaljena od koncev dolge $AC$ in torej leži na njegovi simetrali $p$.
Izrek je dokazan.
Točka presečišča višin trikotnika
Izrek 6
Višini trikotnika ali njunih podaljškov se sekata v eni točki.
Dokaz.
Vzemimo trikotnik $ABC$, kjer je $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ njegova nadmorska višina. Skozi vsako oglišče trikotnika narišimo premico vzporedno s stranico nasproti oglišča. Dobimo nov trikotnik $A_2B_2C_2$ (slika 4).
Slika 4. Višine trikotnika
Ker sta $AC_2BC$ in $B_2ABC$ paralelograma s skupno stranico, potem je $AC_2=AB_2$, to pomeni, da je točka $A$ razpolovišče stranice $C_2B_2$. Podobno ugotovimo, da je točka $B$ razpolovišče stranice $C_2A_2$, točka $C$ pa razpolovišče stranice $A_2B_2$. Iz konstrukcije imamo $(CC)_1\bot A_2B_2,\ (BB)_1\bot A_2C_2,\ (AA)_1\bot C_2B_2$. Zato so $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ simetrale pravokotnice trikotnika $A_2B_2C_2$. Potem, po izreku 4, imamo, da se višine $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ sekajo v eni točki.
Baranova Elena
To delo preučuje izjemne točke trikotnika, njihove lastnosti in vzorce, kot sta krog z devetimi točkami in Eulerjeva premica. Podano je zgodovinsko ozadje odkritja Eulerjeve premice in kroga devetih točk. Predlagana je praktična smer uporabe mojega projekta.
Prenesi:
Predogled:
Če želite uporabljati predogled predstavitev, ustvarite Google račun in se prijavite vanj: https://accounts.google.com
Podnapisi diapozitivov:
"ČUDOVITE TOČKE TRIKOTNIKA." (Uporabna in temeljna vprašanja matematike) Elena Baranova 8. razred, MKOU "Srednja šola št. 20" Pos. Novoizobilny, Dukhanina Tatyana Vasilievna, učiteljica matematike, Mestna izobraževalna ustanova "Srednja šola št. 20" Novoizobilny vas 2013. Mestna vladna izobraževalna ustanova "Srednja šola št. 20"
Namen: preučite trikotnik za njegove izjemne točke, preučite njihove razvrstitve in lastnosti. Cilji: 1. Preučiti potrebno literaturo 2. Preučiti klasifikacijo izjemnih točk trikotnika 3.. Seznaniti se z lastnostmi izjemnih točk trikotnika 4. Znati konstruirati izjemne točke trikotnika. 5. Raziščite obseg izjemnih točk. Predmet študija - oddelek matematike - geometrija Predmet študija - trikotnik Ustreznost: razširite svoje znanje o trikotniku, lastnostih njegovih izjemnih točk. Hipoteza: povezava trikotnika z naravo
Točka presečišča pravokotnic Je enako oddaljena od oglišč trikotnika in je središče opisane krožnice. Okoli trikotnikov so opisani krogi, katerih oglišča so razpolovišča stranic trikotnika in se oglišča trikotnika sekajo v eni točki, ki sovpada s presečiščem simetral pravokotnic.
Presek simetral Presek simetral trikotnika je enako oddaljen od stranic trikotnika. OM=OA=OB
Presek višin Presek simetral trikotnika, katerega oglišča sta osnovici višin, sovpada s presečiščem višin trikotnika.
Presečišče median Mediane trikotnika se sekajo v eni točki, ki deli vsako mediano v razmerju 2:1, šteto od oglišča. Če je presečišče median povezano z oglišči, bo trikotnik razdeljen na tri trikotnike enake površine. Pomembna lastnost presečišča median je dejstvo, da je vsota vektorjev, katerih začetek je presečišče median, konci pa oglišča trikotnikov, enaka nič M1 N C B A m2 m3 M1 N C B A m2 m3 M1 N C B A m2 m3 M1 N C B A m2 m3
Torricellijeva točka Opomba: Torricellijeva točka obstaja, če so vsi koti trikotnika manjši od 120.
Krog devetih točk B1, A1, C1 – osnove višin; A2, B2, C2 – središča ustreznih stranic; A3, B3, C3 so razpolovišča odsekov AN, VN in CH.
Eulerjeva premica Točka presečišča median, točka presečišča višin, središče kroga devetih točk leži na eni ravni črti, ki se imenuje Eulerjeva premica v čast matematika, ki je določil ta vzorec.
Malo iz zgodovine odkritja izjemnih točk Leta 1765 je Euler odkril, da razpolovišča stranic trikotnika in osnove njegovih višin ležijo na istem krogu. Najbolj neverjetna lastnost izjemnih točk trikotnika je, da so nekatere med seboj povezane z določenim razmerjem. Presečišče sredin M, presečišče višin H in središče opisane krožnice O ležijo na isti premici, točka M pa deli odsek OH tako, da je razmerje OM : OH = 1 : 2 Ta izrek je leta 1765 dokazal Leonhard Euler.
Povezava geometrije z naravo. V tem položaju ima potencialna energija najmanjšo vrednost in vsota segmentov MA+MB+MC bo najmanjša, vsota vektorjev, ki ležijo na teh segmentih z začetkom v Torricellijevi točki, pa bo enaka nič.
Sklepi Izvedel sem, da poleg čudovitih presečišč višin, median, simetral in pravokotnic, ki jih poznam, obstajajo tudi čudovite točke in črte trikotnika. Pridobljeno znanje na temo bom lahko uporabil pri izobraževalnih dejavnostih, samostojno uporabil izreke pri določenih problemih in naučene izreke uporabil v realni situaciji. Menim, da je uporaba čudovitih točk in črt trikotnika pri učenju matematike učinkovita. Njihovo poznavanje bistveno pospeši reševanje številnih nalog. Predlagano gradivo se lahko uporablja tako pri pouku matematike kot pri obšolskih dejavnostih za učence od 5. do 9. razreda.
Predogled:
Če želite uporabiti predogled, ustvarite Google Račun in se prijavite:
