Dikkat çekici üçgen ilginç gerçeklere işaret ediyor. Araştırma çalışması “Üçgenin dikkat çekici noktaları

Rusya Federasyonu Eğitim ve Bilim Bakanlığı Federal Devlet Bütçe Yüksek Mesleki Eğitim Kurumu

"Magnitogorsk Devlet Üniversitesi"

Fizik ve Matematik Fakültesi

Cebir ve Geometri Bölümü

Ders çalışması

Üçgenin dikkat çekici noktaları

Tamamlayan: 41. grup öğrencisi

Vakhrameeva A.M.

Bilimsel yönetmen

Velikih A.S.

Magnitogorsk 2014

giriiş

Tarihsel olarak geometri bir üçgenle başlamıştır, dolayısıyla iki buçuk bin yıldır üçgen adeta geometrinin bir sembolü olmuştur; ama o sadece bir sembol değil, geometrinin bir atomudur.

Bir üçgen neden geometrinin bir atomu olarak düşünülebilir? Çünkü önceki kavramlar (nokta, düz çizgi ve açı) bir dizi ilişkili teorem ve problemle birlikte belirsiz ve soyut soyutlamalardır. Bu nedenle, bugün okul geometrisi ancak ilginç ve anlamlı hale gelebilir ve ancak o zaman üçgenin derin ve kapsamlı bir çalışmasını içerdiğinde gerçek geometri haline gelebilir.

Şaşırtıcı bir şekilde, üçgen, görünürdeki sadeliğine rağmen tükenmez bir çalışma nesnesidir - zamanımızda bile hiç kimse üçgenin tüm özelliklerini incelediğini ve bildiğini söylemeye cesaret edemez.

Bu, üçgenin geometrisi derinlemesine incelenmeden okul geometrisi çalışmasının gerçekleştirilemeyeceği anlamına gelir; Bir çalışma nesnesi olarak üçgenin çeşitliliği ve dolayısıyla onu incelemek için çeşitli yöntemlerin kaynağı olduğu göz önüne alındığında, üçgenin dikkat çekici noktalarının geometrisini incelemek için materyal seçmek ve geliştirmek gereklidir. Üstelik, bu materyali seçerken, kişi kendisini yalnızca yazılı dairenin merkezi (iki açıortayların kesişme noktası), orta açının merkezi gibi Devlet eğitim standardı tarafından okul müfredatında öngörülen dikkate değer noktalarla sınırlamamalıdır. çevrel çember (ortaortayların kesişme noktası), kenarortayların kesişme noktası, yüksekliklerin kesişme noktası. Ancak üçgenin doğasına derinlemesine nüfuz etmek ve onun tükenmezliğini kavramak için, üçgenin mümkün olduğunca çok dikkat çekici noktası hakkında fikir sahibi olmak gerekir. Geometrik bir nesne olarak üçgenin tükenmezliğine ek olarak, bir çalışma nesnesi olarak üçgenin en şaşırtıcı özelliğine dikkat etmek gerekir: Bir üçgenin geometrisinin incelenmesi, özelliklerinden herhangi birinin incelenmesiyle başlayabilir, bunu esas alarak; daha sonra üçgeni inceleme metodolojisi, üçgenin diğer tüm özelliklerinin bu temele dayanabileceği şekilde oluşturulabilir. Başka bir deyişle, üçgeni incelemeye nereden başlarsanız başlayın, bu muhteşem figürün istediğiniz derinliğine her zaman ulaşabilirsiniz. Ancak daha sonra - bir seçenek olarak - üçgenin dikkat çekici noktalarını inceleyerek çalışmaya başlayabilirsiniz.

Ders çalışmasının amacı bir üçgenin dikkat çekici noktalarını incelemektir. Bu hedefe ulaşmak için aşağıdaki görevleri çözmek gerekir:

· Açıortay, ortanca, yükseklik, dik açıortay kavramlarını ve bunların özelliklerini inceleyin.

· Okulda çalışılmayan Gergonne noktasını, Euler çemberini ve Euler çizgisini düşünün.

1. BÖLÜM Üçgenin ortaortayı, üçgenin yazılı çemberinin merkezi. Bir üçgenin açıortayının özellikleri. Gergonna noktası

1 Bir üçgenin yazılı dairesinin merkezi

Bir üçgenin dikkat çekici noktaları, konumu üçgen tarafından benzersiz bir şekilde belirlenen ve üçgenin kenarlarının ve köşelerinin alınma sırasına bağlı olmayan noktalardır.

Bir üçgenin açıortayı, bir köşeyi karşı taraftaki bir noktaya bağlayan bir üçgenin açıortay kısmıdır.

Teorem. Gelişmemiş bir açının açıortayının her noktası, kenarlarından eşit uzaklıkta (yani üçgenin kenarlarını içeren çizgilerden eşit uzaklıkta). Tersine: Bir açının içinde yer alan ve açının kenarlarından eşit uzaklıkta bulunan her nokta, onun açıortayında yer alır.

Kanıt. 1) BAC açısının açıortayı üzerinde rastgele bir M noktası alın, AB ve AC doğrularına MK ve ML dik çizgileri çizin ve MK = ML olduğunu kanıtlayın. Dik üçgenleri düşünün ?AMK ve ?AML. Hipotenüs ve dar açı bakımından eşittirler (AM - ortak hipotenüs, geleneksel olarak 1 = 2). Bu nedenle MK=ML olur.

) M noktasının içinizde olmasına izin verin ve AB ve AC kenarlarından eşit uzaklıkta olsun. AM ışınının BAC açıortay olduğunu kanıtlayalım. AB ve AC doğrularına MK ve ML dik çizgilerini çizelim. AKM ve ALM dik üçgenleri hipotenüs ve kenar açısından eşittir (AM ortak hipotenüstür, geleneksel olarak MK = ML). Dolayısıyla 1 = 2. Ancak bu, AM ışınının BAC'ın açıortayı olduğu anlamına gelir. Teorem kanıtlandı.

Sonuçlar. Bir üçgenin açıortayları bir noktada kesişir (çemberin merkezi ve merkez).

ABC üçgeninin AA1 ve BB1 ​​açıortaylarının kesişme noktasını O harfiyle gösterelim ve bu noktadan AB, BC ve CA düz çizgilerine sırasıyla OK, OL ve OM dikmelerini çizelim. Teoremine göre (Gelişmemiş bir açının açıortayının her noktası kenarlarından eşit uzaklıktadır. Bunun tersi olarak: açının içinde yer alan ve açının kenarlarından eşit uzaklıktaki her nokta açıortay üzerinde bulunur) OK = OM ve OK = deriz. OL. Bu nedenle OM = OL, yani O noktası ACB kenarlarından eşit uzaklıktadır ve dolayısıyla bu açının CC1 açıortayında yer alır. Bu nedenle üç açıortay da ?ABC O noktasında kesişiyor ve bunun kanıtlanması gerekiyor.

daire açıortay üçgen çizgisi

1.2 Bir üçgenin açıortayının özellikleri

Herhangi bir açının açıortay BD'si (Şekil 1.1) ?ABC, karşı kenarı üçgenin bitişik kenarlarıyla orantılı AD ve CD parçalarına böler.

ABD = DBC ise AD: DC = AB: BC olduğunu kanıtlamamız gerekiyor.

CE'yi tutalım || BD, AB kenarının devamı ile E noktasındaki kesişim noktasına kadar. Daha sonra, birkaç paralel çizgiyle kesişen çizgiler üzerinde oluşan bölümlerin orantılılığı teoremine göre şu oranı elde edeceğiz: AD: DC = AB: BE. Bu orandan kanıtlanması gereken orana geçmek için BE = BC denklemini bulmak yeterlidir. ?TÜM ikizkenarlar. Bu üçgende E = ABD (paralel çizgilerle karşılık gelen açılar olarak) ve ALL = DBC (aynı paralel çizgilerle çapraz açılar olarak).

Ancak ABD = koşula göre DBC; bu, E = ALL anlamına gelir ve dolayısıyla eşit açıların karşısında bulunan BE ve BC kenarları eşittir.

Şimdi yukarıda yazılan orandaki BE'yi BC ile değiştirerek ispatlanması gereken oranı elde ediyoruz.

20 Bir üçgenin iç ve komşu açılarının orta açıları birbirine diktir.

Kanıt. BD, ABC'nin açıortayı olsun (Şekil 1.2) ve BE, belirtilen iç açıya bitişik dış CBF'nin açıortayı olsun, ?ABC. O halde ABD = DBC ='yi belirtirsek ?, CBE = EBF = ?, sonra 2 ? + 2?= 1800 ve dolayısıyla ?+ ?= 900. Bu da BD anlamına mı geliyor? OLMAK.

30 Bir üçgenin bir dış açısının açıortayı, karşı kenarı dışarıdan bitişik kenarlarla orantılı parçalara böler.

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

40 Bir üçgenin herhangi bir açısının açıortayı, karşı kenarı üçgenin bitişik kenarlarıyla orantılı parçalara böler.

Kanıt. Hadi düşünelim ?ABC. Kesinlik sağlamak için CAB açıortayının BC kenarını D noktasında kesmesine izin verin (Şekil 1.4). BD: DC = AB: AC olduğunu gösterelim. Bunu yapmak için, C noktasından AB çizgisine paralel bir çizgi çizin ve bu AD çizgisinin kesişme noktasını E ile belirtin. O halde DAB=DEC, ABD=ECD ve dolayısıyla ?DAB ~ ?DEC, üçgenlerin benzerliğinin ilk kriterine dayanmaktadır. Ayrıca, AD ışını bir açıortay CAD olduğundan CAE = EAB = AEC olur ve bu nedenle, ?ECA ikizkenarları. Dolayısıyla AC=CE olur. Ancak bu durumda benzerlikten ?DAB ve ?DEC, BD: DC=AB: CE =AB: AC sonucunu takip eder ve kanıtlanması gereken de budur.

Bir üçgenin dış açısının açıortayı, bu açının tepe noktasının karşısındaki tarafın uzantısıyla kesişirse, ortaya çıkan kesişme noktasından karşı tarafın uçlarına kadar olan bölümler, üçgenin bitişik kenarlarıyla orantılıdır.

Kanıt. Hadi düşünelim ?ABC. F, CA kenarının uzantısı üzerinde bir nokta olsun; D, BAF dış üçgeninin açıortayının CB kenarının uzantısı ile kesişme noktası olsun (Şekil 1.5). DC:DB=AC:AB olduğunu gösterelim. Aslında, C noktasından AB doğrusuna paralel bir doğru çizelim ve bu doğrunun DA doğrusu ile kesişme noktasını E ile gösterelim. Daha sonra ADB üçgeni ~ ?EDC ve dolayısıyla DC:DB=EC:AB. Dan beri ?EAC= ?KÖTÜ= ?CEA, daha sonra ikizkenar olarak ?CEA tarafı AC=EC ve dolayısıyla DC:DB=AC:AB, bunun kanıtlanması gerekiyordu.

3 Açıortayın özelliklerini kullanarak problem çözme

Problem 1. O, şeklinde yazılı bir dairenin merkezi olsun. ?ABC, CAB = ?. COB = 900 + olduğunu kanıtlayın? /2.

Çözüm. O yazılı olanın merkezi olduğundan ?Bir dairenin ABC'si (Şekil 1.6), BO ve CO ışınları sırasıyla ABC ve BCA'nın açıortaylarıdır. Ve sonra COB = 1800 - (OBC + BCO) = 1800 - (ABC + BCA)/2 = 1800 -(1800 - ?)/2 = 900 + ?/2, kanıtlanması gereken şey buydu.

Problem 2. O'nun anlatılanların merkezi olmasına izin verin. ?Bir çemberin ABC'si, H, BC kenarına çizilen yüksekliğin tabanıdır. CAB açıortayının aynı zamanda açıortay olduğunu kanıtlayın? Ah.

AD, CAB'nin açıortayı olsun, AE çevrelenenin çapı olsun ?Bir dairenin ABC'si (Şekil 1.7, 1.8). Eğer ?ABC akuttur (Şekil 1.7) ve dolayısıyla ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ AC yayları ve ?BHA ve ?ECA dikdörtgen (BHA =ECA = 900), o zaman ?ah~ ?ECA ve dolayısıyla CAO = CAE =HAB. Ayrıca, BAD ve CAD koşula göre eşittir, yani HAD = BAD - BAH =CAD - CAE = EAD = OAD. Şimdi ABC = 900 olsun. Bu durumda AH yüksekliği AB kenarına denk geliyorsa O noktası AC hipotenüsüne ait olacaktır ve dolayısıyla problemin ifadesinin geçerliliği açıktır.

ABC > 900 olduğu durumu ele alalım (Şekil 1.8). Burada ABCE dörtgeni bir daire içine yazılmıştır ve dolayısıyla AEC = 1800 - ABC'dir. Öte yandan ABH = 1800 - ABC, yani. AEC = ABH. Dan beri ?BHA ve ?ECA dikdörtgendir ve dolayısıyla HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, bu durumda HAD = HAB +BAD = EAC + CAD = EAD = OAD. BAC ve ACB'nin geniş olduğu durumlar benzer şekilde ele alınır. ?

4 Noktalı Gergonna

Gergonne noktası, üçgenin köşelerini bu köşelerin karşısındaki kenarların teğet noktalarına ve üçgenin yazılı dairesine bağlayan doğruların kesişme noktasıdır.

ABC üçgeninin iç çemberinin merkezi O noktası olsun. İç çemberin BC, AC ve AB üçgeninin kenarlarına sırasıyla D, E ve F noktalarında değmesine izin verin. Gergonne noktası AD, BE ve CF doğru parçalarının kesişme noktasıdır. O noktası yazılı dairenin merkezi olsun ?ABC. İç çemberin BC, AC ve AB üçgeninin kenarlarına sırasıyla D, E ve F noktalarında değmesine izin verin. Gergonne noktası AD, BE ve CF doğru parçalarının kesişme noktasıdır.

Bu üç doğru parçasının aslında bir noktada kesiştiğini kanıtlayalım. Çemberin merkezinin açıortayların kesişme noktası olduğuna dikkat edin. ?ABC ve iç çemberin yarıçapları OD, OE ve OF'dir ?üçgenin kenarları. Böylece, üç çift eşit üçgenimiz var (AFO ve AEO, BFO ve BDO, CDO ve CEO).

AF?BD çalışıyor mu? CE ve AE? OLMAK? CF eşittir, çünkü BF = BD, CD = CE, AE = AF, dolayısıyla bu çarpımların oranı eşittir ve Ceva teoremine göre (A1, B1, C1 noktaları BC, AC ve AB taraflarında olsun? ABC sırasıyla AA1, BB1 ve CC1 doğru parçalarının bir noktada kesişmesine izin verin.

(üçgenin etrafında saat yönünde dönüyoruz)), segmentler bir noktada kesişiyor.

Yazılı dairenin özellikleri:

Bir dairenin tüm kenarlarına değmesi durumunda üçgenin içine yazıldığı söylenir.

Herhangi bir üçgenin içine bir daire yazılabilir.

Verilenler: ABC - bu üçgen, O - açıortayların kesişme noktası, M, L ve K - dairenin üçgenin kenarlarına teğet noktaları (Şekil 1.11).

Kanıt: O, ABC'de yazılı bir dairenin merkezidir.

Kanıt. O noktasından sırasıyla AB, BC ve CA kenarlarına OK, OL ve OM dikmelerini çizelim (Şekil 1.11). O noktası ABC üçgeninin kenarlarına eşit uzaklıkta olduğundan OK = OL = OM olur. Bu nedenle, OK yarıçaplı O merkezli bir daire K, L, M noktalarından geçer. ABC üçgeninin kenarları, OK, OL ve OM yarıçaplarına dik oldukları için bu daireye K, L, M noktalarında dokunur. Bu, ABC üçgeninde OK yarıçaplı O merkezli bir çemberin yazılı olduğu anlamına gelir. Teorem kanıtlandı.

Bir üçgenin içine yazılan bir dairenin merkezi, açıortaylarının kesişme noktasıdır.

ABC verilsin, O, içine yazılan dairenin merkezi olsun, D, E ve F, dairenin kenarlarla temas noktaları olsun (Şekil 1.12). ? AEO = ? Hipotenüs ve kenardaki AOD (EO = OD - yarıçap olarak, AO - toplam). Üçgenlerin eşitliğinden ne çıkar? OAD = ? O.A.E. Yani AO, EAD açısının açıortayıdır. Aynı şekilde O noktasının üçgenin diğer iki ortayağı üzerinde olduğu kanıtlanır.

Teğet noktasına çizilen yarıçap, teğete diktir.

Kanıt. Çevreleyen (O; R) belirli bir daire olsun (Şekil 1.13), düz bir a çizgisi ona P noktasında değiyor. OP yarıçapının a'ya dik olmamasına izin verin. O noktasından teğete dik bir OD çizelim. Teğetin tanımı gereği, P noktası ve özellikle D noktası dışındaki tüm noktalar çemberin dışında yer alır. Bu nedenle dik OD'nin uzunluğu, eğik OP'nin R uzunluğundan daha büyüktür. Bu, eğik özelliğe aykırıdır ve sonuçta ortaya çıkan çelişki, ifadeyi kanıtlar.

BÖLÜM 2. Üçgenin dikkat çekici 3 noktası, Euler çemberi, Euler düz çizgisi.

1 Bir üçgenin çevrel çemberinin merkezi

Bir parçaya dik bir açıortay, parçanın ortasından geçen ve ona dik olan bir çizgidir.

Teorem. Bir parçanın dik açıortayının her noktası, o parçanın uçlarından eşit uzaklıktadır. Tersine: Bir doğru parçasının uçlarından eşit uzaklıktaki her nokta, ona dik olan ortaorta üzerinde yer alır.

Kanıt. Düz çizgi m, AB doğru parçasına dik açıortay olsun ve O noktası da parçanın orta noktası olsun.

m düz çizgisi üzerinde keyfi bir M noktası düşünelim ve AM=BM olduğunu kanıtlayalım. M noktası O noktasıyla çakışıyorsa bu eşitlik doğrudur, çünkü O AB doğru parçasının orta noktasıdır. M ve O farklı noktalar olsun. Dikdörtgen ?OAM ve ?OBM iki ayak üzerinde eşittir (OA = OB, OM ortak ayaktır), dolayısıyla AM = VM.

) AB doğru parçasının uçlarından eşit uzaklıkta keyfi bir N noktası düşünün ve N noktasının m doğrusu üzerinde bulunduğunu kanıtlayın. Eğer N, AB doğrusu üzerinde bir nokta ise, AB doğru parçasının O orta noktası ile çakışır ve dolayısıyla m doğrusu üzerinde yer alır. Eğer N noktası AB doğrusu üzerinde değilse, o zaman şunu düşünün: ?AN=BN olduğundan ikizkenar olan ANB. NO segmenti bu üçgenin medyanı ve dolayısıyla yüksekliğidir. Dolayısıyla NO AB'ye diktir, bu nedenle ON ve m çizgileri çakışır ve bu nedenle N, m çizgisinin bir noktasıdır. Teorem kanıtlandı.

Sonuçlar. Üçgenin kenarlarına dik açıortaylar bir noktada (çevrel dairenin merkezi) kesişir.

AB ve BC kenarlarına m ve n dikmelerinin kesişme noktası olan O'yu gösterelim. ?ABC. Teoremine göre (bir doğru parçasına dik olan açıortayın her noktası bu parçanın uçlarından eşit uzaklıktadır. Bunun tersine: parçanın uçlarından eşit uzaklıkta olan her nokta ona dik açıortay üzerinde yer alır.) OB = OA olduğu sonucuna varırız ve OB = OC dolayısıyla: OA = OC, Yani O noktası, AC doğru parçasının uçlarından eşit uzaklıkta olduğundan bu parçaya dik olan p ortay üzerinde yer alır. Bu nedenle, her üç açıortay m, n ve p yanlara doğru ?ABC O noktasında kesişiyor.

Dar bir üçgen için bu nokta üçgenin içinde, geniş bir üçgen için üçgenin dışında, dik bir üçgen için hipotenüsün ortasında yer alır.

Bir üçgenin dik açıortayının özelliği:

Üçgenin iç ve dış açılarının açıortaylarının bir tepe noktasından çıktığı çizgiler, üçgenin çevrelediği dairenin taban tabana zıt noktalarından karşı tarafa dik orta yol ile kesişir.

Kanıt. Örneğin ABC açıortayının yukarıda açıklananla kesişmesine izin verin. ?D noktasındaki ABC çemberi (Şekil 2.1). Daha sonra, yazılı ABD ve DBC eşit olduğundan, AD = yay DC olur. Ancak AC kenarına dik olan açıortay aynı zamanda AC yayını da ikiye böler, dolayısıyla D noktası da bu dik açıortaya ait olacaktır. Ayrıca, paragraf 1.3'teki özellik 30 uyarınca, ABC'ye bitişik BD ABC açıortayı olduğundan, ABC, yazılı bir dik açı her zaman çapa dayandığından, daireyi D noktasına taban tabana zıt bir noktada kesecektir.

2 Bir üçgenin çemberinin ortosantırı

Yükseklik, bir üçgenin köşesinden karşı kenarı içeren bir düz çizgiye çizilen dikmedir.

Bir üçgenin yükseklikleri (veya uzantıları) bir noktada (ortomerkez) kesişir.

Kanıt. Keyfi düşünün ?ABC'yi bulun ve yüksekliklerini içeren AA1, BB1, CC1 doğrularının bir noktada kesiştiğini kanıtlayın. Her köşeden geçelim ?ABC karşı kenara paralel bir düz çizgidir. Aldık ?A2B2C2. A, B ve C noktaları bu üçgenin orta noktalarıdır. Aslında AB=A2C ve AB=CB2, ABA2C ve ABCB2 paralelkenarlarının karşıt kenarları gibidir, dolayısıyla A2C=CB2. Benzer şekilde C2A=AB2 ve C2B=BA2. Ayrıca yapıdan da anlaşılacağı üzere CC1 A2B2'ye dik, AA1 B2C2'ye dik ve BB1 ​​A2C2'ye diktir. Böylece, AA1, BB1 ve CC1 doğruları kenarlara dik açıortaylardır. ?A2B2C2. Bu nedenle bir noktada kesişirler.

Üçgenin türüne bağlı olarak ortomerkez, üçgenin içinde dar açılarda, dışında - geniş açılarda veya tepe noktasıyla çakışabilir, dikdörtgen olanlarda ise tepe noktasıyla dik açıyla çakışır.

Bir üçgenin yüksekliğinin özellikleri:

Dar bir üçgenin iki yüksekliğinin tabanlarını birleştiren bir bölüm, ortak açının kosinüsüne eşit bir benzerlik katsayısı ile, verilene benzer bir üçgeni ondan keser.

Kanıt. AA1, BB1, CC1 ABC dar üçgeninin yükseklikleri olsun ve ABC = ?(Şekil 2.2). BA1A ve CC1B dik üçgenlerinin ortak noktası ?yani benzerler, yani BA1/BA = BC1/BC = cos ?. Bundan BA1/BC1=BA/BC = cos çıkar. ?, yani V ?C1BA1 ve ?Ortak alana bitişik ABC kenarları ??C1BA1~ ?ABC, benzerlik katsayısı cos'a eşit ?. Benzer şekilde kanıtlanmıştır ki ?A1CB1~ ?Benzerlik katsayısı cos BCA olan ABC ve ?B1AC1~ ?Benzerlik katsayılı ABC çünkü CAB.

Bir dik üçgenin hipotenüsüne düşen yükseklik, onu birbirine benzer ve orijinal üçgene benzer iki üçgene böler.

Kanıt. Dikdörtgen düşünün ?ABC, sahip olduğu ?BCA = 900 ve CD yüksekliğidir (Şekil 2.3).

Daha sonra benzerlik ?ADC ve ?BDC, örneğin, AD/CD = CD/DB olduğundan, dik üçgenlerin iki bacağın orantılılığıyla benzerlik işaretinden çıkar. ADC ve BDC dik üçgenlerinin her biri, en azından iki açıdaki benzerliğe dayalı olarak orijinal dik üçgene benzer.

Yükseklik özelliklerinin kullanımını içeren problemlerin çözümü

Problem 1. Köşelerinden biri verilen geniş üçgenin tepe noktası, diğer iki köşesi geniş üçgenin diğer iki köşesi hariç tutulan yüksekliklerinin tabanları olan bir üçgenin aşağıdakine benzer olduğunu kanıtlayın: benzerlik katsayısı birinci tepe noktasındaki açının kosinüsü modülüne eşit olan üçgen.

Çözüm. Geniş bir düşünün ?Aptal CAB ile ABC. Yükseklikleri AA1, BB1, CC1 olsun (Şekil 2.4, 2.5, 2.6) ve CAB = olsun ?, ABC = ? , BCA = ?.

Bunun kanıtı ?C1BA1~ ?Benzerlik katsayısı k = cos olan ABC (Şekil 2.4) ?, mülkiyet kanıtı 1, paragraf 2.2'de yürütülen gerekçeyi tamamen tekrarlamaktadır.

Hadi bunu kanıtlayalım ?A1CB~ ?Benzerlik katsayısı k1= cos olan ABC (Şekil 2.5) ?, A ?B1AC1~ ?ABC (Şekil 2.6) benzerlik katsayısı k2 = |cos? |.

Aslında CA1A ve CB1B dik üçgenlerinin ortak bir açısı vardır. ?ve dolayısıyla benzer. Buradan B1C/ BC = A1C / AC= cos çıkar. ?ve dolayısıyla B1C/ A1C = BC / AC = cos ?, yani A1CB1 ve ABC üçgenlerinde ortak bir kenar oluşturan kenarlar ??, orantılıdır. Ve sonra, üçgenlerin benzerliğine ilişkin ikinci kritere göre ?A1CB~ ?ABC, benzerlik katsayısı k1= cos ile ?. Son duruma gelince (Şekil 2.6), dik üçgenlerin dikkate alınmasından ?BB1A ve ?CC1A eşit dikey açılara sahip BAB1 ve C1AC, bunların benzer olduğu ve dolayısıyla B1A / BA = C1A / CA = cos (1800 - ?) = |çünkü ?|, beri ??- köreltmek. Dolayısıyla B1A / C1A = BA /CA = |cos ?| ve böylece üçgenlerde ?B1AC1 ve ?Eşit açı oluşturan ABC kenarları orantılıdır. Ve bu şu anlama geliyor ?B1AC1~ ?Benzerlik katsayılı ABC k2 = |cos? |.

Problem 2. Eğer O noktası bir ABC dar üçgeninin yüksekliklerinin kesişme noktası ise ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800 olduğunu kanıtlayın.

Çözüm. Problem cümlesinde verilen formüllerden ilkinin geçerliliğini kanıtlayalım. Geriye kalan iki formülün geçerliliği de benzer şekilde kanıtlanmıştır. O halde ABC = olsun ?, AOC = ?. A1, B1 ve C1, sırasıyla A, B ve C köşelerinden çizilen üçgenin yüksekliklerinin tabanlarıdır (Şekil 2.7). Daha sonra BC1C dik üçgeninden BCC1 = 900 - çıkar. ?ve dolayısıyla OA1C dik üçgeninde COA1 açısı eşittir ?. Ancak AOC + COA1 açılarının toplamı = ? + ?düz bir açı verir ve bu nedenle AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, bunun da kanıtlanması gerekiyordu.

Problem 3. Dar bir üçgenin yüksekliklerinin, köşeleri bu üçgenin yüksekliklerinin tabanları olan bir üçgenin açılarının ortaortayları olduğunu kanıtlayın.

is.2.8

Çözüm. AA1, BB1, CC1 ABC dar üçgeninin yükseklikleri olsun ve CAB = olsun ?(Şekil 2.8). Örneğin AA1 yüksekliğinin C1A1B1 açısının açıortayı olduğunu kanıtlayalım. Aslında, C1BA1 ve ABC üçgenleri benzer olduğundan (özellik 1), bu durumda BA1C1 = ?ve dolayısıyla C1A1A = 900 - ?. A1CB1 ve ABC üçgenlerinin benzerliğinden AA1B1 = 900 - sonucu çıkar. ?ve dolayısıyla C1A1A = AA1B1= 900 - ?. Ancak bu, AA1'in C1A1B1 açısının açıortayı olduğu anlamına gelir. Benzer şekilde, ABC üçgeninin diğer iki yüksekliğinin, A1B1C1 üçgeninin karşılık gelen diğer iki açısının ortaortayları olduğu kanıtlanmıştır.

3 Bir üçgenin çemberinin ağırlık merkezi

Bir üçgenin medyanı, üçgenin herhangi bir köşesini karşı kenarın orta noktasına bağlayan bir segmenttir.

Teorem. Üçgenin kenarortayı bir noktada (ağırlık merkezi) kesişir.

Kanıt. Keyfi bir tane düşünelim mi? ABC.

AA1 ve BB1 ​​kenarortaylarının kesişim noktasını O harfi ile gösterelim ve bu üçgenin A1B1 orta çizgisini çizelim. A1B1 doğru parçası AB kenarına paralel olduğundan 1 = 2 ve 3 = 4 olur. Bu nedenle, ?AOB ve ?A1OB1 iki açıda benzerdir ve dolayısıyla kenarları orantılıdır: AO:A1O=BO:B1O=AB:A1B1. Ama AB=2A1B1, yani AO=2A1O ve BO=2B1O. Böylece, AA1 ve BB1 ​​kenarortaylarının kesişimindeki O noktası, köşeden sayılarak her birini 2:1 oranında böler.

Benzer şekilde, BB1 ve CC1 medyanlarının kesişme noktasının her birini tepe noktasından sayarak 2:1 oranında böldüğü ve bu nedenle O noktasıyla çakıştığı ve ona 2:1 oranında bölündüğü kanıtlanmıştır. tepe noktasından sayılıyor.

Bir üçgenin medyanının özellikleri:

10 Bir üçgenin kenarortayları bir noktada kesişir ve tepe noktasından itibaren sayılarak 2:1 oranında kesişme noktasına bölünür.

Verilen: ?ABC, AA1, BB1 - medyanlar.

Kanıt: AO:OA1=VO:OB1=2:1

Kanıt. Orta çizgi A1B1||AB'nin özelliğine göre A1B1=1/2 AB orta çizgisini çizelim (Şekil 2.10). A1B1'den bu yana || AB, bu durumda 1 = 2, AB ve A1B1 paralel çizgileri ve AA1 sekantıyla çapraz olarak uzanır. 3 = 4, A1B1 ve AB paralel çizgileri ve BB1 ​​sekantıyla çapraz olarak uzanıyor.

Buradan, ?AOB ~ ?A1OB1 iki açının eşitliği ile belirlenir, bu da kenarların orantılı olduğu anlamına gelir: AO/A1O = OB/OB1 = AB/A1B = 2/1, AO/A1O = 2/1; OB/OB1 = 2/1.

Medyan bir üçgeni eşit alanlı iki üçgene böler.

Kanıt. BD - medyan ?ABC (Şekil 2.11), BE - yüksekliği. Daha sonra ?ABD ve ?DBC'nin boyutları eşittir çünkü sırasıyla AD ve DC tabanları ve BE ortak yüksekliğine sahiptirler.

Üçgenin tamamı kenarortaylarıyla altı eşit üçgene bölünmüştür.

Üçgenin ortancasının devamında, üçgenin kenarının ortasından ortancaya eşit uzunlukta bir parça çıkarılırsa, bu parçanın bitiş noktası ve üçgenin köşeleri köşelerdir. paralelkenar.

Kanıt. BC kenarının orta noktası D olsun ?ABC (Şekil 2.12), E, ​​AD doğrusu üzerinde DE=AD olacak şekilde bir noktadır. Bu durumda, ABEC dörtgeninin D noktasındaki AE ve BC köşegenleri ikiye bölündüğü için, özellik 13.4'ten ABEC dörtgeninin bir paralelkenar olduğu sonucu çıkar.

Ortancaların özelliklerini kullanarak problemleri çözme:

Problem 1. O'nun medyanların kesişme noktası olduğunu kanıtlayın ?ABC o zaman ?A.O.B. ?BOC ve ?AOC'nin boyutu eşittir.

Çözüm. AA1 ve BB1 ​​medyan olsun ?ABC(Şekil 2.13). Hadi düşünelim ?AOB ve ?BOC. Açıkça görülüyor ki S ?AOB = S ?AB1B-S ?AB1O, S ?BOC=S ?BB1C-S ?OB1C. Ama özellik 2'ye göre elimizde S var ?AB1B=S ?BB1C, S ?AOB = S ?OB1C, yani S ?AOB = S ?BOC. Eşitlik S ?AOB = S ?AOC.

Problem 2. O noktasının içeride olduğunu kanıtlayın ?ABC ve ?A.O.B. ?BOC ve ?AOC'nin alanları eşitse, O medyanların kesişme noktası mıdır? ABC.

Çözüm. Hadi düşünelim ?ABC (2.14) ve O noktasının BB1 medyanı üzerinde olmadığını varsayalım. O zaman OB1 medyan olduğundan ?AOC sonra S ?AOB1 = S ?B1OC ve S koşuluna göre ?AOB = S ?BOC, sonra S ?AB1OB = S ?BOB1C. Ama bu olamaz çünkü S ?ABB1 = S ?B1BC. Ortaya çıkan çelişki, O noktasının BB1 medyanı üzerinde olduğu anlamına gelir. Benzer şekilde O noktasının diğer iki medyana ait olduğu kanıtlanmıştır. ?ABC. Buradan O noktasının gerçekten üç medyanın kesişme noktası olduğu sonucu çıkıyor? ABC.

Problem 3. Aşağıdakileri kanıtlayın: ?ABC kenarları AB ve BC eşit değilse, bu durumda onun ortayağı BD BM ortancası ile BH yüksekliği arasında yer alır.

Kanıt. hakkında anlatalım ?ABC bir dairedir ve açıortay BD'yi daireyi K noktasında kesinceye kadar uzatır. AC parçasına dik orta nokta, medyanla ortak bir M noktasına sahip olan K noktasından (paragraf 2.1'deki özellik 1) geçecektir. BH ve MK doğru parçaları paraleldir ve B ve K noktaları AC doğrusunun karşıt taraflarında yer alıyorsa, bu durumda BK ve AC doğru parçalarının kesişme noktası HM doğru parçasına aittir ve bu gerekliliği kanıtlar.

Problem 4.B ?ABC kenarortayı BM, AB kenarının yarısı kadardır ve onunla 400 derecelik bir açı oluşturur.

Çözüm. Medyan BM'yi uzunluğu kadar M noktasının ötesine uzatalım ve D noktasını elde edelim (Şekil 2.15). AB = 2BM olduğuna göre AB = BD yani ABD üçgeni ikizkenardır. Dolayısıyla KÖTÜ = BDA = (180o - 40o) : 2 = 70o. ABCD dörtgeni bir paralelkenardır çünkü köşegenleri kesişme noktalarına göre ikiye bölünür. Bu, CBD = ADB = 700 anlamına gelir. O halde ABC = ABD + CBD =1100 Cevap 1100'dür.

Problem 5. ABC kenarları a, b, c'ye eşittir. c kenarına çizilen medyan mc'yi hesaplayın (Şekil 2.16).

Çözüm. ACBP paralelkenarına ABC'yi oluşturarak medyanı ikiye katlayalım ve bu paralelkenara Teorem 8'i uygulayalım: CP2+AB2 = 2AC2+2BC2, yani. (2mc)2+c2= 2b2+2a2, buradan şunu buluyoruz:

2.4 Euler çemberi. Euler çizgisi

Teorem. Medyanların tabanları, rastgele bir üçgenin yükseklikleri ve üçgenin köşelerini diklik merkezi ile birleştiren bölümlerin orta noktaları, yarıçapı etrafı çevrelenen dairenin yarıçapının yarısına eşit olan aynı daire üzerinde yer alır. üçgen. Bu daireye dokuz noktalı daire veya Euler dairesi denir.

Kanıt. Ortadaki?MNL'yi alalım (Şekil 2.17) ve onun etrafında bir W çemberi tanımlayalım. LQ segmenti dikdörtgensel?AQB'deki ortancadır, yani LQ=1/2AB. MN=1/2AB segmenti, çünkü MN-orta çizgi?ABC. Bundan yamuk QLMN'nin ikizkenar olduğu sonucu çıkar. W çemberi bir ikizkenar yamuk L, M, N'nin 3 köşesinden geçtiği için dördüncü Q köşe noktasından da geçecektir. Benzer şekilde P'nin W'ye, R'nin W'ye ait olduğu kanıtlanmıştır.

X, Y, Z noktalarına geçelim. XL doğru parçası orta çizgi olan AHB olarak BH'ye diktir. BH segmenti AC'ye diktir ve AC, LM'ye paralel olduğundan BH, LM'ye diktir. Bu nedenle XLM=P/2. Aynı şekilde XNM= P/2.

LXNM dörtgeninde, iki zıt açı dik açıdır, dolayısıyla onun etrafında bir daire tanımlanabilir. Bu W çemberi olacak. Yani X W'ye ait, aynı şekilde Y de W'ye ait, Z de W'ye ait.

Ortadaki?LMN,?ABC'ye benzer. Benzerlik katsayısı 2'dir. Dolayısıyla dokuz noktalı dairenin yarıçapı R/2'dir.

Euler çemberinin özellikleri:

Dokuz noktalı dairenin yarıçapı, ?ABC etrafında çevrelenen dairenin yarıçapının yarısına eşittir.

Dokuz noktalı çember ABC'nin çevrelediği çembere homotetiktir ve bu katsayı ne kadardır? ½ ve H noktasındaki homotetik merkez.

Teorem. Ortomerkez, ağırlık merkezi, çevrel merkez ve dokuz noktalı daire merkezi aynı düz çizgi üzerinde yer alır. Euler'in düz çizgisi.

Kanıt. H ABC ortomerkez olsun (Şekil 2.18) ve O çevrelenen dairenin merkezi olsun. Yapı itibariyle, dik ortaortay-ABC ortanca-MNL'nin yüksekliklerini içerir, yani O aynı anda ortomerkez-LMN'dir. ?LMN ~ ?ABC, benzerlik katsayıları 2, yani BH=2ON.

H ve O noktalarından geçen düz bir çizgi çizelim. İki benzer üçgen elde ediyoruz:NOG ve?BHG. BH=2ON olduğundan BG=2GN olur. İkincisi, G noktasının ABC'nin ağırlık merkezi olduğu anlamına gelir. G noktası için HG:GO=2:1 oranı sağlanır.

Ayrıca TF dik açıortay olsun, MNL ve F bu dikin HO çizgisiyle kesişme noktası olsun. Benzer ?TGF ve ?STK'yı ele alalım. G noktası ?MNL'nin ağırlık merkezidir, dolayısıyla ?TGF ve ?NGO'nun benzerlik katsayısı 2'ye eşittir. Dolayısıyla OG=2GF ve HG=2GO olduğundan HF=FO ve F, HO segmentinin ortasıdır.

Aynı mantığı diğer tarafa dik olan MNL için de yaparsak, bu durumda HO doğru parçasının da ortasından geçmesi gerekir. Ancak bu, F noktasının dik açıortayların (MNL) noktası olduğu anlamına gelir. Bu nokta Euler çemberinin merkezidir. Teorem kanıtlandı.

ÇÖZÜM

Bu çalışmada, okulda incelenen üçgenin 4 harika noktasına ve bu noktaların birçok problemi çözebileceğimiz özelliklerine baktık. Gergonne noktası, Euler çemberi ve Euler düz çizgisi de dikkate alındı.

KULLANILAN KAYNAKLARIN LİSTESİ

1.Geometri 7-9. Ortaokullar için ders kitabı // Atanasyan L.S., Butuzov V.F. ve diğerleri - M.: Eğitim, 1994.

2.Amelkin V.V. Düzlemde geometri: Teori, problemler, çözümler: Ders kitabı. Matematik üzerine bir el kitabı // V.V. Rabtsevich, V.L. Timokhovich - Mn .: “Asar”, 2003.

.VS. Bolodurin, O.A. Vakhmyanina, T.S. Izmailova // Temel geometri kılavuzu. Orenburg, OGPI, 1991.

.Prasolov V.G. Planimetride sorunlar. - 4. baskı, eklenmiş - M .: Moskova Sürekli Matematik Eğitimi Merkezi yayınevi, 2001.

Bir üçgende dört dikkat çekici nokta vardır: kenarortayların kesişme noktası. Açıortayların kesişme noktası, yüksekliklerin kesişme noktası ve dik açıortayların kesişme noktası. Her birine bakalım.

Üçgen kenarortaylarının kesişme noktası

Teorem 1

Bir üçgenin kenarortaylarının kesişme noktasında: Bir üçgenin kenarortayları bir noktada kesişir ve tepe noktasından başlayarak $2:1$ oranında kesişme noktasına bölünür.

Kanıt.

$ABC$ üçgenini düşünün; burada $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ onun medyanlarıdır. Medyanlar kenarları ikiye böldüğü için. Orta çizgiyi $A_1B_1$ ele alalım (Şekil 1).

Şekil 1. Bir üçgenin kenarortayları

Teorem 1'e göre, $AB||A_1B_1$ ve $AB=2A_1B_1$, dolayısıyla $\angle ABB_1=\angle BB_1A_1,\ \angle BAA_1=\angle AA_1B_1$. Bu, $ABM$ ve $A_1B_1M$ üçgenlerinin, üçgenlerin benzerliğine ilişkin ilk kritere göre benzer olduğu anlamına gelir. Daha sonra

Benzer şekilde, kanıtlanmıştır ki

Teorem kanıtlandı.

Üçgen açıortayların kesişme noktası

Teorem 2

Bir üçgenin açıortaylarının kesişme noktasında: Üçgenin açıortayları bir noktada kesişir.

Kanıt.

$AM,\BP,\CK$'nin ortaortayları olduğu $ABC$ üçgenini düşünün. $O$ noktası $AM\ ve\BP$ ortaortaylarının kesişme noktası olsun. Bu noktadan üçgenin kenarlarına dikler çizelim (Şekil 2).

Şekil 2. Üçgen ortaylar

Teorem 3

Gelişmemiş bir açının açıortayının her noktası kenarlarından eşit uzaklıktadır.

Teorem 3'e göre şunu elde ederiz: $OX=OZ,\ OX=OY$. Bu nedenle $OY=OZ$. Bu, $O$ noktasının $ACB$ açısının kenarlarından eşit uzaklıkta olduğu ve bu nedenle $CK$ açıortayı üzerinde bulunduğu anlamına gelir.

Teorem kanıtlandı.

Bir üçgenin dik açıortaylarının kesişme noktası

Teorem 4

Üçgenin kenarlarına dik olan açıortaylar bir noktada kesişir.

Kanıt.

$ABC$ üçgeninin dik açıortayları $n,\ m,\ p$ olarak verilsin. $O$ noktası, $n\ ve\ m$ orta dikmelerinin kesişme noktası olsun (Şekil 3).

Şekil 3. Bir üçgenin dik açıortayları

Bunu kanıtlamak için aşağıdaki teoreme ihtiyacımız var.

Teorem 5

Bir parçaya dik açıortayın her noktası, parçanın uçlarından eşit uzaklıktadır.

Teorem 3'e göre şunu elde ederiz: $OB=OC,\ OB=OA$. Bu nedenle $OA=OC$. Bu, $O$ noktasının $AC$ doğru parçasının uçlarından eşit uzaklıkta olduğu ve bu nedenle $p$ dik açıortayında bulunduğu anlamına gelir.

Teorem kanıtlandı.

Üçgen yüksekliklerinin kesişme noktası

Teorem 6

Bir üçgenin yükseklikleri veya uzantıları bir noktada kesişir.

Kanıt.

$ABC$ üçgenini düşünün; burada $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ onun yüksekliğidir. Üçgenin her köşesinden, köşenin karşısındaki kenara paralel bir düz çizgi çizelim. Yeni bir $A_2B_2C_2$ üçgeni elde ediyoruz (Şekil 4).

Şekil 4. Üçgen yükseklikleri

$AC_2BC$ ve $B_2ABC$ ortak kenarlı paralelkenarlar olduğundan, $AC_2=AB_2$, yani $A$ noktası $C_2B_2$ kenarının orta noktasıdır. Benzer şekilde, $B$ noktasının $C_2A_2$ kenarının orta noktası olduğunu ve $C$ noktasının $A_2B_2$ kenarının orta noktası olduğunu buluruz. Yapıdan şunu elde ederiz: $(CC)_1\bot A_2B_2,\ (BB)_1\bot A_2C_2,\ (AA)_1\bot C_2B_2$. Dolayısıyla $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$, $A_2B_2C_2$ üçgeninin dik açıortaylarıdır. O halde Teorem 4'e göre $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ yüksekliklerinin bir noktada kesiştiğini elde ederiz.

Liskinsky bölgesi, belediye eğitim kurumu Anoshkinskaya ortaokulu.

Matematik öğretmeni Smorchkova E.B.

Projenin amacı: Geometri ile ilgili çeşitli literatürü, “Üçgenin dikkat çekici noktaları” konusunun daha ayrıntılı bir çalışması için referans materyallerini kullanmayı öğrenin, konunun daha kapsamlı anlaşılmasını sağlayın, konuşmalar sırasında ve derslerde gösterilmek üzere bu konuyla ilgili bir sunum hazırlayın.

Geometri şununla başlar:üçgen. Zaten iki buçukyeni milenyumda üçgen geometrinin sembolü gibidir; ama bu sadece bir sembol değil, üçgen geometrinin bir atomudur.Ve bugün bile okul geometrisi ilgi çekici hale geliyor veanlamlıdır, geometri ancak başlangıçtan itibaren uygun hale gelirbir üçgenin görünümü. Önceki kavramlar - nokta, düzah, açı - belirsiz soyutlamalar gibi görünüyor, amaOnlarla ilişkili teoremler ve problemler seti kesinlikle sıkıcıdır.

Zaten gelişiminin ilk adımlarından itibaren insan ve özellikle modern insan her türlü geometrik nesneyle - figürler ve bedenlerle karşı karşıyadır. Bebeklik olmasa da genç yaştaki bir kişinin geometriyle ilgilenmeye başladığı ve hatta bağımsız geometrik keşifler yaptığı durumlar vardır. Böylece, küçük Blaise Pascal, "madeni paralar" - daireler, "eğik şapkalar" - üçgenler, "masalar" - dikdörtgenler, "çubuklar" - segmentler içeren bir "geometri oyunu" buldu. Derin bir matematik bilgisine sahip olan babası, küçük Blaise'in sağlık durumu iyi olmadığı için ilk başta kararlı bir şekilde oğluna öğrettiği derslerden matematiği hariç tuttu. Ancak oğlunun tutkusunu keşfettiğinde ona gizemli geometri hakkında bir şeyler anlattı ve Blaise'i bir üçgenin açılarının toplamının iki dik açıya eşit olduğunu keşfettiği anda yakaladığında duygulanan baba 12 yaşındaki çocuğuna verdi. Ev kütüphanesinde saklanan matematik kitaplarına oğul erişimi.

Üçgen tükenmez; yeni özellikleri sürekli keşfediliyor. Bilinen tüm özelliklerinden bahsetmek için, Büyük Ansiklopedi'nin hacmiyle karşılaştırılabilir bir cilde ihtiyacınız var. Bazıları hakkında, daha doğrusu bazıları hakkında harika noktalar,üçgenle ilgili olarak size şunu söylemek istiyoruz.

Öncelikle “üçgenin dikkat çekici noktaları” ifadesinin anlamını açıklayalım. Hepimiz bir üçgenin iç açılarının açıortaylarının bir noktada kesiştiğini biliyoruz - bu üçgenin içine yazılan dairenin merkezi. Aynı şekilde bir üçgenin kenarortayları, yükseklikleri ve kenarlarına dik olan açılar bir noktada kesişir.

Listelenen üçlü çizgilerin kesişmesinden kaynaklanan noktalar elbette dikkat çekicidir (sonuçta, kural olarak üç çizgi üç farklı noktada kesişir). Diğer türden dikkate değer noktalar da mümkündür; örneğin, üçgenin tüm noktaları için tanımlanan bazı fonksiyonların bir uç noktaya ulaştığı noktalar. Öte yandan “üçgenin dikkat çekici noktaları” kavramının biçimsel-matematiksel düzeyden ziyade edebi-duygusal düzeyde yorumlanması gerekmektedir. Tüm doğal sayıların “ilginç” olduğunu “kanıtlayan” çok iyi bilinen bir safsata vardır. (“İlginç olmayan” sayıların olduğunu varsayarak aralarından en küçüğünü alalım. Şüphesiz bu sayı “ilginçtir”: “ilginç olmayan” sayılar arasında en küçüğü olduğu için ilginçtir.) Benzer akıl yürütme, şunu “kanıtlıyor”: Bizim durumumuzda üçgenin tüm noktaları “dikkat çekicidir” şeklinde inşa edilebilir. Bazı örnekleri ele almaya devam edelim.

DAİRE MERKEZİ

Üçgenin köşelerine eşit uzaklıkta bir nokta olduğunu, başka bir deyişle şunu kanıtlayalım: geçen bir daire varüçgenin üç köşesi boyunca. Noktalardan eşit uzaklıktaki noktaların yeri A Ve İÇİNDE, segmente diktir AB, orta noktasından geçen (segmente dik açıortay) AB).Önemli noktayı düşünün HAKKINDA, segmentlerin dik açıortaylarının kesiştiği yer AB Ve Güneş. Nokta HAKKINDA A ve B noktalarından ve noktalardan eşit uzaklıkta İÇİNDE Ve İLE. Bu nedenle noktalara eşit uzaklıkta A Ve İLE, yani aynı zamanda segmente dik açıortay üzerinde de bulunur AC(Şek. 50).

Merkez HAKKINDAçevrel daire yalnızca üçgen dar olduğunda üçgenin içinde yer alır. Üçgen dik açılı ise nokta HAKKINDA hipotenüsün ortasına denk gelir,

ve eğer tepe noktasındaki açı İLEönce künt sonra düz AB O ve C noktalarını ayırır.

Δ ise ABC tepe açısı İLE keskin sonra yan AB O noktasından 2'ye eşit bir açıyla görülebilir <. AOB yazılanın iki katı < ACB , aynı yay üzerinde duruyor. Eğer <. C aptal o zaman taraf AB noktadan görülebilir HAKKINDA 360° - 2'ye eşit bir açıda<С. Воспользовавшись этим, легко доказать теорему синусов: AB =2 Rsin İLE, Nerede R- çevrelenmiş dairenin yarıçapı ΔABC. Aslında izin ver İLE 1 - yanın ortası AB. Daha sonra AC 1 = AOgünah <. AOC 1 = R günah C, dolayısıyla AB =2 AC. 1 =2 R günah C. Sinüs teoremi başka bir şekilde formüle edilebilir: "Üçgenin birinci kenarına dik olan çevrelenmiş dairenin çapının, ikinci kenarı içeren düz bir çizgiye izdüşümü üçüncü kenara eşittir." Bu hantal ifade aslında sadece sinüs teoremidir.

Matematikte, tamamen farklı şekillerde tanımlanan nesnelerin aynı olduğu ortaya çıkar. Bunu bir örnekle gösterelim.

A 1, B 1 ve C 1 kenarların orta noktaları olsun VS, SA Ve AB.Δ AB 1 C 1 civarında çevrelenen dairelerin olduğu kanıtlanabilir. , Δ A 1 M.Ö. 1 ve Δ A 1 B 1 C , bir noktada kesişir ve bu nokta çevrel çemberin merkezidir Δ ABC(Şek. 51). Yani, görünüşte tamamen farklı iki noktamız var: açıortayın kenarlara dik kesişme noktası Δ ABC ve çevrelenen dairelerin kesişme noktası Δ AB 1 İLE 1 , Δ AiBCi ve Δ AiBiC . Ancak bir nedenden dolayı bu iki noktanın örtüştüğü ortaya çıktı!

Ancak vaat edilen kanıtı yerine getirelim. Çevrel çemberin O merkezinin Δ olduğunu kanıtlamak yeterlidir. ABCΔ civarında çevrelenmiş daireler üzerinde yer alır AB 1 İLE 1 , Δ A iBCi ve Δ A 1 B 1 C . Açılar doğum günü 1 A Ve işletim sistemi 1 A düz çizgiler, yani noktalar İÇİNDE 1 Ve İLE 1 çapı olan bir daire üzerinde uzanmak OA, bu, O noktasının Δ civarında çevrelenmiş bir daire üzerinde olduğu anlamına gelir AB 1 C 1 . Δ için AiBCi ve Δ A 1 İÇİNDE 1 İLE kanıt benzerdir.

Kanıtlanmış ifade çok ilginç bir teoremin özel bir durumudur: eğer yanlardaysaAB, BCVeSAüçgenABCalınan keyfi noktalarİLE 1 , A 1 VeİÇİNDE 1 , sonra tarif edildidaire ΔAB 1 İLE 1 , ΔA 1 Güneş 1 ve ΔA 1 İÇİNDE 1 İLE birinde kesişmeknokta.

Çevrel çemberin merkezi ile ilgili son bir açıklama yapalım. Doğrudan A 1 İÇİNDE 1 Ve AB paraleldir, bu nedenle işletim sistemi 1 dik A 1 İÇİNDE 1 Aynı şekilde doğum günü 1 dik A 1 C 1 Ve OA 1 dik İÇİNDE 1 İLE 1 , yani. HAKKINDA- üçgenin yüksekliklerinin kesişme noktası A 1 B 1 İLE 1 ... Bekleyin bekleyin! Bir üçgenin yüksekliklerinin bir noktada kesiştiğini henüz kanıtlamadık. Bunu kanıtlamanın bir yolu yok mu? Bu konuşmaya daha sonra döneceğiz.

İNDİK ÇEMBERİN MERKEZİ

Açıortayların Δ olduğunu kanıtlayalım. ABC bir noktada kesişir. Açıortayların kesişimindeki O noktasını düşünün A ve B. Herhangi bir açıortay noktası A düz çizgilerden eşit uzaklıkta AB Ve AC, ve açıortayın herhangi bir noktası B düz çizgilerden eşit uzaklıkta AB Ve Güneş, dolayısıyla O noktası doğrulara eşit uzaklıktadır AC Ve Güneş, yani C açısının ortaortasında yer alır. O noktası düz çizgilerden eşit uzaklıkta AB, BC Ve SA, Bu, merkezi olan bir daire olduğu anlamına gelir HAKKINDA, bu çizgilere teğettir ve teğet noktaları uzantılarında değil, kenarlarda bulunur. Aslında köşelerdeki açılar A ve BΔ AOB keskin, dolayısıyla O noktasının düz bir çizgiye izdüşümü AB segmentin içinde yer alıyor AB. Partiler için Güneş Ve SA kanıt benzerdir.

İzin vermek A 1 , İÇİNDE 1 Ve İLE 1 - bir üçgenin yazılı çemberinin kenarlarıyla teğet noktaları VS, SA Ve AB(Şek. 52). Daha sonra AB 1 =AC 1 , M.Ö. 1 = B.A. 1 Ve SA 1 = SV 1 . Ayrıca açı B 1 A 1 C 1 ikizkenar tabandaki açılara eşit Δ AB 1 İLE 1 (teğet ve kiriş arasındaki açı teoremine göre), vb. Açı için B 1 C 1 A 1 ve açı A 1 B 1 C 1 kanıt benzerdir.

Herhangi bir ikizkenar üçgenin tabanındaki açılar dardır, dolayısıyla herhangi bir Δ ABC için Δ A 1 B 1 C 1 dardır.

Eğer X = AB 1 , sen = M.Ö. 1 Ve z = CA. 1 , O x+y = c,sen + z = A Ve z + X = B , Nerede A,B Ve İle- kenar uzunlukları Δ ABC.İlk iki eşitliği toplayıp üçüncüyü çıkarırsak, şunu elde ederiz: y= (a+c-c)/2. Aynı şekilde x=(b+c-a)/2 Ve z =(a+b-c)/2. Dörtgen için bu tür bir akıl yürütmenin istenen sonuca yol açmayacağına dikkat edilmelidir, çünkü karşılık gelen denklem sistemi

ya hiç çözümü yoktur ya da sonsuz sayıda çözümü vardır. Aslında eğer x+y=a,sen + z = B , z + T = C Ve T + X = D , O y=a-X,z = B -sen = B - a+x Ve T = C - B + A -X, ve eşitlikten T + X = D bunu takip ediyor A + C = B + D . Bu nedenle eğer a+c, b+'ya eşit değildir D , o zaman sistemin hiçbir çözümü yoktur ve eğer A + C = B + D , O X keyfi olarak seçilebilir ve sen,z , T aracılığıyla ifade edilir X.

Tekrar üçgen denklem sisteminin çözümünün benzersizliğine dönelim. Bunu kullanarak şu ifadeyi kanıtlayabiliriz: A, B ve C merkezli çemberlerin dıştan A 1 noktalarına değmesine izin verin, İÇİNDE 1 Ve İLE 1 (Şekil 53). Daha sonra çevrel çember Δ A 1 B 1 C 1 Δ'da yazılı ABC. Aslında eğer x, y Ve z - dairelerin yarıçapları; A , B Ve İle- kenar uzunlukları Δ ABC, O x+y = c,sen + z = A , sen + X = B .

Merkezin üç özelliğini kanıtlayalım HAKKINDA yazılı daire Δ ABC .

1. Açıortayın devamı ise İLEçevrel çemberle kesişiyor Δ ABC noktada M, O MA=MV=MO(Şekil 54).

Örneğin şunu kanıtlayalım: Δ AMO Aslında A ve O köşelerindeki açılar eşittir.<OAM = < OAB + < BAM Ve < AOM =< O.A.C. +<А CO , < OAB=<ОАС Ve< SİZ=SİZ<ВСМ = < ÖKO . Buradan, AM=MO. Aynı şekilde VM=MO.

2. Eğer AB- ikizkenar tabanı Δ ABC, daha sonra kenarlara teğet olan daire<ACB noktalarda A ve B, O noktasından geçer (Şekil 55).

O" (daha küçük) yayın orta noktası olsun AB söz konusu daire. Bir teğet ile bir kiriş arasındaki açının özelliği ile<CAO "= <О"ВА= <О"АВ, yani O" noktası açıortay üzerinde yer alır < A . Benzer şekilde açıortay üzerinde olduğu da gösterilebilir. < B , yani. Ö" = Ö.

3. O noktasından geçen bir doğru kenara paralel ise AB, yanları geçer Güneş Ve SA noktalarda A 1 Ve İÇİNDE 1 , O A 1 B 1 = A 1 B + AB 1 .

Δ olduğunu kanıtlayalım. AB 1 Ö ikizkenar. Aslında, < B 1 O.A. = < OAB = < B 1 A.O. (Şek. 56). Bu yüzden AB 1 = B 1 0. Aynı şekilde A 1 B = A 1 Ö , bunun anlamı A 1 B 1 = A 1 O+O.B. 1 = A 1 B + AB 1 .

Δ'yı içeri al ABC tepe açıları A, B ve Cα, β, γ'ya eşittir . Kenarın hangi açıda olduğunu hesaplayalım AB O noktasından görülebilir. Açılardan beri Δ JSC B A ve B köşelerinde α/2 ve β/2 eşittir, o zaman

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

Formül birçok problemin çözümünde faydalı olabilir.

Örneğin hangi durumda kenarların oluşturduğu bir dörtgen olduğunu bulalım. AC Ve Güneş ve bisektörler AA 1 Ve BB 1 , yazılıdır. Dörtgen O.A. 1 C.B. 1 ancak ve ancak eğer yazılıysa < A 1 C.B. 1 +

γ+(90° +γ/2) =180°, yani γ = 60°. Bu durumda akorlar O.A. 1

Ve doğum günü 1 bir dörtgenin çevrel çemberi OA 1 kuzeydoğu 1 eşit çünkü açıları eşit OKA 1 Ve TUZ 1 .

Yazılı daire Δ ABC iç noktalarda yanlarına dokunuyor. Üç çizgiye dokunan ne tür daireler olduğunu bulalım AB, BC Ve SA. Kesişen iki çizgiye teğet olan bir dairenin merkezi, orijinal çizgiler arasındaki açıları ikiye bölen iki çizgiden birinin üzerinde yer alır. Bu nedenle düz çizgilere teğet olan dairelerin merkezleri AB, BC Ve SA,üçgenin dış veya iç açılarının (veya uzantılarının) açıortayları üzerinde uzanır. Bir iç açının açıortayı herhangi iki dış açıortayın kesişme noktasından geçer. Bu ifadenin ispatı, iç açıların açı ortayları için ilgili ifadenin ispatını kelimesi kelimesine tekrarlamaktadır. Sonuç olarak O merkezli 4 daire elde ederiz, HAKKINDA A , Ah Ve HAKKINDA İle (Şekil 57). Merkezi olan daire HAKKINDA A yan tarafa dokunuyor Güneş Ve

tarafların devamı AB Ve AC; bu çembere denir kayıtsız çevre Δ ABC. Bir üçgenin iç çemberinin yarıçapı genellikle r ile, dış çemberlerin yarıçapı ise r ile gösterilir. A , G B ve G İle . Yazılı ve dış çember çemberlerinin yarıçapları arasında aşağıdaki ilişkiler geçerlidir:

G / gs =(р-с)/р ve G G İle =(p - a) (p - b), Nerede R- yarı çevre Δ ABC. Hadi kanıtlayalım. K ve L yazılı olanın teğet noktaları olsun ve çizgiyle daire içine alsın Güneş(Şekil 58). Sağ Üçgenler MEYVE SUYU Ve CO C L benzerdir, bu nedenle

G / gs =Tamam/O İle L = CK / C.L. .. Daha önce SC = (a+b-c)/2=p-c olduğu kanıtlanmıştı.

Bunu kontrol etmek için kalır C.L. = P .

İzin vermek M Ve R- düz çizgilere sahip bir dış çemberin teğet noktaları AB Ve AC. Daha sonra

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

İlişkiyi kanıtlamak için rr C =(P - A )(P - B ) dik üçgenleri düşünün L.O. C B Ve KVO, bunlar benzer çünkü

<OBK +< Ö C B.L. =(<СВА + <АВ L )/2=90°.

Araç, L O s /ВL =BK /KO, yani. rr C = K.O. · L.O. C = B.K. · B.L. . Şunu belirtmek gerekir ki VK=(A + C - B )/2= P - B Ve B.L. = C.L. - C.B. = P - A .

İlginç bir özelliğe daha değinelim (zaten yol boyunca kanıtlanmış). Yazılı ve dış çemberin yan tarafa değmesine izin verin AB noktalarda N Ve M(Şekil 58). Daha sonra sabah = BN . Aslında, BN = P - B Ve AM=AR=SR-AS=p - c.

Oranlar rr C =(P - A)(P-V ) Ve R p=R İle (R-c) Heron formülünü türetmek için kullanılabilir S 2 = P (P - A )(P - B )(P - C ), Nerede S - bir üçgenin alanı. Bu oranları çarparak şunu elde ederiz: R 2 P =(P - A )(P - B )(P - C ). Bunu kontrol etmek için kalır S = halkla ilişkiler . Bunu Δ keserek yapmak kolaydır. ABC Açık ΔAOB, ΔBOS Ve ΔSOA.

ORTA KESİŞİM NOKTASI

Bir üçgenin kenarortaylarının bir noktada kesiştiğini kanıtlayalım. Bunun için şu noktayı göz önünde bulundurun M, medyanların kesiştiği yerde AA 1 Ve BB 1 . Δ'da gerçekleştirelim BB1S orta çizgi A 1 A 2 , paralel BB 1 (Şekil 59). Daha sonra A 1 M : sabah = B 1 A 2 : AB 1 = B 1 A 2 : B 1 C = B.A. 1 :VS=1:2, yani medyanların kesişme noktası BB 1 Ve AA 1 ortancayı böler AA 1 1:2 oranında. Benzer şekilde medyanların kesişme noktası SS 1 Ve AA 1 ortancayı böler AA 1 1:2 oranında. Bu nedenle medyanların kesişme noktası AA 1 Ve BB 1 medyanların kesişme noktasıyla çakışıyor AA 1 Ve SS 1 .

Bir üçgenin kenarortaylarının kesişme noktası köşelere bağlıysa, üçgen eşit alanlı üç üçgene bölünecektir. Aslında bunu kanıtlamak yeterlidir R- medyanın herhangi bir noktası AA 1 V ABC, daha sonra alan ΔAVR Ve ΔACP eşittir. Sonuçta ortancalar AA 1 Ve RA 1 Δ'da ABC ve Δ RVS bunları eşit alanlı üçgenlere bölün.

Tersi ifade de doğrudur: eğer bir noktada R, içeride uzanmak ABC, alan Δ AVR, Δ ÇARŞAMBA GÜNÜ Ve ΔSAR o zaman eşittir R- medyanların kesişme noktası. Aslında alanların eşitliğinden ΔAVR Ve ΔHRV A ve C noktalarından düz çizgiye olan mesafeler şu şekildedir: Sanal Gerçeklik eşittir, yani Sanal Gerçeklik segmentin ortasından geçer AC.İçin AR Ve SR kanıt benzerdir.

Kenarortayların üçgeni böldüğü üçgenlerin alanlarının eşitliği, kenarortaylardan oluşan bir üçgenin alanlarının oranını aşağıdaki gibi bulmamızı sağlar. ΔABC,Δ'nın kendisinin S alanına ABC.İzin vermek M- medyanların kesişme noktası Δ ABC; nokta A" simetrik A noktaya göre M(Şek. 60)

Bir yandan bölge ΔA"MS S/3'e eşittir. Öte yandan bu üçgen, her birinin uzunluğu karşılık gelen ortancanın uzunluğunun 2/3'üne eşit olan parçalardan oluşur, yani alanı

(2/3) 2'ye eşit s = 4s /9. Buradan, S =3 S /4.

Medyanların kesişme noktasının çok önemli bir özelliği, buradan üçgenin köşelerine giden üç vektörün toplamının sıfıra eşit olmasıdır. Öncelikle şunu belirtelim AM=1/3(AB+AC), Nerede M- medyanların kesişme noktası Δ ABC . Aslında eğer

ABA "İLE- paralelkenar, o zaman AA"=AB+AC Ve AM=1/3AA". Bu yüzden MA+MV+MC=1/3(BA+SA+AB + SV + AC + BC) = 0.

Ayrıca sadece medyanların kesişme noktasının bu özelliğe sahip olduğu açıktır, çünkü eğer X - o zaman başka bir nokta

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

Bir üçgenin kenarortaylarının kesişme noktasının bu özelliğini kullanarak aşağıdaki ifadeyi kanıtlayabiliriz: bir üçgenin kenarortaylarının kenarların orta noktalarındaki köşelerle kesişme noktası AB,CD Ve E.F. altıgen ABCDEF üçgenin kenarortaylarının kenarların orta noktalarındaki köşelerle kesişme noktasıyla çakışır Güneş,Almanya Ve F.A. . Aslında, şu gerçeğin avantajını kullanmak, örneğin, R- segmentin ortası AB, o zaman herhangi bir nokta için X eşitlik doğrudur HA+ HB=2ХР, Söz konusu her iki üçgenin kenarortaylarının kesişme noktalarının, onlardan altıgenin köşelerine giden vektörlerin toplamının sıfıra eşit olması özelliğine sahip olduğunu kanıtlamak kolaydır. Dolayısıyla bu noktalar çakışmaktadır.

Medyanların kesişme noktası, onu üçgenin diğer dikkat çekici noktalarından keskin bir şekilde ayıran bir özelliğe sahiptir: eğer Δ ABC" bir projeksiyondur ΔABC düzlem üzerinde, ardından medyanların kesişme noktası Δ Bir "B" C" medyanların kesişme noktasının izdüşümüdür ΔABC aynı düzlemde. Bu, projeksiyon sırasında segmentin ortasının projeksiyonunun ortasına girmesinden kolaylıkla kaynaklanır, bu da üçgenin medyanının projeksiyonunun medyanına girdiği anlamına gelir. Ne açıortay ne de yükseklik bu özelliğe sahiptir.

Bir üçgenin kenarortaylarının kesişme noktasının onun kütle merkezi olduğu, hem üçgenin köşelerinde bulunan eşit kütleli üç maddi noktadan oluşan bir sistemin kütle merkezi hem de üçgenin kütle merkezi olduğu unutulmamalıdır. belirli bir üçgene benzeyen bir plaka. Herhangi bir noktaya bağlı bir üçgenin denge konumu X , ışının olduğu bir konum olacak HM dünyanın merkezine doğru yönlendirilir. Kenarortayların kesişme noktasına bağlı bir üçgen için her konum bir denge konumudur. Ayrıca ortanca kesişme noktası iğne ucuna dayanan bir üçgen de denge konumunda olacaktır.

KESİM NOKTASI

Yüksekliklerin Δ olduğunu kanıtlamak için ABC bir noktada kesişiyorsa, “Çevreli Çemberin Merkezi” bölümünün sonunda özetlenen ispat yolunu hatırlayın. Hadi sizi zirvelerden geçirelim A, B Ve İLE karşıt taraflara paralel düz çizgiler; bu çizgiler Δ'yi oluşturur A 1 İÇİNDE 1 İLE 1 (Şek. 61). Yükseklikler Δ ABC kenarlara dik açıortaylardır ΔA 1 B 1 C 1 . Sonuç olarak, bir noktada kesişirler - çevrel çemberin merkezinde ΔA 1 B 1 C 1 . Bir üçgenin yüksekliklerinin kesişme noktasına bazen üçgen denir. diklik merkezi.

-

H'nin Δ yüksekliklerinin kesişme noktası olup olmadığını kontrol etmek kolaydır. ABC, O A, B Ve İLE - yükseklik kesişme noktaları Δ VNS, ΔSNA ve Δ ANV sırasıyla.

Şu da açık ki<ABC + < A.H.C. = 180° çünkü < B.A. 1 H = < M.Ö. 1 H =90° (A 1 Ve C 1 - yükseklik tabanları). Eğer nokta H 1 düz çizgiye göre H noktasına simetrik AC, sonra bir dörtgen ABCN 1 yazılı. Sonuç olarak, çevrelenmiş dairelerin yarıçapları Δ ABC ve Δ AN S eşittir ve bu daireler kenara göre simetriktir AC(Şek. 62). Artık bunu kanıtlamak çok kolay

AN=a|ctg A|, burada a=BC. Aslında,

AH=2R günah< ACH=2R|çünkü A| =a|ctg A| .

Basitlik açısından şunu varsayalım ΔABC dar açılı ve Δ'yi düşünün A 1 B 1 C 1 , yüksekliklerinin tabanlarından oluşur. Yazılı dairenin merkezinin Δ olduğu ortaya çıktı A 1 B 1 C 1 Δ yüksekliklerinin kesişme noktasıdır ABC, ve dış çevrelerin merkezleri

ΔA 1 B 1 C 1 Δ'nın köşeleridir ABC(Şekil 63). Puanlar A 1 Ve İÇİNDE 1 CH(köşelerden beri NV 1 S ve AÇIK 1 İLE düz), yani < HA. 1 B 1 = < HCB 1 . Aynı şekilde<HA. 1 C 1 = < HBC 1 . Dan beri<HCB 1 = =< HBC 1 O A 1 A - açıortay<İÇİNDE 1 A 1 İLE 1 .

İzin vermek N- yüksekliklerin kesişme noktası AA 1 BB 1 Ve CC 1 üçgen ABC . Puanlar A 1 Ve İÇİNDE 1 çapı olan bir daire üzerinde uzanmak AB, Bu yüzden AH. · A 1 H = B.H. · B 1 H . Aynı şekilde VNB 1 H =CH ·C 1 N.

Dar bir üçgen için bunun tersi de doğrudur: eğer A 1 noktaları ise, B 1 Ve C 1 yanlara yat VS, SA ve AB dar açılı Δ ABC ve bölümler AA 1 BB 1 Ve SS 1 bir noktada kesişmek R, Ve AR A 1 Р=ВР·В 1 P=SR·S 1 R, O R- yüksekliklerin kesişme noktası. Aslında eşitlikten

AP ·A 1 P =BP ·B 1 P

şu şekildedir: noktalar A, B, A 1 Ve İÇİNDE 1 çapıyla aynı daire üzerinde uzanmak AB, bunun anlamı < AB 1 B = < B.A. 1 A =γ. Aynı şekilde < ACiC =< CAiA = β Ve <СВ 1 B=<ВС 1 C= α (Şek. 64). Ayrıca açıktır ki α + β= CC 1 A = ben 80°, β+γ=180° ve γ + α = 180°. Bu nedenle, α = β=γ=90°.

Bir üçgenin yüksekliklerinin kesişme noktası çok ilginç başka bir yolla belirlenebilir, ancak bunun için bir vektör ve vektörlerin skaler çarpımı kavramlarına ihtiyacımız var.

İzin vermek HAKKINDA- çevrel çemberin merkezi Δ ABC. Vektör toplamı O bir+ O.B. + işletim sistemi bir vektör, yani böyle bir nokta var R, Ne VEYA = OA + OB+OS.Şekline dönüştü R- yüksekliklerin kesişme noktası Δ ABC!

Örneğin şunu kanıtlayalım: Erişim noktası dik M.Ö. . Açık ki AR=AO+

+op=ao+(oa+ov+os)=ov+os ve tümü= -ov+os. Bu nedenle vektörlerin skaler çarpımı AR Ve Güneş eşittir işletim sistemi 2 - O.B. 2 = R 2 - R 2 =0, yani bu vektörler diktir.

Bir üçgenin diklik merkezinin bu özelliği, bariz ifadelerden çok uzak olan bazı ifadeleri kanıtlamamıza olanak tanır. Örneğin bir dörtgen düşünün ABCD , bir daire içine yazılmıştır. İzin vermek Na, Nv, Ns Ve H D - ortomerkezler Δ BCD , Δ CDA , Δ DAB ve Δ ABC sırasıyla. Daha sonra segmentlerin orta noktaları BİR A , VN, CH İLE , D.H. D eşleştir. Aslında eğer HAKKINDAçemberin merkezidir ve M- segmentin ortası BİR A , O OM=1/2(0A + OH A )= =1/2(OA + OB+OS+OD ) . Diğer üç parçanın orta noktaları için tamamen aynı ifadeleri elde ederiz.

EULER DIREKT

Harika noktaların en şaşırtıcı özelliğiaçı şu ki, bazılarının birbirine bağlı olmasıbelirli oranlara göre. Örneğin kesişme noktası medyan M, H yükseklikleri ile çevrelenen dairenin merkezinin kesişme noktasıO özellikleri aynı düz çizgi üzerinde yer alır ve noktaM segmenti böler O ilişkinin geçerli olması içinOM:MN= 1:2. Bu teorem 1765 yılında Leonhard Euler tarafından kanıtlandı.Yorulmak bilmeyen faaliyetleriyle matematiğin birçok alanını önemli ölçüde geliştirdi ve birçok yeni dalın temellerini attı. 1707'de İsviçre'de doğdu. 20 yaşındayken Euler şunları önerdi:Bernoulli kardeşler St. Petersburg'a gelme daveti aldılarburg, kısa süre önce bir akademinin organize edildiği yer. İÇİNDE1740'ın sonunda Rusya'da Anna Leopol'un iktidara gelmesiyle bağlantılı olarakDovna'da endişe verici bir durum gelişti ve Euler,Berlin. 25 yıl sonra toplam olarak tekrar Rusya'ya döndü.Euler 30 yıldan fazla bir süre St. Petersburg'da yaşadı. Burley'deykenhayır, Euler Rus Akademisi ile yakın temasını sürdürdü veonursal üyesidir. Berlin'den Euler, Lomono ile yazıştıbaykuşlar Yazışmaları şu şekilde başladı. 1747'de Lomonosov profesör, yani akademinin tam üyesi seçildi; İmparatoriçe bu seçimi onayladı. daha sonrasındaLaw'dan şiddetle nefret eden gerici Akademi yetkilisi SchumacherMonosov, onlar hakkında bilgi almayı umarak çalışmalarını Euler'e gönderdi.kötü inceleme. (Euler, Lomonosov'dan yalnızca 4 yaş büyüktü.ancak bilimsel otoritesi o zamanlar zaten çok yüksekti.)Euler incelemesinde şunları yazdı: “Bütün bu çalışmalar sadece iyi değilshi, ama aynı zamanda mükemmel, çünkü fiziksel ve kimyasal şeyleri açıklıyor tamamen bilinmeyen ve en gerekli ve zor konular yorumlar imkansızdıen esprili ve bilgili olanaböyle bir kurucuya sahip ünlü insanlaroldukça emin olduğum bir şeydelillerinin doğruluğu...Her şeyin olmasını dilemek lazımHangi akademiler bu tür icatları gösterebildi?Bay Lomo'nun gösterdiği burunlar."

Kanıta geçelim Euler teoremi. Hadi düşünelim Δ A 1 B 1 C 1 köşeleri olan kenarların orta noktaları Δ ABC; izin vermek H 1 ve H - bunların ortomerkezleri (Şekil 65). H 1 noktası merkeze denk geliyor HAKKINDAçevrel daire Δ ABC.Δ olduğunu kanıtlayalım. C 1 H 1 M =Δ CHM . Gerçekten de medyanların kesişme noktasının özelliği ile İLE 1 M: CM= 1:2, benzerlik katsayısı Δ A 1 B 1 C 1 ve Δ ABC 2'ye eşittir, yani C 1 H 1 : CH =1:2, Ayrıca,<H 1 C 1 M =<НСМ (C 1 H 1 || CH ). Öyleyse,< C 1 M.H. 1 = < SMN, yani nokta M segmentte yatıyor H 1 H . Ayrıca, H 1 M : M.H. =1:2, benzerlik katsayısı Δ'dan beri C 1 H 1 M ve Δ SNM 2'ye eşittir.

DOKUZ NOKTADAN ÇEMBER

1765 yılında Euler, bir üçgenin kenarlarının orta noktaları ile yükseklik tabanlarının aynı çember üzerinde bulunduğunu keşfetti. Üçgenin bu özelliğini de kanıtlayacağız.

Üstten bırakılan yüksekliğin tabanı B 2 olsun İÇİNDE Açık
taraf AC. Puanlar İÇİNDE ve B 2 düz çizgiye göre simetriktir A 1 İLE 1
(Şek. 66). Bu nedenle, Δ A 1 İÇİNDE 2 İLE 1 = Δ A 1 M.Ö. T = Δ A 1 B 1 C 1 , Bu yüzden < A 1 B 2 C 1 = <А 1 İÇİNDE 1 İLE 1 , yani nokta İÇİNDE 2 açıklanan üzerinde yatıyor
daire ΔA 1 İÇİNDE 1 İLE 1 . Geriye kalan yükseklik tabanları için de ispat benzerdir. „

Daha sonra, aynı daire üzerinde üç noktanın daha bulunduğu keşfedildi - diklik merkezini üçgenin köşelerine bağlayan bölümlerin orta noktaları. İşte bu dokuz noktalı daire.

İzin vermek az Ve Kuzeybatı- segmentlerin orta noktaları BİR Ve CH, S 2 - taban yüksekliğinin üstten düşürülmesi İLE Açık AB(Şekil 67). Önce şunu kanıtlayalım A 1 C 1 A 3 C 3 - dikdörtgen. Bu kolayca şu gerçeği takip eder: A 1 Kuzeybatı Ve A 3 C 1 - orta hatlar Δ VSN Ve AVN, A A 1 C 1 Ve A 3 Kuzeybatı- orta hatlar Δ ABC ve Δ ASN. Bu nedenle noktalar A 1 Ve azçapı olan bir daire üzerinde uzanmak İLE 1 Kuzeybatı, dan beri az Ve Kuzeybatı noktalardan geçen bir daire üzerinde uzanın A 1, C 1 ve C2. Bu daire Euler tarafından dikkate alınan daire ile çakışmaktadır (eğer Δ ABC ikizkenar değil). Bir noktaya kadar Vz kanıt benzerdir.

TORRİCELLİ NOKTASI

Rastgele bir dörtgenin içinde ABCD Köşelere olan uzaklıkları toplamı en küçük değere sahip olan noktayı bulmak kolaydır. Böyle bir nokta bir noktadır HAKKINDA köşegenlerinin kesişimi. Aslında eğer X - o zaman başka bir nokta AH+HS≥AC=AO+OS Ve BX + XD ≥ BD = BÖ. + Aşırı doz , ve eşitsizliklerden en az biri katıdır. Bir üçgen için benzer bir problemi çözmek daha zordur; şimdi onu çözmeye geçeceğiz. Basitlik açısından dar üçgen durumunu ele alacağız.

İzin vermek M- dar açılı Δ'nın içinde bir nokta ABC. Haydi çevirelim ABC nokta ile birlikte M Noktanın etrafında 60° A(Şekil 68). (Daha doğrusu, izin verin M.Ö Ve M"- noktaların görüntüleri M.Ö Ve M bir nokta etrafında 60° döndürüldüğünde A.) Daha sonra AM+VM+SM=MM"+B.M. + C " M ", AM=MM", Bu yüzden ΔAMM olarak"- ikizkenar (AM=AM") Ve<MAM" = 60°. Eşitliğin sağ tarafı kesikli çizginin uzunluğudur VMM'ler" ; Bu kırık çizgi en küçük olacak

segment ile örtüşüyor Güneş" . Bu durumda<. A.M.B. = 180° -<AM" = 120° ve<АМС = <sabah " C - 180°-<sabah " M = 120°, yani yanlar AB, BC ve SA noktadan görülebilir M 120° açıyla. Böyle bir nokta M isminde Torricelli noktasıüçgen ABC .

Ancak dar bir üçgenin içinde her zaman bir noktanın bulunduğunu kanıtlayalım. M, her iki tarafı da 120° açıyla görülebilmektedir. Haydi bunu yan tarafa inşa edelim ABüçgen ABC dışarıdan doğru Δ ABC 1 (Şekil 69). İzin vermek M- çevrel çemberin kesişme noktası ΔABC 1 ve düz SS 1 . Daha sonra ABC 1 =60° Ve ABC noktadan görülebilir M 120° açıyla. Bu argümanları biraz daha sürdürürsek Torricelli noktasının başka bir tanımını elde edebiliriz. Düzenli üçgenler oluşturalım A 1 Güneş Ve AB 1 İLE ayrıca Silahlı Kuvvetlerin yanında ve AC. M noktasının da doğrunun üzerinde olduğunu kanıtlayalım. AA 1 . Gerçekten de dönem Mçevrel çember üzerinde yer alır Δ A 1 M.Ö. , Bu yüzden<A 1 M.B. = < A 1 C.B. = 60°, bunun anlamı<A 1 MV+<. B.M.A. = 180°. Aynı şekilde nokta M düz bir çizgi üzerinde yatıyor BB 1 (Şekil 69).

İçeride Δ ABC kenarları 120° açıyla görülebilen tek bir M noktası vardır, çünkü çevrelenen daireler Δ'dır. ABC 1 , Δ AB Ben C ve Δ A 1 Güneş birden fazla ortak noktaya sahip olamaz.

Şimdi Torricelli noktasının fiziksel (mekanik) yorumunu verelim. Δ'yı köşelere sabitleyelim ABC halkalar, içlerinden bir ucu bağlı, diğer uçlarına eşit kütleli yükler bağlı üç halat geçiriyoruz (Şekil 70). Eğer x = MA, y = MV,z = M.C. Ve A her ipliğin uzunluğu ise, söz konusu sistemin potansiyel enerjisi m'ye eşittir G (X -A)+ m G (sen - A )+ mg (z --A). Denge konumunda potansiyel enerji en küçük değere sahiptir, dolayısıyla x+y+z toplamı da en küçük değere sahiptir. Öte yandan denge konumunda noktadaki kuvvetlerin bileşkesi M sıfıra eşittir. Bu kuvvetler mutlak büyüklükte eşittir, dolayısıyla kuvvet vektörleri arasındaki ikili açılar 120°'ye eşittir.

Geriye geniş bir üçgen durumunda işlerin nasıl durduğunu anlatmak kalıyor. Geniş açı 120°'den küçükse önceki tüm argümanlar geçerli kalır. Geniş açı 120°'den büyük veya ona eşitse, o zaman üçgenin noktasından köşelerine olan mesafelerin toplamı, bu nokta geniş açının tepe noktası olduğunda en küçük olacaktır.

BROKARD'IN PUANLARI

Brocard noktaları Δ ABC bu tür iç noktalara denir R Ve Q , Ne<ABP = <. BCP =< KAP Ve<. QAB = <. QBC = < QCA (eşkenar üçgen için Brocard noktaları bir noktada birleşir). Bunu herhangi bir Δ içinde kanıtlayalım. ABC bir nokta var R, gerekli özelliğe sahip olmak (bir süre için) Q kanıt benzerdir). Önce Brocard noktasının tanımını farklı bir biçimde formüle edelim. Açı değerlerini Şekil 71’deki gibi gösterelim.<ARV=180° - a+x-y, eşitlik x=y eşitliğe eşdeğerdir<APB =180°-< . A . Buradan, R- Δ noktası ABC, hangi taraftan AB,
Güneş Ve SA 180° açılardan görülebilir -<. A , 180°-<B , 180°-<İLE.
Böyle bir nokta aşağıdaki gibi inşa edilebilir. Hadi üzerine inşa edelim
taraf Güneşüçgen ABC benzer üçgen CA1B
Şekil 72'de gösterildiği gibi. Düz çizginin kesiştiği P noktasının AA1 ve çevrelemek ΔA1BCçok rağbette. Aslında,<BPC =18 Ö ° - β Ve<APB = 180°-<A T P.B. = 180° -<A 1 C.B. = ben 80°- A. Benzer şekilde kenarlarda benzer üçgenler oluşturalım. AC Ve AB(Şek. 73). Çünkü<. APB = 180° - A, nokta R ayrıca çevrel çember üzerinde Δ bulunur ABC 1 Buradan,<BPC 1 = <BAC 1 = β, nokta anlamına gelir
R segmentte yatıyor SS 1 . Segmentte de benzer şekilde yatıyor BB 1 ,
yani. R - segmentlerin kesişme noktası AA 1 BB 1 Ve SS 1 .

Brocard noktası R aşağıdaki ilginç özelliğe sahiptir. Düz bırak AR, VR Ve SRçevrelenmiş daire ΔABC ile kesişir

A 1, B 1 ve C 1 noktalarında (Şekil 74). O halde Δ ABC = Δ B 1 İLE 1 A 1 .İÇİNDE Aslında,<. A 1 B 1 C 1 = < A 1 B 1 B + < BB 1 C 1 =<A 1 AB +<В CC 1 =<A 1 AB + +< A 1 AC. =<.ВАС, Brocard noktası ΔABC'nin özelliği ile BCC 1 ve A 1 AC açıları eşittir, yani A 1 C 1 = M.Ö. . Kalan kenarların eşitliği Δ ABC ve Δ B 1 C 1 A 1 aynı şekilde kontrol edilir.

İncelediğimiz tüm durumlarda, karşılık gelen doğru üçlülerinin bir noktada kesiştiğinin kanıtı şu şekilde yapılabilir: Ceva'nın teoremi. Bu teoremi formüle edeceğiz.

Teorem. Yanlarda olsun AB, BC Ve SAüçgen ABC alınan puanlar İLE 1 , A 1 Ve İÇİNDE 1 sırasıyla. Doğrudan AA 1 BB 1 Ve SS 1 bir noktada kesişir ancak ve ancak

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

Teoremin kanıtı L.S. Atanasyan'ın 7-9. Sınıflar için geometri ders kitabında 300. sayfada verilmiştir.

Edebiyat.

1.Atanasyan L.S. Geometri 7-9.- M.: Eğitim, 2000.

2. Kiselev A.P. Temel geometri - M .: Eğitim, 1980.

3. Nikolskaya I.L. Matematikte isteğe bağlı ders. M.: Eğitim, 1991.

4. Genç Bir Matematikçinin Ansiklopedik Sözlüğü.. Comp. A.P.Savin.-.M.: Pedagoji, 1989.

DÖRT ÖNEMLİ NOKTA

ÜÇGEN

Geometri

8. sınıf

Sakharova Natalia Ivanovna

MBOU Simferopol 28 Nolu Ortaokulu

• Üçgen kenarortaylarının kesişme noktası
• Üçgen açıortayların kesişme noktası
• Üçgen yüksekliklerinin kesişme noktası
• Bir üçgenin dik kenarortaylarının kesişme noktası

Medyan

Medyan (BD)Üçgenin tepe noktası ile karşı kenarın orta noktasını birleştiren doğru parçasına üçgen denir.

Medyanlarüçgenler kesişiyor bir noktada (ağırlık merkeziüçgen) ve tepe noktasından sayılarak 2: 1 oranında bu noktaya bölünür.

AÇIORTAY

Açıortay (AD) Bir üçgenin iç açısının açıortay parçasına denir. ∟ KÖTÜ = ∟CAD.

Her nokta bisektörler gelişmemiş bir açının kenarı kenarlarından eşit uzaklıktadır.

Geri: Bir açının içinde yer alan ve açının kenarlarından eşit uzaklıkta bulunan her nokta onun üzerinde yer alır. açıortay.

Tüm açıortaylarüçgenler bir noktada kesişir - yazılı olanın merkezi bir üçgene daireler.

Çemberin yarıçapı (OM), merkezden (TO) üçgenin kenarına inen dik bir çizgidir.

YÜKSEKLİK

Yükseklik (CD) Bir üçgenin tepe noktasından karşı kenarı içeren bir çizgiye çizilen dik bir bölümdür.

Yüksekliklerüçgenler (veya uzantıları) kesişiyor bir nokta.

ORTA DİK

Dik açıortay (DF)Üçgenin bir kenarına dik olan ve onu ikiye bölen düz çizgiye denir.

Her nokta dik açıortay(m) bir parçaya bu parçanın uçlarından eşit uzaklıkta.

Geri: Bir doğru parçasının uçlarından eşit uzaklıktaki her nokta orta noktada yer alır dik ona.

Bir üçgenin kenarlarının tüm dik açıortayları bir noktada kesişir - anlatılanların merkezi üçgenin yakınında daire .

Çevrel dairenin yarıçapı, dairenin merkezinden üçgenin herhangi bir köşesine (OA) olan mesafedir.

Sayfa 177 Sayı 675 (çizim)

Ev ödevi

S. 173 § 3 tanımlar ve teoremler s. 177 No. 675 (bitiş)

Baranova Elena

Bu çalışma, üçgenin dikkat çekici noktalarını, bunların özelliklerini ve dokuz noktalı daire ve Euler düz çizgisi gibi desenlerini inceliyor. Euler düz çizgisinin ve dokuz noktalı dairenin keşfinin tarihsel arka planı verilmektedir. Projemin pratik uygulama yönü önerildi.

İndirmek:

Ön izleme:

Sunum önizlemelerini kullanmak için bir Google hesabı oluşturun ve bu hesaba giriş yapın: https://accounts.google.com

Slayt başlıkları:

"ÜÇGENİN HARİKA NOKTALARI." (Uygulamalı ve temel matematik soruları) Elena Baranova 8. sınıf, MKOU “Ortaokul No. 20” Poz. Novoizobilny, Dukhanina Tatyana Vasilievna, matematik öğretmeni, Belediye Eğitim Kurumu "Ortaokul No. 20" Novoizobilny köyü 2013. Belediye devlet eğitim kurumu "Ortaokul No. 20"

Amaç: Üçgeni dikkat çekici noktaları açısından inceleyin, sınıflandırmalarını ve özelliklerini inceleyin. Hedefler: 1. Gerekli literatürü inceleyin 2. Bir üçgenin dikkat çekici noktalarının sınıflandırılmasını inceleyin 3.. Bir üçgenin dikkat çekici noktalarının özelliklerini öğrenin 4. Bir üçgenin dikkat çekici noktalarını oluşturabilme. 5. Dikkat çekici noktaların kapsamını keşfedin. Çalışmanın amacı - matematik bölümü - geometri Çalışmanın konusu - üçgen Uygunluk: üçgen ve dikkat çekici noktalarının özellikleri hakkındaki bilginizi genişletin. Hipotez: üçgen ve doğa arasındaki bağlantı

Dik açıortayların kesişme noktası üçgenin köşelerine eşit uzaklıkta olup çevrel dairenin merkezidir. Köşeleri üçgenin kenarlarının orta noktaları olan ve üçgenin köşeleri dik açıortayların kesişme noktasıyla çakışan bir noktada kesişen üçgenler etrafında çevrelenen daireler.

Açıortayların kesişme noktası Bir üçgenin açıortaylarının kesişme noktası üçgenin kenarlarına eşit uzaklıktadır. OM=OA=OB

Yüksekliklerin kesişme noktası Köşeleri yüksekliklerin tabanları olan bir üçgenin açıortaylarının kesişme noktası, üçgenin yüksekliklerinin kesişme noktasıyla çakışır.

Kenarortayların kesişme noktası Bir üçgenin kenarortayları bir noktada kesişir ve bu, her kenarortayı tepe noktasından sayılarak 2:1 oranında böler. Kenarortayların kesişme noktası köşelere bağlıysa, üçgen eşit alanlı üç üçgene bölünecektir. Medyanların kesişme noktasının önemli bir özelliği, başlangıcı medyanların kesişme noktası ve uçları üçgenlerin köşeleri olan vektörlerin toplamının sıfıra eşit olmasıdır 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

Torricelli noktası Not: Üçgenin tüm açıları 120°'den küçükse Torricelli noktası vardır.

Dokuz noktadan oluşan daire B1, A1, C1 – yükseklik tabanları; A2, B2, C2 – ilgili tarafların orta noktaları; A3, B3, C3, AN, VN ve CH segmentlerinin orta noktalarıdır.

Euler düz çizgisi Medyanların kesişme noktası, yüksekliklerin kesişme noktası, dokuz noktadan oluşan bir dairenin merkezi, bu modeli belirleyen matematikçinin onuruna Euler'in düz çizgisi olarak adlandırılan bir düz çizgi üzerinde yer alır.

Dikkat çekici noktaların keşfinin tarihinden biraz kesit 1765 yılında Euler, bir üçgenin kenarlarının orta noktaları ile yükseklik tabanlarının aynı daire üzerinde bulunduğunu keşfetti. Üçgenin dikkat çekici noktalarının en şaşırtıcı özelliği, bazılarının birbirine belirli bir oranda bağlı olmasıdır. Medyanların M kesişme noktası, H yüksekliklerinin kesişme noktası ve O çevrel çemberinin merkezi aynı düz çizgi üzerinde yer alır ve M noktası OH parçasını OM: OH = 1: 2 ilişkisi olacak şekilde böler. geçerlidir. Bu teorem 1765 yılında Leonhard Euler tarafından kanıtlanmıştır.

Geometri ve doğa arasındaki bağlantı. Bu pozisyonda potansiyel enerji en küçük değere sahip olacak ve MA+MB+MC segmentlerinin toplamı en küçük olacak ve Torricelli noktasından başlayan bu segmentlerin üzerinde yer alan vektörlerin toplamı sıfıra eşit olacaktır.

Sonuçlar Bir üçgenin bildiğim yükseklikler, kenarortaylar, ortaortaylar ve dik açıortayların harika kesişim noktalarının yanı sıra harika noktaları ve çizgileri de olduğunu öğrendim. Bu konuda edindiğim bilgileri eğitim faaliyetlerimde kullanabileceğim, teoremleri belirli problemlere bağımsız olarak uygulayabileceğim ve öğrenilen teoremleri gerçek bir durumda uygulayabileceğim. Matematik öğrenmede üçgenin harika nokta ve çizgilerini kullanmanın etkili olduğuna inanıyorum. Bunları bilmek birçok görevin çözümünü önemli ölçüde hızlandırır. Önerilen materyal hem matematik derslerinde hem de 5-9. sınıflardaki öğrenciler için ders dışı etkinliklerde kullanılabilir.

Ön izleme:

Önizlemeyi kullanmak için bir Google hesabı oluşturun ve oturum açın: