Katër trekëndësha të mrekullueshëm. Projekti "Pikat e mrekullueshme të trekëndëshit"

Ekzistojnë të ashtuquajturat katër pika të shquara në një trekëndësh: pika e kryqëzimit të ndërmjetësve. Pika e kryqëzimit të përgjysmuesve, pika e kryqëzimit të lartësive dhe pika e kryqëzimit të përgjysmuesve pingul. Le të shohim secilin prej tyre.

Pika e kryqëzimit të ndërmjetësve të trekëndëshit

Teorema 1

Në kryqëzimin e ndërmjetësve të një trekëndëshi: Medianat e një trekëndëshi priten në një pikë dhe ndahen me pikën e kryqëzimit në raportin $2:1$ duke filluar nga kulmi.

Dëshmi.

Merrni parasysh trekëndëshin $ABC$, ku $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ janë medianat e tij. Meqenëse mediat i ndajnë anët në gjysmë. Le të shqyrtojmë vijën e mesme $A_1B_1$ (Fig. 1).

Figura 1. Medianat e një trekëndëshi

Nga teorema 1, $AB||A_1B_1$ dhe $AB=2A_1B_1$, pra, $\këndi ABB_1=\këndi BB_1A_1,\ \këndi BAA_1=\këndi AA_1B_1$. Kjo do të thotë se trekëndëshat $ABM$ dhe $A_1B_1M$ janë të ngjashëm sipas kriterit të parë të ngjashmërisë së trekëndëshave. Pastaj

Në mënyrë të ngjashme, vërtetohet se

Teorema është e vërtetuar.

Pika e kryqëzimit të përgjysmuesve të trekëndëshit

Teorema 2

Në kryqëzimin e përgjysmuesve të një trekëndëshi: Përgjysmuesit e një trekëndëshi priten në një pikë.

Dëshmi.

Merrni parasysh trekëndëshin $ABC$, ku $AM,\BP,\CK$ janë përgjysmuesit e tij. Le të jetë pika $O$ pika e kryqëzimit të përgjysmuesve $AM\ dhe\BP$. Le të vizatojmë pingulet nga kjo pikë në anët e trekëndëshit (Fig. 2).

Figura 2. Përgjysmues trekëndësh

Teorema 3

Çdo pikë e përgjysmuesit të një këndi të pazhvilluar është e barabartë nga anët e saj.

Nga teorema 3, kemi: $OX=OZ,\ OX=OY$. Prandaj, $OY=OZ$. Kjo do të thotë se pika $O$ është e barabartë nga anët e këndit $ACB$ dhe, për rrjedhojë, shtrihet në përgjysmuesin e saj $CK$.

Teorema është e vërtetuar.

Pika e prerjes së përgjysmuesve pingulë të një trekëndëshi

Teorema 4

Përgjysmuesit pingul me brinjët e një trekëndëshi priten në një pikë.

Dëshmi.

Le të jepet një trekëndësh $ABC$, $n,\ m,\ p$ përgjysmuesit e tij pingul. Le të jetë pika $O$ pika e kryqëzimit të pinguleve dysektoriale $n\ dhe\ m$ (Fig. 3).

Figura 3. Përgjysmuesit pingul të një trekëndëshi

Për ta vërtetuar atë, na duhet teorema e mëposhtme.

Teorema 5

Çdo pikë e përgjysmuesit pingul me një segment është e barabartë nga skajet e segmentit.

Nga teorema 3, kemi: $OB=OC,\ OB=OA$. Prandaj, $OA=OC$. Kjo do të thotë se pika $O$ është e barabartë nga skajet e segmentit $AC$ dhe, për rrjedhojë, shtrihet në përgjysmuesin e saj pingul $p$.

Teorema është e vërtetuar.

Pika e kryqëzimit të lartësive të trekëndëshit

Teorema 6

Lartësitë e një trekëndëshi ose zgjatimet e tyre kryqëzohen në një pikë.

Dëshmi.

Merrni parasysh trekëndëshin $ABC$, ku $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ është lartësia e tij. Le të vizatojmë një vijë të drejtë përmes çdo kulmi të trekëndëshit paralel me anën përballë kulmit. Marrim një trekëndësh të ri $A_2B_2C_2$ (Fig. 4).

Figura 4. Lartësitë e trekëndëshit

Meqenëse $AC_2BC$ dhe $B_2ABC$ janë paralelogramë me anë të përbashkët, atëherë $AC_2=AB_2$, domethënë pika $A$ është mesi i anës $C_2B_2$. Në mënyrë të ngjashme, ne gjejmë se pika $B$ është mesi i anës $C_2A_2$, dhe pika $C$ është pika e mesit e anës $A_2B_2$. Nga konstruksioni kemi që $(CC)_1\bot A_2B_2,\ (BB)_1\bot A_2C_2,\ (AA)_1\bot C_2B_2$. Prandaj, $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ janë përgjysmuesit pingul të trekëndëshit $A_2B_2C_2$. Pastaj, nga teorema 4, kemi që lartësitë $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ kryqëzohen në një pikë.

Ministria e Arsimit dhe Shkencës e Federatës Ruse Institucioni Arsimor Buxhetor i Shtetit Federal i Arsimit të Lartë Profesional

"Universiteti Shtetëror Magnitogorsk"

Fakulteti i Fizikës dhe Matematikës

Departamenti i Algjebrës dhe Gjeometrisë

Puna e kursit

Pikat e shquara të trekëndëshit

Plotësohet nga: nxënësi i grupit 41

Vakhrameeva A.M.

Drejtor shkencor

Velikikh A.S.

Magnitogorsk 2014

Prezantimi

Historikisht, gjeometria filloi me një trekëndësh, kështu që për dy mijëvjeçarë e gjysmë trekëndëshi ka qenë, si të thuash, një simbol i gjeometrisë; por ai nuk është vetëm një simbol, ai është një atom i gjeometrisë.

Pse një trekëndësh mund të konsiderohet një atom i gjeometrisë? Sepse konceptet e mëparshme - pika, vija e drejtë dhe këndi - janë abstraksione të paqarta dhe të paprekshme së bashku me një grup teoremash dhe problemesh. Prandaj, sot gjeometria e shkollës mund të bëhet vetëm interesante dhe kuptimplote, vetëm atëherë mund të bëhet gjeometria e duhur kur përfshin një studim të thellë dhe gjithëpërfshirës të trekëndëshit.

Çuditërisht, trekëndëshi, megjithë thjeshtësinë e tij të dukshme, është një objekt studimi i pashtershëm - askush, edhe në kohën tonë, nuk guxon të thotë se i ka studiuar dhe di të gjitha vetitë e trekëndëshit.

Kjo do të thotë se studimi i gjeometrisë së shkollës nuk mund të kryhet pa një studim të thellë të gjeometrisë së trekëndëshit; duke pasur parasysh diversitetin e trekëndëshit si objekt studimi - dhe, për rrjedhojë, burimin e metodave të ndryshme për studimin e tij - është e nevojshme të zgjidhet dhe zhvillohet materiali për studimin e gjeometrisë së pikave të shquara të trekëndëshit. Për më tepër, kur zgjidhni këtë material, nuk duhet të kufizoheni vetëm në pikat e jashtëzakonshme të parashikuara në programin shkollor nga standardi arsimor shtetëror, siç është qendra e rrethit të brendashkruar (pika e kryqëzimit të përgjysmuesve), qendra e rrethi (pika e kryqëzimit të përgjysmuesve), pika e kryqëzimit të ndërmjetësve, pika e kryqëzimit të lartësive. Por për të depërtuar thellë në natyrën e trekëndëshit dhe për të kuptuar pashtershmërinë e tij, është e nevojshme të kemi ide për sa më shumë pika të shquara të trekëndëshit. Përveç pashtershmërisë së trekëndëshit si objekt gjeometrik, është e nevojshme të theksohet vetia më mahnitëse e trekëndëshit si objekt studimi: studimi i gjeometrisë së një trekëndëshi mund të fillojë me studimin e cilësdo prej vetive të tij, duke e marrë atë si bazë; atëherë metodologjia për studimin e trekëndëshit mund të ndërtohet në atë mënyrë që të gjitha vetitë e tjera të trekëndëshit të mund të varen mbi këtë bazë. Me fjalë të tjera, pavarësisht se ku filloni të studioni trekëndëshin, gjithmonë mund të arrini çdo thellësi të kësaj figure mahnitëse. Por më pas - si opsion - mund të filloni të studioni trekëndëshin duke studiuar pikat e tij të jashtëzakonshme.

Qëllimi i punës së kursit është të studiojë pikat e shquara të një trekëndëshi. Për të arritur këtë qëllim, është e nevojshme të zgjidhen detyrat e mëposhtme:

· Studioni konceptet përgjysmues, mediana, lartësi, përgjysmues pingul dhe vetitë e tyre.

· Konsideroni pikën Gergonne, rrethin e Euler dhe vijën e Euler, të cilat nuk studiohen në shkollë.

KAPITULLI 1. Përgjysmues i një trekëndëshi, qendër e rrethit të brendashkruar të një trekëndëshi. Vetitë e përgjysmuesit të një trekëndëshi. Gergonna pikë

1 Qendra e rrethit të brendashkruar të një trekëndëshi

Pikat e jashtëzakonshme të një trekëndëshi janë pikat, vendndodhja e të cilave përcaktohet në mënyrë unike nga trekëndëshi dhe nuk varet nga radha në të cilën janë marrë brinjët dhe kulmet e trekëndëshit.

Përgjysmuesja e një trekëndëshi është segmenti përgjysmues i një këndi të një trekëndëshi që lidh një kulm me një pikë në anën e kundërt.

Teorema. Çdo pikë e përgjysmuesit të një këndi të pazhvilluar është e barabartë (d.m.th., e barabartë nga vijat që përmbajnë brinjët e trekëndëshit) nga anët e saj. Anasjelltas: çdo pikë e shtrirë brenda një këndi dhe e baraslarguar nga anët e këndit shtrihet në përgjysmuesin e saj.

Dëshmi. 1) Merrni një pikë arbitrare M në përgjysmuesin e këndit BAC, vizatoni pingulet MK dhe ML në drejtëza AB dhe AC dhe provoni se MK = ML. Konsideroni trekëndëshat kënddrejtë ?AMK dhe ?AML. Ato janë të barabarta në hipotenuzë dhe kënd akut (AM - hipotenuzë e zakonshme, 1 = 2 sipas konventës). Prandaj, MK=ML.

) Lëreni pikën M të shtrihet brenda JU dhe të jetë e barabartë nga anët e saj AB dhe AC. Le të vërtetojmë se rrezja AM është përgjysmues BAC. Le të vizatojmë pingulet MK dhe ML në drejtëza AB dhe AC. Trekëndëshat kënddrejtë AKM dhe ALM janë të barabartë në hipotenuzë dhe këmbë (AM është hipotenuza e zakonshme, MK = ML sipas konventës). Prandaj, 1 = 2. Por kjo do të thotë se rrezja AM është përgjysmues i BAC. Teorema është e vërtetuar.

Pasoja. Përgjysmuesit e një trekëndëshi kryqëzohen në një pikë (qendra e rrethit dhe qendra).

Le të shënojmë me shkronjën O pikën e prerjes së përgjysmuesve AA1 dhe BB1 të trekëndëshit ABC dhe të nxjerrim nga kjo pikë perpendikularët OK, OL dhe OM, përkatësisht, në drejtëzat AB, BC dhe CA. Sipas teoremës (Çdo pikë e përgjysmuesit të një këndi të pazhvilluar është e barabartë nga brinjët e tij. Në të kundërt: çdo pikë që ndodhet brenda këndit dhe e barabartë nga anët e këndit shtrihet në përgjysmuesin e tij) themi se OK = OM dhe OK = OL. Prandaj, OM = OL, domethënë pika O është e barabartë nga anët ACB dhe, për rrjedhojë, shtrihet në përgjysmuesin CC1 të këtij këndi. Prandaj, të tre përgjysmuesit ?ABC kryqëzohet në pikën O, që është ajo që duhej vërtetuar.

trekëndëshi përgjysmues rrethor

1.2 Vetitë e përgjysmuesit të trekëndëshit

Përgjysmues BD (Fig. 1.1) i çdo këndi ?ABC e ndan anën e kundërt në pjesë AD dhe CD në përpjesëtim me brinjët ngjitur të trekëndëshit.

Duhet të vërtetojmë se nëse ABD = DBC, atëherë AD: DC = AB: BC.

Le të mbajmë CE || BD deri te kryqëzimi në pikën E me vazhdimin e anës AB. Më pas, sipas teoremës për proporcionalitetin e segmenteve të formuara në drejtëza të prera nga disa drejtëza paralele, do të kemi proporcionin: AD: DC = AB: BE. Për të kaluar nga ky raport në atë që duhet vërtetuar, mjafton të zbulohet se BE = BC, d.m.th. ?TË GJITHA isosceles. Në këtë trekëndësh E = ABD (si kënde përkatëse me drejtëza paralele) dhe ALL = DBC (si kënde tërthore me drejtëza paralele të njëjta).

Por ABD = DBC sipas kushtit; kjo do të thotë E = ALL, dhe për këtë arsye anët BE dhe BC që shtrihen përballë këndeve të barabarta janë gjithashtu të barabarta.

Tani, duke zëvendësuar BE-në në proporcionin e shkruar më lart me BC, marrim përpjesëtimin që duhet vërtetuar.

20 Përgjysmuesit e këndeve të brendshme dhe të afërta të një trekëndëshi janë pingul.

Dëshmi. Le të jetë BD përgjysmues i ABC (Fig. 1.2), dhe BE është përgjysmues i CBF-së së jashtme ngjitur me këndin e brendshëm të specifikuar, ?ABC. Atëherë nëse shënojmë ABD = DBC = ?, CBE = EBF = ?, pastaj 2 ? + 2?= 1800 dhe kështu ?+ ?= 900. Dhe kjo do të thotë se BD? BËHET.

30 Përgjysmuesja e një këndi të jashtëm të një trekëndëshi e ndan anën e kundërt nga jashtë në pjesë proporcionale me brinjët ngjitur.

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

40 Përgjysmuesja e çdo këndi të trekëndëshit e ndan anën e kundërt në segmente proporcionale me brinjët ngjitur të trekëndëshit.

Dëshmi. Le të shqyrtojmë ?ABC. Për saktësi, le të përgjysmojë CAB të presë anën BC në pikën D (Fig. 1.4). Le të tregojmë se BD: DC = AB: AC. Për ta bërë këtë, vizatoni një vijë paralele me drejtëzën AB deri në pikën C dhe shënoni me E pikën e kryqëzimit të kësaj drejtëze AD. Pastaj DAB=DEC, ABD=ECD dhe prandaj ?DAB~ ?DEC bazuar në kriterin e parë të ngjashmërisë së trekëndëshave. Më tej, meqenëse rrezja AD është një përgjysmues CAD, atëherë CAE = EAB = AEC dhe, për rrjedhojë, ?ECA isosceles. Prandaj AC=CE. Por në këtë rast, nga ngjashmëria ?DAB dhe ?DEC vijon se BD: DC=AB: CE =AB: AC, dhe kjo ishte ajo që duhej vërtetuar.

Nëse përgjysmuesi i një këndi të jashtëm të një trekëndëshi pret shtrirjen e anës përballë kulmit të këtij këndi, atëherë segmentet nga pika e kryqëzimit që rezulton deri në skajet e anës së kundërt janë proporcionale me anët ngjitur të trekëndëshit.

Dëshmi. Le të shqyrtojmë ?ABC. Le të jetë F një pikë në shtrirjen e brinjës CA, D të jetë pika e kryqëzimit të përgjysmuesit të trekëndëshit të jashtëm BAF me shtrirjen e brinjës CB (Fig. 1.5). Le të tregojmë se DC:DB=AC:AB. Në të vërtetë, le të vizatojmë një drejtëz paralele me drejtëzën AB deri në pikën C dhe të shënojmë me E pikën e kryqëzimit të kësaj drejtëze me drejtëzën DA. Pastaj trekëndëshi ADB ~ ?EDC dhe prandaj DC:DB=EC:AB. Dhe që nga ajo kohë ?EAC= ?KEQ= ?CEA, pastaj në isosceles ?Ana CEA AC=EC dhe, si rrjedhim, DC:DB=AC:AB, që është ajo që duhej vërtetuar.

3 Zgjidhja e problemave duke përdorur vetitë e përgjysmuesit

Problemi 1. Le të jetë O qendra e një rrethi të brendashkruar ?ABC, CAB = ?. Vërtetoni se COB = 900 + ? /2.

Zgjidhje. Meqenëse O është qendra e të mbishkruarit ?ABC e një rrethi (Figura 1.6), pastaj rrezet BO dhe CO janë përgjysmues ABC dhe BCA, përkatësisht. Dhe pastaj COB = 1800 - (OBC + BCO) = 1800 - (ABC + BCA)/2 = 1800 -(1800 - ?)/2 = 900 + ?/2, që është ajo që duhej vërtetuar.

Problemi 2. Le të jetë O qendra e rrethit të përshkruar ?ABC e një rrethi, H është baza e lartësisë së tërhequr në anën BC. Vërtetoni se përgjysmues CAB është gjithashtu përgjysmues ? OAH.

Le të jetë AD përgjysmues i CAB, AE diametri i rrethuar ?ABC e një rrethi (Fig. 1.7, 1.8). Nëse ?ABC është akute (Fig. 1.7) dhe, për rrjedhojë, ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ harqet AC, dhe ?BHA dhe ?ECA drejtkëndëshe (BHA =ECA = 900), atëherë ?BHA~ ?ECA dhe rrjedhimisht CAO = CAE =HAB. Më tej, BAD dhe CAD janë të barabarta nga kushti, kështu që HAD = BAD - BAH =CAD - CAE = EAD = OAD. Le tashti ABC = 900. Në këtë rast, lartësia AH përkon me anën AB, atëherë pika O do t'i përkasë hipotenuzës AC dhe për këtë arsye vlefshmëria e deklaratës së problemit është e qartë.

Le të shqyrtojmë rastin kur ABC > 900 (Fig. 1.8). Këtu katërkëndëshi ABCE është brendashkruar në një rreth dhe kështu AEC = 1800 - ABC. Nga ana tjetër, ABH = 1800 - ABC, d.m.th. AEC = ABH. Dhe që nga ajo kohë ?BHA dhe ?ECA janë drejtkëndëshe dhe, për rrjedhojë, HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, pastaj HAD = HAB + BAD = EAC + CAD = EAD = OAD. Rastet kur BAC dhe ACB janë të mpirë trajtohen në mënyrë të ngjashme. ?

4 Pika Gergonna

Pika Gergonne është pika e prerjes së segmenteve që lidhin kulmet e trekëndëshit me pikat e tangjencës së brinjëve përballë këtyre kulmeve dhe rrethit të brendashkruar të trekëndëshit.

Le të jetë pika O qendra e rrethit të trekëndëshit ABC. Lëreni rrethin të prekë brinjët e trekëndëshit BC, AC dhe AB në pikat D, E dhe F respektivisht. Pika Gergonne është pika e kryqëzimit të segmenteve AD, BE dhe CF. Le të jetë pika O qendra e rrethit të brendashkruar ?ABC. Lëreni rrethin të prekë brinjët e trekëndëshit BC, AC dhe AB në pikat D, E dhe F respektivisht. Pika Gergonne është pika e kryqëzimit të segmenteve AD, BE dhe CF.

Le të vërtetojmë se këto tre segmente në të vërtetë kryqëzohen në një pikë. Vini re se qendra e rrethit është pika e kryqëzimit të përgjysmuesve të këndit ?ABC, dhe rrezet e rrethit janë OD, OE dhe OF ?brinjët e trekëndëshit. Kështu, kemi tre palë trekëndësha të barabartë (AFO dhe AEO, BFO dhe BDO, CDO dhe CEO).

Punon AF?BD ? CE dhe AE ? TË JETË? CF janë të barabarta, pasi BF = BD, CD = CE, AE = AF, prandaj, raporti i këtyre produkteve është i barabartë, dhe sipas teoremës së Cevës (Le të qëndrojnë pikat A1, B1, C1 në anët BC, AC dhe AB ? ABC, përkatësisht Lërini segmentet AA1, BB1 dhe CC1 të kryqëzohen në një pikë

(ne shkojmë rreth trekëndëshit në drejtim të akrepave të orës)), segmentet kryqëzohen në një pikë.

Vetitë e rrethit të brendashkruar:

Një rreth quhet i gdhendur në një trekëndësh nëse prek të gjitha anët e tij.

Një rreth mund të futet në çdo trekëndësh.

Jepet: ABC - ky trekëndësh, O - pika e prerjes së përgjysmuesve, M, L dhe K - pikat e tangjencës së rrethit me brinjët e trekëndëshit (Fig. 1.11).

Vërtetoni: O është qendra e një rrethi të gdhendur në ABC.

Dëshmi. Le të vizatojmë pingulet OK, OL dhe OM nga pika O në brinjët përkatësisht AB, BC dhe CA (Fig. 1.11). Meqenëse pika O është e barabartë nga brinjët e trekëndëshit ABC, atëherë OK = OL = OM. Prandaj, një rreth me qendër O me rreze OK kalon nëpër pikat K, L, M. Brinjët e trekëndëshit ABC prekin këtë rreth në pikat K, L, M, pasi ato janë pingul me rrezet OK, OL dhe OM. Kjo do të thotë se një rreth me qendër O me rreze OK është brendashkruar në trekëndëshin ABC. Teorema është e vërtetuar.

Qendra e një rrethi të gdhendur në një trekëndësh është pika e kryqëzimit të përgjysmuesve të tij.

Le të jepet ABC, O qendra e rrethit të gdhendur në të, D, E dhe F janë pikat e kontaktit të rrethit me brinjët (Fig. 1.12). ? AEO = ? AOD në hipotenuzë dhe këmbë (EO = OD - si rreze, AO - total). Çfarë del nga barazia e trekëndëshave? OAD = ? O.A.E. Pra, AO është përgjysmues i këndit EAD. Në të njëjtën mënyrë vërtetohet se pika O shtrihet në dy përgjysmuesit e tjerë të trekëndëshit.

Rrezja e tërhequr në pikën tangjente është pingul me tangjenten.

Dëshmi. Le të jetë rrethi (O; R) një rreth i dhënë (Fig. 1.13), drejtëza a e prek atë në pikën P. Le të mos jetë rrezja OP pingul me a. Le të vizatojmë një OD pingul nga pika O në tangjenten. Sipas përcaktimit të një tangjente, të gjitha pikat e saj përveç pikës P, dhe në veçanti pika D, shtrihen jashtë rrethit. Prandaj, gjatësia e OD pingul është më e madhe se gjatësia R e OP zhdrejtë. Kjo bie ndesh me vetinë e zhdrejtë, dhe kontradikta që rezulton vërteton pohimin.

KAPITULLI 2. 3 pika të shquara të trekëndëshit, rrethi i Ojlerit, drejtëza e Ojlerit.

1 Qendra e rrethit të një trekëndëshi

Një përgjysmues pingul me një segment është një drejtëz që kalon nga mesi i segmentit dhe pingul me të.

Teorema. Çdo pikë e përgjysmuesit pingul të një segmenti është në distancë të barabartë nga skajet e atij segmenti. Anasjelltas: çdo pikë në distancë të barabartë nga skajet e një segmenti shtrihet në përgjysmuesin pingul me të.

Dëshmi. Le të jetë drejtëza m përgjysmues pingul me segmentin AB dhe pika O të jetë mesi i segmentit.

Le të shqyrtojmë një pikë arbitrare M në një drejtëz m dhe të vërtetojmë se AM=BM. Nëse pika M përkon me pikën O, atëherë kjo barazi është e vërtetë, pasi O është mesi i segmentit AB. Le të jenë M dhe O pika të ndryshme. Drejtkëndëshe ?OAM dhe ?OBM janë të barabarta në dy këmbë (OA = OB, OM është këmbë e zakonshme), prandaj AM = VM.

) Konsideroni një pikë arbitrare N, të barabartë nga skajet e segmentit AB dhe provoni se pika N shtrihet në drejtëzën m. Nëse N është një pikë në drejtëzën AB, atëherë ajo përkon me pikën e mesme O të segmentit AB dhe rrjedhimisht shtrihet në drejtëzën m. Nëse pika N nuk shtrihet në vijën AB, atëherë merrni parasysh ?ANB, i cili është dykëndor, pasi AN=BN. Segmenti NO është mediana e këtij trekëndëshi, dhe rrjedhimisht lartësia. Kështu, NO është pingul me AB, prandaj linjat ON dhe m përputhen, dhe, për rrjedhojë, N është një pikë e drejtëzës m. Teorema është e vërtetuar.

Pasoja. Përgjysmuesit pingul me brinjët e trekëndëshit kryqëzohen në një pikë (qendra e rrethit).

Le të shënojmë O, pikën e prerjes së pinguleve dysektoriale m dhe n me brinjët AB dhe BC ?ABC. Sipas teoremës (secila pikë e përgjysmuesit pingul me një segment është e barabartë nga skajet e këtij segmenti. Në të kundërt: çdo pikë e barabartë nga skajet e segmentit shtrihet në përgjysmuesin pingul me të.) konkludojmë se OB = OA dhe OB = OC pra: OA = OC, domethënë, pika O është e barabartë nga skajet e segmentit AC dhe, për rrjedhojë, shtrihet në përgjysmuesin pingul p me këtë segment. Prandaj, të tre përgjysmuesit m, n dhe p në anët ?ABC kryqëzohet në pikën O.

Për një trekëndësh akut kjo pikë shtrihet brenda, për një trekëndësh të mpirë shtrihet jashtë trekëndëshit, për një trekëndësh kënddrejtë shtrihet në mes të hipotenuzës.

Vetia e përgjysmuesit pingul të një trekëndëshi:

Vijat në të cilat shtrihen përgjysmuesit e këndeve të brendshme dhe të jashtme të trekëndëshit, që dalin nga një kulm, kryqëzohen me mesin e rrugës pingul në anën e kundërt nga pikat diametralisht të kundërta të rrethit të rrethuara rreth trekëndëshit.

Dëshmi. Le të, për shembull, përgjysmues ABC të prerë atë të përshkruar rreth ?Rrethi ABC në pikën D (Fig. 2.1). Atëherë meqenëse ABD dhe DBC e brendashkruar janë të barabarta, atëherë AD = hark DC. Por përgjysmuesja pingul me anën AC përgjysmon edhe harkun AC, kështu që edhe pika D do t'i përkasë kësaj përgjysmuese pingule. Më tej, duke qenë se nga vetia 30 nga paragrafi 1.3 përgjysmues BD ABC ngjitur me ABC, ky i fundit do të presë rrethin në një pikë diametralisht të kundërt me pikën D, meqenëse një kënd i drejtë i brendashkruar qëndron gjithmonë mbi diametrin.

2 Ortoqendra e rrethit të një trekëndëshi

Lartësia është një pingul i tërhequr nga kulmi i një trekëndëshi në një vijë të drejtë që përmban anën e kundërt.

Lartësitë e një trekëndëshi (ose shtrirjet e tyre) kryqëzohen në një pikë (ortoqendër).

Dëshmi. Konsideroni një arbitrar ?ABC dhe vërtetoni se drejtëzat AA1, BB1, CC1 që përmbajnë lartësitë e tij priten në një pikë. Le të kalojmë nëpër çdo kulm ?ABC është një vijë e drejtë paralele me anën e kundërt. marrim ?A2B2C2. Pikat A, B dhe C janë mesi i këtij trekëndëshi. Në të vërtetë, AB=A2C dhe AB=CB2 janë si anët e kundërta të paralelogrameve ABA2C dhe ABCB2, prandaj A2C=CB2. Në mënyrë të ngjashme C2A=AB2 dhe C2B=BA2. Përveç kësaj, siç vijon nga ndërtimi, CC1 është pingul me A2B2, AA1 është pingul me B2C2 dhe BB1 është pingul me A2C2. Kështu, vijat AA1, BB1 dhe CC1 janë përgjysmues pingul me anët ?A2B2C2. Prandaj, ato kryqëzohen në një pikë.

Në varësi të llojit të trekëndëshit, ortoqendra mund të jetë brenda trekëndëshit në kënde akute, jashtë tij - në kënde të mpirë ose të përkojë me kulmin, në ato drejtkëndëshe përkon me kulmin në një kënd të drejtë.

Vetitë e lartësisë së një trekëndëshi:

Një segment që lidh bazat e dy lartësive të një trekëndëshi akut shkëput prej tij një trekëndësh të ngjashëm me atë të dhënë, me një koeficient ngjashmërie të barabartë me kosinusin e këndit të përbashkët.

Dëshmi. Le të jenë AA1, BB1, CC1 lartësitë e trekëndëshit akut ABC, dhe ABC = ?(Fig. 2.2). Trekëndëshat kënddrejtë BA1A dhe CC1B kanë një të përbashkët ?, pra janë të ngjashëm, që do të thotë BA1/BA = BC1/BC = cos ?. Nga kjo rrjedh se BA1/BC1=BA/BC = cos ?, d.m.th. V ?C1BA1 dhe ?Anët ABC ngjitur me të përbashkëtën ??C1BA1~ ?ABC, me koeficientin e ngjashmërisë të barabartë me cos ?. Në mënyrë të ngjashme vërtetohet se ?A1CB1~ ?ABC me koeficient ngjashmërie cos BCA, dhe ?B1AC1~ ?ABC me koeficient ngjashmërie cos CAB.

Lartësia e zbritur në hipotenuzën e një trekëndëshi kënddrejtë e ndan atë në dy trekëndësha të ngjashëm me njëri-tjetrin dhe të ngjashëm me trekëndëshin origjinal.

Dëshmi. Konsideroni një drejtkëndëshe ?ABC, e cila ka ?BCA = 900, dhe CD është lartësia e saj (Fig. 2.3).

Pastaj ngjashmëria ?ADC dhe ?BDC rrjedh, për shembull, nga shenja e ngjashmërisë së trekëndëshave kënddrejtë nga proporcionaliteti i dy këmbëve, pasi AD/CD = CD/DB. Secili nga trekëndëshat kënddrejtë ADC dhe BDC është i ngjashëm me trekëndëshin kënddrejtë origjinal, të paktën bazuar në ngjashmërinë në dy kënde.

Zgjidhja e problemeve që përfshijnë përdorimin e vetive të lartësisë

Problemi 1. Vërtetoni se një trekëndësh, një nga kulmet e të cilit është kulmi i trekëndëshit të trashë të dhënë, dhe dy kulmet e tjera janë bazat e lartësive të trekëndëshit të mpirë, të hequr nga dy kulmet e tjera të tij, është i ngjashëm me jepet trekëndëshi me koeficient ngjashmërie të barabartë me modulin e kosinusit të këndit në kulmin e parë.

Zgjidhje. Konsideroni një të trashë ?ABC me CAB memece. Le të jenë AA1, BB1, CC1 lartësitë e tij (Fig. 2.4, 2.5, 2.6) dhe le të jenë CAB = ?, ABC = ? , BCA = ?.

Dëshmi e faktit se ?C1BA1~ ?ABC (Fig. 2.4) me koeficient ngjashmërie k = cos ?, përsërit plotësisht arsyetimin e kryer në vërtetimin e pasurisë 1, paragrafi 2.2.

Le ta vërtetojmë këtë ?A1CB~ ?ABC (Fig. 2.5) me koeficient ngjashmërie k1= cos ?, A ?B1AC1~ ?ABC (Fig. 2.6) me koeficient ngjashmërie k2 = |cos? |.

Në të vërtetë, trekëndëshat kënddrejtë CA1A dhe CB1B kanë një kënd të përbashkët ?dhe për këtë arsye të ngjashme. Nga kjo rrjedh se B1C/ BC = A1C / AC= cos ?dhe, si rrjedhim, B1C/ A1C = BC / AC = cos ?, d.m.th. në trekëndëshat A1CB1 dhe ABC brinjët që formojnë një të përbashkët ??, janë proporcionale. Dhe pastaj, sipas kriterit të dytë të ngjashmërisë së trekëndëshave ?A1CB~ ?ABC, me koeficient ngjashmërie k1= cos ?. Sa i përket rastit të fundit (Fig. 2.6), atëherë nga shqyrtimi i trekëndëshave kënddrejtë ?BB1A dhe ?CC1A me kënde të barabarta vertikale BAB1 dhe C1AC rrjedh se ato janë të ngjashme dhe për këtë arsye B1A / BA = C1A / CA = cos (1800 - ?) = |cos ?|, pasi ??- troç. Prandaj B1A / C1A = BA /CA = |cos ?| dhe kështu në trekëndësha ?B1AC1 dhe ?Brinjët ABC që formojnë kënde të barabarta janë proporcionale. Dhe kjo do të thotë se ?B1AC1~ ?ABC me koeficient ngjashmërie k2 = |cos? |.

Problemi 2. Vërtetoni se nëse pika O është pika e prerjes së lartësive të një trekëndëshi akut ABC, atëherë ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800.

Zgjidhje. Le të vërtetojmë vlefshmërinë e formulave të para të dhëna në deklaratën e problemit. Vlefshmëria e dy formulave të mbetura vërtetohet në mënyrë të ngjashme. Pra, le të ABC = ?, AOC = ?. A1, B1 dhe C1 janë bazat e lartësive të trekëndëshit të nxjerrë nga kulmet A, B dhe C, përkatësisht (Fig. 2.7). Pastaj nga trekëndëshi kënddrejtë BC1C rrjedh se BCC1 = 900 - ?dhe kështu në trekëndëshin kënddrejtë OA1C këndi COA1 është i barabartë me ?. Por shuma e këndeve AOC + COA1 = ? + ?jep një kënd të drejtë dhe për këtë arsye AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, që është ajo që duhej vërtetuar.

Problemi 3. Vërtetoni se lartësitë e një trekëndëshi akut janë përgjysmuesit e këndeve të një trekëndëshi, kulmet e të cilit janë bazat e lartësive të këtij trekëndëshi.

është.2.8

Zgjidhje. Le të jenë AA1, BB1, CC1 lartësitë e trekëndëshit akut ABC dhe le të jenë CAB = ?(Fig. 2.8). Le të vërtetojmë, për shembull, se lartësia AA1 është përgjysmues i këndit C1A1B1. Në të vërtetë, meqenëse trekëndëshat C1BA1 dhe ABC janë të ngjashëm (vetia 1), atëherë BA1C1 = ?dhe, prandaj, C1A1A = 900 - ?. Nga ngjashmëria e trekëndëshave A1CB1 dhe ABC rezulton se AA1B1 = 900 - ?dhe prandaj C1A1A = AA1B1 = 900 - ?. Por kjo do të thotë se AA1 është përgjysmues i këndit C1A1B1. Në mënyrë të ngjashme, vërtetohet se dy lartësitë e tjera të trekëndëshit ABC janë përgjysmuesit e dy këndeve të tjerë përkatës të trekëndëshit A1B1C1.

3 Qendra e gravitetit të rrethit të një trekëndëshi

Medianaja e një trekëndëshi është një segment që lidh çdo kulm të trekëndëshit me pikën e mesit të anës së kundërt.

Teorema. Medianaja e trekëndëshit kryqëzohet në një pikë (qendra e gravitetit).

Dëshmi. Le ta konsiderojmë arbitrare? ABC.

Le të shënojmë pikën e kryqëzimit të medianave AA1 dhe BB1 me shkronjën O dhe të vizatojmë vijën e mesme A1B1 të këtij trekëndëshi. Segmenti A1B1 është paralel me anën AB, prandaj 1 = 2 dhe 3 = 4. Prandaj, ?AOB dhe ?A1OB1 janë të ngjashme në dy kënde, dhe, për rrjedhojë, brinjët e tyre janë proporcionale: AO:A1O=BO:B1O=AB:A1B1. Por AB=2A1B1, pra AO=2A1O dhe BO=2B1O. Kështu, pika O e kryqëzimit të medianave AA1 dhe BB1 e ndan secilën prej tyre në një raport 2:1, duke llogaritur nga kulmi.

Është vërtetuar në mënyrë të ngjashme se pika e kryqëzimit të medianeve BB1 dhe CC1 e ndan secilën prej tyre në raportin 2:1, duke llogaritur nga kulmi, dhe, për rrjedhojë, përkon me pikën O dhe ndahet me të në raportin 2:1, duke numëruar nga kulmi.

Vetitë e medianes së një trekëndëshi:

10 Medianat e një trekëndëshi priten në një pikë dhe ndahen me pikën e kryqëzimit në një raport 2:1, duke llogaritur nga kulmi.

E dhënë: ?ABC, AA1, BB1 - mesataret.

Vërtetoni: AO:OA1=VO:OB1=2:1

Dëshmi. Të vizatojmë vijën e mesme A1B1 (Fig. 2.10), sipas vetive të vijës së mesme A1B1||AB, A1B1=1/2 AB. Që nga A1B1 || AB, pastaj 1 = 2 shtrirë në mënyrë tërthore me drejtëza paralele AB dhe A1B1 dhe sekant AA1. 3 = 4 shtrirë në mënyrë tërthore me drejtëza paralele A1B1 dhe AB dhe sekant BB1.

Prandaj, ?AOB ~ ?A1OB1 nga barazia e dy këndeve, që do të thotë se brinjët janë proporcionale: AO/A1O = OB/OB1 = AB/A1B = 2/1, AO/A1O = 2/1; OB/OB1 = 2/1.

Mediana ndan një trekëndësh në dy trekëndësha me sipërfaqe të barabartë.

Dëshmi. BD - mesatare ?ABC (Fig. 2.11), BE - lartësia e saj. Pastaj ?ABD dhe ?DBC janë të barabarta në madhësi sepse ato kanë baza të barabarta AD dhe DC përkatësisht dhe një lartësi të përbashkët BE.

I gjithë trekëndëshi ndahet me anësoret e tij në gjashtë trekëndësha të barabartë.

Nëse, në vazhdim të medianes së trekëndëshit, një segment i barabartë në gjatësi me mesataren hiqet nga mesi i anës së trekëndëshit, atëherë pika fundore e këtij segmenti dhe kulmet e trekëndëshit janë kulmet e paralelogrami.

Dëshmi. Le të jetë D mesi i anës BC ?ABC (Fig. 2.12), E është një pikë në drejtëzën AD e tillë që DE=AD. Atëherë, duke qenë se diagonalet AE dhe BC të katërkëndëshit ABEC në pikën D të kryqëzimit të tyre janë dygjysmuar, nga vetia 13.4 rezulton se katërkëndëshi ABEC është paralelogram.

Zgjidhja e problemeve duke përdorur vetitë e medianave:

Problema 1. Vërtetoni se nëse O është pika e kryqëzimit të ndërmjetësve ?ABC atëherë ?A.O.B. ?BOC dhe ?AOC janë të barabarta në madhësi.

Zgjidhje. Le të jenë mediana AA1 dhe BB1 ?ABC(Fig. 2.13). Le të shqyrtojmë ?AOB dhe ?BOC. Është e qartë se S ?AOB = S ?AB1B-S ?AB1O, S ?BOC=S ?BB1C-S ?OB1C. Por nga prona 2 kemi S ?AB1B=S ?BB1C, S ?AOB = S ?OB1C, që do të thotë se S ?AOB = S ?BOC. Barazia S ?AOB = S ?AOC.

Problemi 2. Vërtetoni se nëse pika O ndodhet brenda ?ABC dhe ?A.O.B. ?BOC dhe ?AOC janë të barabarta në sipërfaqe, atëherë O është pika e kryqëzimit të medianave? ABC.

Zgjidhje. Le të shqyrtojmë ?ABC (2.14) dhe supozojmë se pika O nuk shtrihet në mesataren BB1. Pastaj meqenëse OB1 është mediana ?AOC pastaj S ?AOB1 = S ?B1OC, dhe meqenëse sipas kushtit S ?AOB = S ?BOC, pastaj S ?AB1OB = S ?BOB1C. Por kjo nuk mund të jetë, pasi S ?ABB1 = S ?B1BC. Kontradikta që rezulton do të thotë se pika O shtrihet në mesataren BB1. Në mënyrë të ngjashme, vërtetohet se pika O i përket dy medianave të tjera ?ABC. Nga kjo rrjedh se pika O është me të vërtetë pika e kryqëzimit të tre medianave? ABC.

Problemi 3. Vërtetoni se nëse në ?Brinjët ABC AB dhe BC nuk janë të barabarta, atëherë përgjysmuesja e saj BD shtrihet midis mesatares BM dhe lartësisë BH.

Dëshmi. Le të përshkruajmë rreth ?ABC është një rreth dhe zgjasë përgjysmuesin e tij BD derisa të presë rrethin në pikën K. Pika e mesit pingul me segmentin AC do të kalojë nëpër pikën K (vetia 1, nga paragrafi 2.1), e cila ka një pikë të përbashkët M me mesataren segmentet BH dhe MK janë paralele, dhe pikat B dhe K shtrihen në anët e kundërta të drejtëzës AC, atëherë pika e kryqëzimit të segmenteve BK dhe AC i përkasin segmentit HM, dhe kjo dëshmon se kërkohet.

Problemi 4. B ?ABC mediana BM është gjysma e madhësisë së anës AB dhe formon një kënd prej 400 me të.

Zgjidhje. Le të zgjasim BM mesatare përtej pikës M sipas gjatësisë së saj dhe të marrim pikën D (Fig. 2.15). Meqenëse AB = 2BM, atëherë AB = BD, domethënë trekëndëshi ABD është dykëndësh. Prandaj, BAD = BDA = (180o - 40o) : 2 = 70o. Katërkëndëshi ABCD është një paralelogram sepse diagonalet e tij janë dygjysmuar nga pika e tyre e kryqëzimit. Kjo do të thotë CBD = ADB = 700. Atëherë ABC = ABD + CBD = 1100 Përgjigja është 1100.

Problema 5. Brinjët?ABC janë të barabarta me a, b, c. Llogaritni mesataren mc të tërhequr në anën c (Fig. 2.16).

Zgjidhje. Le të dyfishojmë medianën duke ndërtuar ?ABC në paralelogramin ACBP dhe të zbatojmë teoremën 8 në këtë paralelogram Marrim: CP2+AB2 = 2AC2+2BC2, d.m.th. (2mc)2+c2= 2b2+2a2, nga ku gjejmë:

2.4 Rrethi i Euler-it. Linja e Euler-it

Teorema. Bazat e medianeve, lartësitë e një trekëndëshi arbitrar, si dhe mesi i segmenteve që lidhin kulmet e trekëndëshit me qendrën e tij orthoqendër shtrihen në të njëjtin rreth, rrezja e të cilit është e barabartë me gjysmën e rrezes së rrethit të rrethuar rreth trekëndëshi. Ky rreth quhet rrethi me nëntë pika ose rrethi i Euler-it.

Dëshmi. Le të marrim mesin?MNL (Fig. 2.17) dhe të përshkruajmë një rreth W rreth tij Segmenti LQ është mesatarja në?AQB, pra LQ=1/2AB. Segmenti MN=1/2AB, sepse MN - vija e mesme?ABC. Nga kjo rrjedh se trapezi QLMN është dykëmbësh. Meqenëse rrethi W kalon nëpër 3 kulme të një trapezi dykëndor L, M, N, ai do të kalojë edhe nga kulmi i katërt Q. Në mënyrë të ngjashme, vërtetohet se P i përket W, R i përket W.

Le të kalojmë te pikat X, Y, Z. Segmenti XL është pingul me BH si vija e mesit?AHB. Segmenti BH është pingul me AC dhe meqenëse AC është paralel me LM, atëherë BH është pingul me LM. Prandaj, XLM=P/2. Po kështu, XNM= P/2.

Në katërkëndëshin LXNM, dy kënde të kundërta janë kënde të drejta, kështu që rreth tij mund të përshkruhet një rreth. Ky do të jetë rrethi W. Pra, X i përket W, në mënyrë të ngjashme Y i përket W, Z i përket W.

Mesi?LMN është i ngjashëm me?ABC. Koeficienti i ngjashmërisë është 2. Prandaj, rrezja e rrethit prej nëntë pikash është R/2.

Vetitë e rrethit të Euler:

Rrezja e rrethit prej nëntë pikash është e barabartë me gjysmën e rrezes së rrethit të rrethuar rreth?ABC.

Rrethi prej nëntë pikash është homotetik me rrethin e rrethuar me koeficientin? ½ dhe qendra homotetike në pikën H.

Teorema. Ortoqendra, qendra, rrethi dhe qendra e rrethit me nëntë pika shtrihen në të njëjtën vijë të drejtë. Vija e drejtë e Euler-it.

Dëshmi. Le të jetë H ortoqendra ABC (Fig. 2.18) dhe O qendra e rrethit të rrethuar. Sipas konstruksionit, përgjysmuesit pingulë?ABC përmbajnë lartësitë e medianës?MNL, d.m.th. O është njëkohësisht edhe qendra?LMN. ?LMN ~ ?ABC, koeficienti i ngjashmërisë së tyre është 2, pra BH=2ON.

Le të vizatojmë një vijë të drejtë përmes pikave H dhe O. Marrim dy trekëndësha të ngjashëm?NOG dhe?BHG. Meqenëse BH=2ON, atëherë BG=2GN. Kjo e fundit do të thotë se pika G është qendra?ABC. Për pikën G raporti HG:GO=2:1 është i kënaqur.

Le të jetë TF përgjysmues pingul MNL dhe F të jetë pika e prerjes së kësaj pingule me drejtëzën HO. Le të shqyrtojmë të ngjashme ?TGF dhe ?OJQ. Pika G është qendra e?MNL, kështu që koeficienti i ngjashmërisë së?TGF dhe?NGO është i barabartë me 2. Prandaj OG=2GF dhe meqenëse HG=2GO, atëherë HF=FO dhe F është mesi i segmentit HO.

Nëse kryejmë të njëjtin arsyetim në lidhje me përgjysmuesin pingul me anën tjetër?MNL, atëherë ai duhet të kalojë edhe nga mesi i segmentit HO. Por kjo do të thotë se pika F është pika e përgjysmuesve pingulë?MNL. Kjo pikë është qendra e rrethit të Euler-it. Teorema është e vërtetuar.

PËRFUNDIM

Në këtë punë, ne shikuam 4 pika të mrekullueshme të një trekëndëshi, të studiuara në shkollë dhe vetitë e tyre, në bazë të të cilave mund të zgjidhim shumë probleme. Pika Gergonne, rrethi i Euler-it dhe vija e drejtë e Euler-it gjithashtu u morën parasysh.

LISTA E BURIMEVE TË PËRDORUR

1.Gjeometria 7-9. Libër shkollor për shkollat e mesme // Atanasyan L.S., Butuzov V.F. dhe të tjerët - M.: Arsimi, 1994.

2.Amelkin V.V. Gjeometria në rrafsh: Teori, problema, zgjidhje: Proc. Një manual për matematikën // V.V Amelkin, V.L. Rabtsevich, V.L. Timokhovich - Mn.: "Asar", 2003.

.V.S. Bolodurin, O.A. Vakhmyanina, T.S. Izmailova // Manual për gjeometrinë elementare. Orenburg, OGPI, 1991.

.Prasolov V.G. Probleme në planimetri. - Ed. 4, plotësuar - M.: Shtëpia botuese e Qendrës së Moskës për Edukimin e Vazhdueshëm Matematikor, 2001.

Ministria e Arsimit të Përgjithshëm dhe Profesional të Rajonit Sverdlovsk.

Institucioni Arsimor Komunal i Yekaterinburg.

Institucion arsimor – MOUSOSH Nr. 212 “Liceu Kulturor Ekaterinburg”

Fusha arsimore – matematikë.

Lënda - gjeometri.

Pikat e shquara të trekëndëshit

Referent: Nxënës i klasës së 8-të

Selitsky Dmitry Konstantinovich.

Këshilltar shkencor:

Rabkanov Sergej Petrovich.

Ekaterinburg, 2001

Prezantimi 3

Pjesa përshkruese:

Ortoqendra 4

Qendra 5

Qendra e gravitetit 7

Qendra rrethore 8

Linja 9 e Euler

Pjesa praktike:

Trekëndëshi ortocentrik 10

Përfundimi 11

Referencat 11

Prezantimi.

Gjeometria fillon me një trekëndësh. Për dy mijëvjeçarë e gjysmë, trekëndëshi ka qenë një simbol i gjeometrisë. Vetitë e tij të reja po zbulohen vazhdimisht. Për të folur për të gjitha vetitë e njohura të një trekëndëshi do të duhet shumë kohë. Unë isha i interesuar për të ashtuquajturat "Pikat e jashtëzakonshme të trekëndëshit". Një shembull i pikave të tilla është pika e kryqëzimit të përgjysmuesve. Gjëja e jashtëzakonshme është se nëse merrni tre pika arbitrare në hapësirë, ndërtoni një trekëndësh prej tyre dhe vizatoni përgjysmues, atëherë ato (përgjysmuesit) do të kryqëzohen në një pikë! Duket se kjo nuk është e mundur, sepse kemi marrë pika arbitrare, por ky rregull vlen gjithmonë. "Pika të tjera të jashtëzakonshme" kanë veti të ngjashme.

Pasi lexova literaturën për këtë temë, fiksova për vete përkufizimet dhe vetitë e pesë pikave të mrekullueshme dhe një trekëndëshi. Por puna ime nuk mbaroi me kaq, unë doja t'i eksploroja vetë këto pika.

Kjo është arsyeja pse objektiv Kjo punë është një studim i disa vetive të jashtëzakonshme të një trekëndëshi dhe një studim i një trekëndëshi ortocentrik. Në procesin e arritjes së këtij qëllimi, mund të dallohen fazat e mëposhtme:

Përzgjedhja e literaturës, me ndihmën e një mësuesi

Studimi i vetive themelore të pikave dhe drejtëzave të shquara të një trekëndëshi

Përgjithësimi i këtyre vetive

Hartimi dhe zgjidhja e një problemi që përfshin një trekëndësh ortocentrik

Unë prezantova rezultatet e marra në këtë punë kërkimore. I bëra të gjitha vizatimet duke përdorur grafikë kompjuterike (redaktori i grafikës vektoriale CorelDRAW).

Ortoqendër. (Pika e kryqëzimit të lartësive)

Le të vërtetojmë se lartësitë kryqëzohen në një pikë. Le t'ju çojmë nëpër majat A, NË Dhe ME trekëndëshi ABC vija të drejta paralele me anët e kundërta. Këto vija formojnë një trekëndësh A 1 NË 1 ME 1 . lartësia e trekëndëshit ABC janë përgjysmuesit pingul me brinjët e trekëndëshit A 1 NË 1 ME 1 . prandaj, ato kryqëzohen në një pikë - qendra e rrethit të trekëndëshit A 1 NË 1 ME 1 . Pika e kryqëzimit të lartësive të një trekëndëshi quhet ortoqendra ( H).

Qendra është qendra e rrethit të brendashkruar.

(Pika e kryqëzimit të përgjysmuesve)

Le të vërtetojmë se përgjysmorët e këndeve të një trekëndëshi ABC kryqëzohen në një pikë. Merrni parasysh pikën RRETH kryqëzimet e përgjysmuesve të këndit A Dhe NË. çdo pikë e përgjysmuesit të këndit A është në distancë të barabartë nga drejtëzat AB Dhe AC, dhe çdo pikë të përgjysmuesit të këndit NË në distancë të barabartë nga vijat e drejta AB Dhe dielli, pra pikë RRETH në distancë të barabartë nga vijat e drejta AC Dhe dielli, d.m.th. shtrihet në përgjysmuesin e këndit ME. pika RRETH në distancë të barabartë nga vijat e drejta AB, dielli Dhe SA, që do të thotë se ka një rreth me qendër RRETH, tangjente me këto vija, dhe pikat e tangjences shtrihen në vetë anët dhe jo në zgjatimet e tyre. Në fakt, këndet në kulme A Dhe NË trekëndëshi AOB e mprehtë pra pika e projeksionit RRETH drejtpërdrejt AB shtrihet brenda segmentit AB.

Për partitë dielli Dhe SA prova është e ngjashme.

Qendra ka tre prona:

Nëse vazhdimi i përgjysmuesit të këndit ME pret rrethin rrethor të një trekëndëshi ABC në pikën M, Kjo MA=MV=MO.

Nëse AB- baza e një trekëndëshi dykëndësh ABC, pastaj rrethi tangjent me brinjët e këndit DIA në pika A Dhe NË, kalon nëpër pikë RRETH.

Nëse një vijë që kalon nëpër një pikë RRETH paralel me anën AB, kalon anët dielli Dhe SA në pika A 1 Dhe NË 1 , Kjo A 1 NË 1 =A 1 NË+AB 1 .

Qendra e gravitetit. (Pika e kryqëzimit të medianave)

Le të vërtetojmë se ndërmjetësit e një trekëndëshi kryqëzohen në një pikë. Për këtë, merrni parasysh pikën M, në të cilën ndërpriten ndërmjetësit AA 1 Dhe BB 1 . le të vizatojmë në një trekëndësh BB 1 ME vija e mesme A 1 A 2 , paralele BB 1 . Pastaj A 1 M:AM=NË 1 A 2 :AB 1 =NË 1 A 2 :NË 1 ME=VA 1 :DIEL=1:2, d.m.th. pika mesatare e kryqëzimit BB 1 Dhe AA 1 ndan mesataren AA 1 në raport 1:2. Në mënyrë të ngjashme, pika e kryqëzimit të medianeve SS 1 Dhe AA 1 ndan mesataren AA 1 në raport 1:2. Prandaj, pika e kryqëzimit të medianeve AA 1 Dhe BB 1 përkon me pikën e kryqëzimit të medianeve AA 1 Dhe SS 1 .

Nëse pika e kryqëzimit të ndërmjetësve të një trekëndëshi është e lidhur me kulmet, atëherë trekëndëshat do të ndahen në tre trekëndësha me sipërfaqe të barabartë. Në të vërtetë, mjafton të vërtetohet se nëse R– çdo pikë e mesatares AA 1 në një trekëndësh ABC, pastaj sipërfaqet e trekëndëshave AVR Dhe ASR janë të barabartë. Në fund të fundit, mesataret AA 1 Dhe RA 1 në trekëndësha ABC Dhe RVS i presim në trekëndësha me sipërfaqe të barabartë.

Po ashtu pohimi i kundërt është i vërtetë: nëse për një moment R, i shtrirë brenda trekëndëshit ABC, zona e trekëndëshave AVR, TE MERKUREN Dhe SAR atëherë janë të barabartë R– pika e kryqëzimit të medianave.

Pika e kryqëzimit ka një veçori më shumë: nëse preni një trekëndësh nga ndonjë material, vizatoni median mbi të, lidhni një shufër në pikën e kryqëzimit të ndërmjetësve dhe siguroni pezullimin në një trekëmbësh, atëherë modeli (trekëndëshi) do të jetë në një gjendje ekuilibri, pra, pika e kryqëzimit nuk është gjë tjetër veçse qendra e gravitetit të trekëndëshit.

Qendra e rrethit.

Le të vërtetojmë se ka një pikë të barabartë nga kulmet e trekëndëshit, ose, me fjalë të tjera, se ka një rreth që kalon nëpër tre kulmet e trekëndëshit. Vendndodhja e pikave në distancë të barabartë nga pikat A Dhe NË, është pingul me segmentin AB, duke kaluar nga mesi i tij (përgjysmues pingul me segmentin AB). Merrni parasysh pikën RRETH, në të cilën përgjysmuesit e pinguleve me segmentet priten AB Dhe dielli. Pika RRETH në distancë të barabartë nga pikat A Dhe NË, si dhe nga pikat NË Dhe ME. prandaj është e barabartë nga pikat A Dhe ME, d.m.th. shtrihet edhe në përgjysmuesin pingul me segmentin AC.

Qendra RRETH rrethi shtrihet brenda një trekëndëshi vetëm nëse trekëndëshi është i mprehtë. Nëse trekëndëshi është kënddrejtë, atëherë pika RRETH përkon me mesin e hipotenuzës, dhe nëse këndi në kulm ME topitur pastaj drejt AB ndan pikat RRETH Dhe ME.

Në matematikë, shpesh ndodh që objektet e përcaktuara në mënyra krejtësisht të ndryshme të rezultojnë të njëjta. Le ta tregojmë këtë me një shembull.

Le A 1 , NË 1 ,ME 1 – mesi i anëve dielli,SA dhe AB. Mund të vërtetohet se rrathët e rrethuar të trekëndëshave AB 1 ME, A 1 dielli 1 Dhe A 1 NË 1 ME 1 kryqëzohen në një pikë, dhe kjo pikë është qendra rrethore e trekëndëshit ABC. Pra, ne kemi dy pika në dukje krejtësisht të ndryshme: pikën e kryqëzimit të përgjysmuesve pingul me brinjët e trekëndëshit ABC dhe pika e kryqëzimit të rretheve të trekëndëshave AB 1 ME 1 , A 1 dielli Dhe A 1 NË 1 ME 1 . por rezulton se këto dy pika përkojnë.

Vija e drejtë e Euler-it.

Vetia më e mahnitshme e pikave të jashtëzakonshme të një trekëndëshi është se disa prej tyre janë të lidhura me njëra-tjetrën nga marrëdhënie të caktuara. Për shembull, qendra e gravitetit M, ortoqendër N dhe qendra e rrethit RRETH shtrihuni në të njëjtën drejtëz dhe pika M ndan segmentin OH në mënyrë që relacioni të jetë i vlefshëm OM: MN=1:2. Kjo teoremë u vërtetua në vitin 1765 nga shkencëtari zviceran Leonardo Euler.

Trekëndëshi ortocentrik.

Trekëndëshi ortocentrik(orthotrekëndësh) është një trekëndësh ( MNTE), kulmet e të cilit janë bazat e lartësive të këtij trekëndëshi ( ABC). Ky trekëndësh ka shumë veti interesante. Le të japim një prej tyre.

Prona.

Provoj:

Trekëndëshat AKK, CMN Dhe BKN të ngjashme me një trekëndësh ABC;

Këndet e një drejtkëndëshi MNK janë: L KNM = π - 2 L A,LKMN = π – 2 L B, L MNK = π - - 2 L C.

Dëshmi:

Ne kemi AB cos A, A.K. cos A. Prandaj, JAM./AB = A.K./A.C..

Sepse në trekëndësha ABC Dhe AKK qoshe A– të përbashkëta, atëherë janë të ngjashme, nga ku konkludojmë se këndi L AKK = L C. Kjo është arsyeja pse L BKM = L C. Tjetra kemi L MKC= π/2 - L C, L NKC= π/2 – - - L C, d.m.th. SK– përgjysmues këndi MNK. Kështu që, L MNK= π – 2 L C. Barazitë e mbetura vërtetohen në mënyrë të ngjashme.

konkluzioni.

Në fund të kësaj pune kërkimore mund të nxirren përfundimet e mëposhtme:

Pikat dhe vijat e dukshme të trekëndëshit janë:

ortoqendër i një trekëndëshi është pika e kryqëzimit të lartësive të tij;

dhe qendër trekëndëshi është pika e kryqëzimit të përgjysmuesve;

qendra e gravitetit i një trekëndëshi është pika e kryqëzimit të ndërmjetësve të tij;

rrethore– është pika e prerjes së perpendikularëve të përgjysmuesve;

Vija e drejtë e Euler-it- kjo është vija e drejtë në të cilën shtrihen qendra e gravitetit, qendra ortoqendra dhe qendra e rrethit të rrethuar.

Një trekëndësh ortocentrik ndan një trekëndësh të caktuar në tre të ngjashëm.

Pasi bëra këtë punë, mësova shumë për vetitë e një trekëndëshi. Kjo punë ishte e rëndësishme për mua nga pikëpamja e zhvillimit të njohurive të mia në fushën e matematikës. Në të ardhmen, unë synoj të zhvilloj këtë temë interesante.

Bibliografi.

Kiselyov A.P. Gjeometria elementare. – M.: Arsimi, 1980.

Coxeter G.S., Greitzer S.L. Takime të reja me gjeometrinë. – M.: Nauka, 1978.

Prasolov V.V. Probleme në planimetri. – M.: Nauka, 1986. – Pjesa 1.

Sharygin I.F. Problemet e gjeometrisë: Planimetria. – M.: Nauka, 1986.

Scanavi M.I. Matematikë. Problemet me zgjidhjet. – Rostov-on-Don: Phoenix, 1998.

Berger M. Gjeometria në dy vëllime - M: Mir, 1984.

Pika e kryqëzimit të ndërmjetësve të trekëndëshit

Teorema 1

Në kryqëzimin e ndërmjetësve të një trekëndëshi: Medianat e një trekëndëshi priten në një pikë dhe ndahen me pikën e kryqëzimit në raportin $2:1$ duke filluar nga kulmi.

Dëshmi.

Merrni parasysh trekëndëshin $ABC$, ku $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ janë medianat e tij. Meqenëse mediat i ndajnë anët në gjysmë. Le të shqyrtojmë vijën e mesme $A_1B_1$ (Fig. 1).

Figura 1. Medianat e një trekëndëshi

Në mënyrë të ngjashme, vërtetohet se

Teorema është e vërtetuar.

Pika e kryqëzimit të përgjysmuesve të trekëndëshit

Teorema 2

Në kryqëzimin e përgjysmuesve të një trekëndëshi: Përgjysmuesit e një trekëndëshi priten në një pikë.

Dëshmi.

Figura 2. Përgjysmues trekëndësh

Teorema 3

Çdo pikë e përgjysmuesit të një këndi të pazhvilluar është e barabartë nga anët e saj.

Nga teorema 3, kemi: $OX=OZ,\ OX=OY$. Prandaj, $OY=OZ$. Kjo do të thotë se pika $O$ është e barabartë nga anët e këndit $ACB$ dhe, për rrjedhojë, shtrihet në përgjysmuesin e saj $CK$.

Teorema është e vërtetuar.

Pika e prerjes së përgjysmuesve pingulë të një trekëndëshi

Teorema 4

Përgjysmuesit pingul me brinjët e një trekëndëshi priten në një pikë.

Dëshmi.

Le të jepet një trekëndësh $ABC$, $n,\ m,\ p$ përgjysmuesit e tij pingul. Le të jetë pika $O$ pika e kryqëzimit të pinguleve dysektoriale $n\ dhe\ m$ (Fig. 3).

Figura 3. Përgjysmuesit pingul të një trekëndëshi

Për ta vërtetuar atë, na duhet teorema e mëposhtme.

Teorema 5

Çdo pikë e përgjysmuesit pingul me një segment është e barabartë nga skajet e segmentit.

Teorema është e vërtetuar.

Pika e kryqëzimit të lartësive të trekëndëshit

Teorema 6

Lartësitë e një trekëndëshi ose zgjatimet e tyre kryqëzohen në një pikë.

Dëshmi.

Figura 4. Lartësitë e trekëndëshit

Baranova Elena

Kjo punë shqyrton pikat e jashtëzakonshme të trekëndëshit, vetitë dhe modelet e tyre, të tilla si rrethi me nëntë pika dhe drejtëza e Euler-it. Është dhënë sfondi historik i zbulimit të drejtëzës së Euler-it dhe rrethit nëntëpikësh. Propozohet drejtimi praktik i aplikimit të projektit tim.

Shkarko:

Pamja paraprake:

Për të përdorur pamjet paraprake të prezantimeve, krijoni një llogari Google dhe identifikohuni në të: https://accounts.google.com

Titrat e rrëshqitjes:

"PIKA TË MREKULLUESHME TË NJË TREKËNDËSH". (Pyetje aplikative dhe themelore të matematikës) Elena Baranova Klasa e 8-të, MKOU “Shkolla e mesme nr. 20” Poz. Novoizobilny, Dukhanina Tatyana Vasilievna, mësuese matematike, Institucioni arsimor komunal "Shkolla e mesme nr. 20" fshati Novoizobilny 2013. Institucioni arsimor i qeverisë komunale "Shkolla e mesme nr. 20"

Qëllimi: studioni trekëndëshin për pikat e tij të jashtëzakonshme, studioni klasifikimet dhe vetitë e tyre. Objektivat: 1. Të studiojë literaturën e nevojshme 2. Të studiojë klasifikimin e pikave të shquara të një trekëndëshi 3.. Të njihet me vetitë e pikave të shquara të një trekëndëshi 4. Të jetë në gjendje të ndërtojë pika të shquara të një trekëndëshi. 5. Eksploroni shtrirjen e pikave të jashtëzakonshme. Objekti i studimit - seksioni i matematikës - gjeometria Lënda e studimit - trekëndëshi Rëndësia: zgjeroni njohuritë tuaja për trekëndëshin, vetitë e pikave të tij të shquara. Hipoteza: lidhja midis trekëndëshit dhe natyrës

Pika e prerjes së përgjysmuesve pingul është e barabartë nga kulmet e trekëndëshit dhe është qendra e rrethit të rrethuar. Rrathët e rrethuar rreth trekëndëshave, kulmet e të cilëve janë mesi i brinjëve të trekëndëshit dhe kulmet e trekëndëshit priten në një pikë, e cila përkon me pikën e prerjes së përgjysmuesve pingulë.

Pika e kryqëzimit të përgjysmuesve Pika e kryqëzimit të përgjysmuesve të një trekëndëshi është e barabartë nga brinjët e trekëndëshit. OM=OA=OB

Pika e kryqëzimit të lartësive Pika e prerjes së përgjysmuesve të një trekëndëshi, kulmet e të cilit janë bazat e lartësive, përkon me pikën e kryqëzimit të lartësive të trekëndëshit.

Pika e prerjes së medianave Medianat e një trekëndëshi kryqëzohen në një pikë, e cila e ndan secilën medianë në një raport 2:1, duke llogaritur nga kulmi. Nëse pika e kryqëzimit të medianeve është e lidhur me kulmet, atëherë trekëndëshi do të ndahet në tre trekëndësha me sipërfaqe të barabartë. Një veti e rëndësishme e pikës së kryqëzimit të ndërmjetësve është fakti se shuma e vektorëve, fillimi i të cilave është pika e kryqëzimit të ndërmjetësve, dhe skajet janë kulmet e trekëndëshave, është e barabartë me zero 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

Pika Torricelli Shënim: Një pikë Torricelli ekziston nëse të gjitha këndet e trekëndëshit janë më pak se 120.

Rrethi me nëntë pika B1, A1, C1 – bazat e lartësive; A2, B2, C2 - pikat e mesit të anëve përkatëse; A3, B3, C3, janë pikat e mesit të segmenteve AN, VN dhe CH.

Vija e Euler-it Pika e kryqëzimit të medianeve, pika e kryqëzimit të lartësive, qendra e një rrethi prej nëntë pikash shtrihen në një vijë të drejtë, e cila quhet drejtëza e Euler-it për nder të matematikanit që përcaktoi këtë model.

Pak nga historia e zbulimit të pikave të jashtëzakonshme Në 1765, Euler zbuloi se mesi i brinjëve të një trekëndëshi dhe bazat e lartësive të tij shtrihen në të njëjtin rreth. Vetia më e mahnitshme e pikave të jashtëzakonshme të një trekëndëshi është se disa prej tyre janë të lidhura me njëra-tjetrën me një raport të caktuar. Pika e kryqëzimit të medianeve M, pika e kryqëzimit të lartësive H dhe qendra e rrethit O shtrihen në të njëjtën drejtëz dhe pika M e ndan segmentin OH në mënyrë që marrëdhënia OM: OH = 1:2 të jetë E vlefshme kjo teoremë u vërtetua nga Leonhard Euler në 1765.

Lidhja midis gjeometrisë dhe natyrës. Në këtë pozicion, energjia potenciale ka vlerën më të vogël dhe shuma e segmenteve MA+MB+MC do të jetë më e vogla, dhe shuma e vektorëve që shtrihen në këto segmente me fillimin në pikën Torricelli do të jetë e barabartë me zero.

Përfundime Mësova se përveç pikave të mrekullueshme të kryqëzimit të lartësive, medianave, përgjysmuesve dhe përgjysmuesve pingulë që njoh, ka edhe pika dhe drejtëza të mrekullueshme të një trekëndëshi. Do të jem në gjendje të përdor njohuritë e marra për këtë temë në aktivitetet e mia edukative, të zbatoj në mënyrë të pavarur teorema për probleme të caktuara dhe të zbatoj teoremat e mësuara në një situatë reale. Unë besoj se përdorimi i pikave dhe vijave të mrekullueshme të një trekëndëshi në mësimin e matematikës është efektiv. Njohja e tyre shpejton ndjeshëm zgjidhjen e shumë detyrave. Materiali i propozuar mund të përdoret si në mësimet e matematikës ashtu edhe në aktivitetet jashtëshkollore për nxënësit e klasave 5-9.

Pamja paraprake:

Për të përdorur pamjen paraprake, krijoni një llogari Google dhe identifikohuni: