A háromszög 4 figyelemre méltó pontja és tulajdonságai. Kutatómunka „A háromszög figyelemre méltó pontjai

Liskinsky kerület, önkormányzati oktatási intézmény Anoshkinskaya középiskola.

Matematika tanár Smorchkova E.B.

A projekt célja: tanulja meg a geometriával kapcsolatos különféle szakirodalmak használatát, referenciaanyagokat a „Háromszög figyelemre méltó pontjai” téma részletesebb tanulmányozásához, adjon teljesebb megértést a témáról, készítsen előadást erről a témáról a beszédek során és az órákon való bemutatásra.

A geometria azzal kezdődikháromszög. Már két és félúj évezredben a háromszög olyan, mint a geometria szimbóluma; de ez nem csak szimbólum, a háromszög a geometria atomja.És még ma is érdekessé válik az iskolai geometria ésértelmes, csak a kezdetektől válik tulajdonképpeni geometriáváháromszög megjelenése. Korábbi fogalmak - pont, egyenesah, szög – homályos absztrakcióknak tűnnek, de továbbA tételek és a hozzájuk kapcsolódó problémák elemzése egyszerűen unalmas.

Az ember, és különösen a modern ember már fejlődésének első lépéseitől kezdve mindenféle geometriai tárggyal - alakokkal és testekkel - szembesül. Vannak esetek, amikor az ember fiatalon, ha nem csecsemőkorban érdeklődik a geometria iránt, sőt önálló geometriai felfedezéseket tesz. Így a kis Blaise Pascal kitalált egy „geometriai játékot”, amelyben „érmék” – körök, „kalapos kalapok” – háromszögek, „asztalok” – téglalapok, „rudak” – szegmensek voltak. Édesapja, aki alapos matematikai ismeretekkel rendelkezett, eleinte határozottan kizárta a matematikát a fiának tanított tantárgyak számából, mivel a kis Blaise egészsége nem volt jó. Miután azonban felfedezte fia szenvedélyét, mesélt neki valamit a titokzatos geometriáról, és amikor elkapta Blaise-t abban a pillanatban, amikor felfedezte, hogy egy háromszög szögei összeadódnak két derékszöggel, a meghatódott apa odaadta 12 éves gyermekének. fia hozzáférést biztosít az otthoni könyvtárban tárolt matematikai könyvekhez.

A háromszög kimeríthetetlen – folyamatosan fedezik fel új tulajdonságait. Ahhoz, hogy minden ismert tulajdonságáról beszélhessünk, a Nagy Enciklopédia kötetéhez hasonló kötetre van szükség. Némelyikükről, vagy inkább némelyikről csodálatos pontok, a háromszöggel kapcsolatos, szeretnénk elmondani.

Először magyarázzuk el a „háromszög figyelemre méltó pontjai” kifejezés jelentését. Mindannyian tudjuk, hogy a háromszög belső szögeinek felezőpontjai egy pontban metszik egymást - a háromszögbe írt kör középpontjában. Ugyanígy a háromszög mediánjai, magasságai és az oldalaira felező merőlegesek egy pontban metszik egymást.

A felsorolt vonalhármasok metszéspontjából adódó pontok természetesen figyelemre méltóak (elvégre három egyenes általában három különböző pontban metszi egymást). Más típusú figyelemre méltó pontok is lehetségesek, például olyan pontok, amelyeknél a háromszög összes pontjára meghatározott függvény elér egy szélsőértéket. Másrészt a „háromszög figyelemre méltó pontjai” fogalmát inkább irodalmi-érzelmi szinten kell értelmezni, mint formális-matematikai szinten. Van egy jól ismert szofizmus, amely „bizonyítja”, hogy minden természetes szám „érdekes”. (Feltéve, hogy vannak „érdektelen” számok, vegyük ezek közül a legkisebbet. Kétségtelenül ez a szám „érdekes”: már csak azért is érdekes, mert a legkisebb az „érdektelen” számok között.) Hasonló érvelés, „bizonyítva”, hogy a háromszög minden pontja „figyelemre méltó””, esetünkben megszerkeszthető. Térjünk át néhány példára.

KÖRKÖZPONT

Bizonyítsuk be, hogy van egy pont a háromszög csúcsaitól egyenlő távolságra, vagy más szóval, hogy egy kör halad ela háromszög három csúcsán keresztül. A pontoktól egyenlő távolságra lévő pontok helye AÉs BAN BEN, merőleges a szakaszra AB,áthalad a felezőpontján (a szakaszra merőleges felezőn AB). Fontolja meg a lényeget RÓL RŐL, amelynél a szakaszokra vonatkozó merőlegesek felezőszögei metszik egymást ABÉs Nap. Pont RÓL RŐL egyenlő távolságra van az A és B ponttól, valamint a pontoktól BAN BENÉs VAL VEL. Ezért egyenlő távolságra van a pontoktól AÉs VAL VEL, azaz a szakaszra merőleges felezőn is fekszik AC(50. ábra).

Központ RÓL RŐL a körülírt kör csak akkor van egy háromszögön belül, ha a háromszög hegyes. Ha a háromszög derékszögű, akkor a pont RÓL RŐL egybeesik a hypotenusa közepével,

és ha a szög a csúcsban VAL VEL tompa majd egyenes AB elválasztja az O és C pontot.

Ha a Δ ABC csúcsszög VAL VELéles majd oldalt AB az O pontból 2-vel egyenlő szögben látható <. AOB kétszer annyi, mint írva < ACB , ugyanazon az íven nyugszik. Ha <. C hülye akkor oldal AB pontból látható RÓL RŐL 360°-os szögben - 2<С. Воспользовавшись этим, легко доказать теорему синусов: AB =2 Rsin VAL VEL, Ahol R- körülírt kör sugara Δ ABC. Sőt, hadd VAL VEL 1 - az oldal közepén AB. Akkor AC 1 = AObűn <. AOC 1 = R sin C tehát AB =2 A.C. 1 =2 R sin C. A szinusztétel másképpen is megfogalmazható: „A körülírt kör átmérőjének a háromszög első oldalára merőleges vetülete a második oldalt tartalmazó egyenesre egyenlő a harmadik oldallal.” Ez a nehézkes állítás valójában csak a szinuszok tétele.

A matematikában gyakran megesik, hogy a teljesen eltérő módon meghatározott objektumok azonosak. Mutassuk meg ezt egy példával.

Legyen A 1, B 1 és C 1 az oldalak felezőpontja VS, SAÉs AB. Bizonyítható, hogy Δ AB 1 C 1 körül körülírt körök , Δ A 1 IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. 1 és Δ A 1 B 1 C , egy pontban metszik egymást, és ez a pont a Δ körülírt kör középpontja ABC(51. ábra). Tehát két teljesen különböző pontunk van: a Δ oldalfelező merőlegesek metszéspontja ABCés a körülírt körök metszéspontja Δ AB 1 VAL VEL 1 , Δ AiBCi és Δ AiBiC . De kiderül, hogy ez a két pont valamiért egybeesik!

Hajtsuk végre azonban az ígért bizonyítást. Elég bebizonyítani, hogy a körülírt kör O középpontja Δ ABCΔ körül körülírt körökön fekszik AB 1 VAL VEL 1 , Δ A iBCi és Δ A 1 B 1 C . Szögek OB 1 AÉs OS 1 A egyenesek, tehát a pontok BAN BEN 1 És VAL VEL 1 átmérőjű körön feküdjön OA, ami azt jelenti, hogy az O pont egy Δ körül körülírt körön fekszik AB 1 C 1 . Δ esetén AiBCi és Δ A 1 BAN BEN 1 VAL VEL a bizonyíték hasonló.

A bizonyított állítás egy nagyon érdekes tétel speciális esete: ha az oldalakonAB, Kr. eÉsSAháromszögABCtetszőleges pontokVAL VEL 1 , A 1 ÉsBAN BEN 1 , majd leírtakör ΔAB 1 VAL VEL 1 , ΔA 1 Nap 1 és ΔA 1 BAN BEN 1 VAL VEL metszik egybenpont.

Tegyünk még egy utolsó megjegyzést a körülírt kör középpontjával kapcsolatban. Közvetlen A 1 BAN BEN 1 És AB párhuzamosak tehát OS 1 merőleges A 1 BAN BEN 1 Hasonlóképpen OB 1 merőleges A 1 C 1 És OA 1 merőleges BAN BEN 1 VAL VEL 1 , azaz RÓL RŐL- a háromszög magasságainak metszéspontja A 1 B 1 VAL VEL 1 ... Várj várj! Még nem bizonyítottuk, hogy a háromszög magasságai egy pontban metszik egymást. Nincs mód ennek bizonyítására? Erre a beszélgetésre később még visszatérünk.

INDIC KÖR KÖZPONTJA

Bizonyítsuk be, hogy a szögfelezők Δ ABC egy pontban metszik egymást. Tekintsük a szögfelezők metszéspontjának O pontját A és B. Bármely szögfelező pont A egyenlő távolságra az egyenesektől ABÉs AC,és a szögfelező tetszőleges pontja B egyenlő távolságra az egyenesektől ABÉs nap, ezért az O pont egyenlő távolságra van az egyenesektől ACÉs nap, vagyis a C szög felezőjén fekszik. Az O pont egyenlő távolságra van az egyenesektől AB, Kr. eÉs SA, Ez azt jelenti, hogy van egy kör középpontjával RÓL RŐL,érinti ezeket a vonalakat, és az érintési pontok magukon az oldalakon fekszenek, nem pedig a meghosszabbításukon. Valójában a csúcsok szögei A és BΔ AOBéles, ezért az O pont egyenesre vetítése AB a szegmensen belül fekszik AB. A bulikra NapÉs SA a bizonyíték hasonló.

Hadd A 1 , BAN BEN 1 És VAL VEL 1 - a háromszög beírt körének érintési pontjai oldalaival VS, SAÉs AB(52. ábra). Akkor AB 1 =AC 1 , IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. 1 = B.A. 1 És SA 1 = SV 1 . Ezen kívül a szög B 1 A 1 C 1 egyenlő egy egyenlő szárú Δ alapjában lévő szögekkel AB 1 VAL VEL 1 (az érintő és a húr közötti szög tételével) stb. A szögre B 1 C 1 A 1 és szög A 1 B 1 C 1 a bizonyíték hasonló.

Bármely egyenlő szárú háromszög alapjában lévő szögek hegyesek, ezért Δ A 1 B 1 C 1 minden Δ ABC esetén hegyesszög.

Ha x = AB 1 , y = IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. 1 És z = C.A. 1 , Hogy x+y = c,y + z = a És z + x = b , Ahol A,b És Val vel- oldalhosszak Δ ABC.Összeadva az első két egyenlőséget és kivonva belőlük a harmadikat, azt kapjuk y= (a+c-c)/2. Hasonlóképpen x=(b+c-a)/2És z =(a+b-c)/2. Meg kell jegyezni, hogy egy négyszög esetében ez az érvelés nem vezetne a kívánt eredményhez, mivel a megfelelő egyenletrendszer

vagy egyáltalán nincs megoldása, vagy végtelen sok van belőlük. Sőt, ha x+y=a,y + z = b , z + t = c És t + x = d , Hogy y=a-X,z = b -y = b - a+xÉs t = c - b + a -X,és az egyenlőségtől t + x = d ezt követi a + c = b + d . Ezért ha a+c nem egyenlő b+-val d , akkor a rendszernek nincsenek megoldásai, és ha a + c = b + d , Hogy x tetszőlegesen választható, és y,z , t keresztül fejeződnek ki X.

Térjünk vissza ismét a háromszög egyenletrendszerének megoldásának egyediségéhez. Segítségével bebizonyíthatjuk a következő állítást: az A, B és C középpontú körök kívülről érintsék az A 1 pontokat, BAN BEN 1 És VAL VEL 1 (53. ábra). Ekkor a körülírt kör Δ A 1 B 1 C 1 Δ-be írva ABC. Sőt, ha x, yÉs z - körök sugarai; a , b És Val vel- oldalhosszak Δ ABC, Hogy x+y = c,y + z = a , y + x = b .

Bizonyítsuk be a középpont három tulajdonságát RÓL RŐL beírt kör Δ ABC .

1. Ha a szögfelező folytatása VAL VEL metszi a Δ körülírt kört ABC azon a ponton M, Hogy MA=MV=MO(54. ábra).

Bizonyítsuk be például, hogy Δ-ben AMO Az A és O csúcsok szögei valójában egyenlőek.<OAM = < OAB + < BAM És < AOM =< OAC +<А CO , < OAB=<ОАС És< TE=TE<ВСМ = < ACO . Ennélfogva, AM=MO. Hasonlóképpen VM=MO.

2. Ha AB- egyenlőszárúak alapja Δ ABC, majd az oldalakat érintő kör<ACB pontokon A és B,áthalad az O ponton (55. ábra).

Legyen O" a (kisebb) ív felezőpontja AB a kérdéses kör. Egy érintő és egy húr közötti szög tulajdonságával<CAO "= <О"ВА= <О"АВ, azaz az O" pont a felezőn fekszik < A . Hasonlóképpen kimutatható, hogy a felezőn fekszik < B , azaz O" = O.

3. Ha az O ponton átmenő egyenes párhuzamos az oldallal AB, keresztezi az oldalakat NapÉs SA pontokon A 1 És BAN BEN 1 , Hogy A 1 B 1 = A 1 B + AB 1 .

Bizonyítsuk be, hogy Δ AB 1 O egyenlő szárú. Valóban, < B 1 O.A. = < OAB = < B 1 A.O. (56. ábra). Ezért AB 1 = B 1 0. Hasonlóképpen A 1 B = A 1 O , ami azt jelenti A 1 B 1 = A 1 O+O.B. 1 = A 1 B + AB 1 .

Engedjük be Δ-t ABC csúcsszögek A, B és C egyenlők α, β, γ-val . Számítsuk ki azt a szöget, amelynél az oldal AB az O pontból látható. Mivel a szögek Δ JSC B az A és B csúcsokban egyenlő α/2 és β/2, akkor

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

A képlet hasznos lehet számos probléma megoldásában.

Nézzük meg például, hogy melyik esetben az oldalak által alkotott négyszög ACÉs Napés felezők AA 1 És BB 1 , van felírva. Négyszög O.A. 1 C.B. 1 felírva akkor és csak akkor < A 1 C.B. 1 +

γ+(90° +γ/2) =180°, ami azt jelenti, hogy γ = 60°. Ebben az esetben az akkordokat O.A. 1

És OB 1 négyszög körülírt köre OA 1 NE 1 egyenlőek, mert egyenlő szögeik vannak OCA 1 És SÓ 1 .

Beírt kör Δ ABC belső pontjain érinti az oldalait. Nézzük meg, milyen körök vannak, amelyek három vonalat érintenek AB, Kr. eÉs SA. A két egymást metsző egyenest érintő kör középpontja az eredeti egyenesek közötti szögeket felező két egyenes egyikén fekszik. Ezért az egyeneseket érintő körök középpontjai AB, Kr. eÉs S A, fekszenek a háromszög külső vagy belső szögeinek felezőire (vagy azok kiterjesztésére). Egy belső szög felezője átmegy bármely két külső szögfelező metszéspontján. Ennek az állításnak a bizonyítása szó szerint megismétli a belső szögfelezőkre vonatkozó megfelelő állítás bizonyítását. Ennek eredményeként 4 O középpontú kört kapunk, RÓL RŐL A , ÓÉs RÓL RŐL Val vel (57. ábra). Kör középponttal RÓL RŐL A megérinti az oldalát NapÉs

a felek folytatásai ABÉs AC; ezt a kört hívják felirat nélküli kerülete Δ ABC. A háromszög beírt körének sugarát általában r-vel, a körkörök sugarát r-vel jelöljük. A , G bés g Val vel . A beírt és a kiírt kör sugarai között a következő összefüggések állnak fenn:

G / g s =(р-с)/р és G G Val vel =(p - a) (p - b), Ahol R- fél kerülete Δ ABC. Bizonyítsuk be. Legyen K és L a beírt érintési pontja, és körbezárja az egyenest Nap(58. ábra). Derékszögű háromszögek GYÜMÖLCSLÉÉs CO c L hasonlóak tehát

G / g s =OK/O Val vel L = CK / C.L. .. Korábban bebizonyosodott, hogy SC = (a+b-c)/2=p-c.

Ezt még ellenőrizni kell C.L. = p .

Hadd MÉs R- egy excircle érintőpontjai egyenesekkel ABÉs AC. Akkor

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

Az összefüggés bizonyítására rr c =(p - a )(p - b ) vegyük figyelembe a derékszögű háromszögeket L.O. C B És KVO, amelyek hasonlóak, mert

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

Eszközök, L O s /ВL =BK /KO, azaz. rr c = K.O. · L.O. c = B.K. · B.L. . Azt kell még megjegyezni VK=(a + c - b )/2= p - b És B.L. = C.L. - C.B. = p - a .

Jegyezzünk meg még egy érdekes tulajdonságot (amely már bizonyított az úton). Hagyja, hogy a beírt és a körvonal érintse az oldalt AB pontokon NÉs M(58. ábra). Akkor A.M. = BN . Valóban, BN = p - b És AM=AR=SR-AS=p - c.

Arányok rr c =(p - A)(p-V ) És r p=r Val vel (R-c) használható a Heron-képlet származtatására S 2 = p (p - a )(p - b )(p - c ), Ahol S - egy háromszög területe. Ezeket az arányokat megszorozva kapjuk r 2 p =(p - a )(p - b )(p - c ). Ezt még ellenőrizni kell S = pr . Ez könnyen megtehető a Δ levágásával ABC tovább ΔAOB, ΔBOSÉs ΔSOA.

KÖZÉP METSZÉSI PONT

Bizonyítsuk be, hogy a háromszög mediánjai egy pontban metszik egymást. Ehhez vegye figyelembe a lényeget M, ahol a mediánok metszik egymást AA 1 És BB 1 . Végezzük el Δ-ben BB1S középvonal A 1 A 2 , párhuzamos BB 1 (59. ábra). Akkor A 1 M : A.M. = B 1 A 2 : AB 1 = B 1 A 2 : B 1 C = B.A. 1 :VS=1:2, azaz a mediánok metszéspontja BB 1 És AA 1 osztja a mediánt AA 1 1:2 arányban. Hasonlóképpen a mediánok metszéspontja SS 1 És AA 1 osztja a mediánt AA 1 1:2 arányban. Ezért a mediánok metszéspontja AA 1 És BB 1 egybeesik a mediánok metszéspontjával AA 1 És SS 1 .

Ha egy háromszög mediánjainak metszéspontja össze van kötve a csúcsokkal, akkor a háromszöget három egyenlő területű háromszögre osztjuk. Valóban elég bizonyítani, hogy ha R- a medián bármely pontja AA 1 V ABC, majd a terület ΔAVRÉs ΔACP egyenlőek. Végül is mediánok AA 1 És RA 1 Δ-ben ABCés Δ RVS vágd őket egyenlő területű háromszögekre.

A fordított állítás is igaz: ha valamikor R, bent fekve Δ ABC, terület Δ AVR, Δ SZERDÁNÉs ΔSAR akkor egyenlők R- mediánok metszéspontja. Valójában a területek egyenlőségétől ΔAVRÉs ΔHRV ebből következik, hogy az A és C pontok távolsága az egyenestől VR egyenlőek, ami azt jelenti VRáthalad a szegmens közepén AC. Mert ARÉs SR a bizonyíték hasonló.

Azon háromszögek területének egyenlősége, amelyekre a mediánok felosztják a háromszöget, lehetővé teszi, hogy megtaláljuk egy mediánokból álló háromszög s területének arányát a következőképpen: ΔABC, magának a Δ-nek az S területére ABC. Hadd M- mediánok metszéspontja Δ ABC; pont A" szimmetrikus A ponthoz képest M(60. ábra)

Egyrészt a terület ΔA"MS egyenlő S/3-mal. Másrészt ez a háromszög szakaszokból áll, amelyek mindegyikének hossza egyenlő a megfelelő medián hosszának 2/3-ával, tehát területe

egyenlő (2/3) 2 s = 4s /9. Ennélfogva, s =3 S /4.

A mediánok metszéspontjának nagyon fontos tulajdonsága, hogy az innen a háromszög csúcsaiba tartó három vektor összege nullával egyenlő. Először is jegyezzük meg AM=1/3(AB+AC), Ahol M- mediánok metszéspontja Δ ABC . Sőt, ha

ABA "VAL VEL- paralelogramma, akkor AA"=AB+ACÉs AM=1/3AA". Ezért MA+MV+MC=1/3 (BA+SA+AB + SV + AC + BC) = 0.

Az is világos, hogy csak a mediánok metszéspontja rendelkezik ezzel a tulajdonsággal, hiszen ha x - Akkor minden más ponton

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

A háromszög mediánjai metszéspontjának ezt a tulajdonságát felhasználva igazolhatjuk a következő állítást: a háromszög mediánjainak metszéspontja az oldalak felezőpontjában lévő csúcsokkal AB,CD És EF hatszög ABCDEF egybeesik a háromszög mediánjainak az oldalak felezőpontjaiban lévő csúcsaival nap,DE És F.A. . Valójában kihasználva azt a tényt, hogy ha pl. R- a szegmens közepe AB, akkor bármely pontra x az egyenlőség igaz HA+ HB=2ХР, könnyen bebizonyítható, hogy mindkét vizsgált háromszög mediánjának metszéspontjainak megvan az a tulajdonsága, hogy a belőlük a hatszög csúcsaiba tartó vektorok összege nulla. Ezért ezek a pontok egybeesnek.

A mediánok metszéspontjának van egy tulajdonsága, ami élesen megkülönbözteti a háromszög többi figyelemre méltó pontjától: ha Δ ABC" egy vetítés ΔABC a síkra, majd a Δ mediánok metszéspontja A "B" C" a mediánok metszéspontjának vetülete ΔABC ugyanazon a síkon. Ez könnyen következik abból, hogy vetítéskor a szakasz közepe a vetületének közepébe kerül, ami azt jelenti, hogy a háromszög mediánja a vetületének mediánjába kerül. Sem a felező, sem a magasság nem rendelkezik ezzel a tulajdonsággal.

Meg kell jegyezni, hogy a háromszög mediánjainak metszéspontja a tömegközéppontja, mind a háromszög csúcsaiban elhelyezkedő, egyenlő tömegű anyagi pontrendszer tömegközéppontja, mind a háromszög tömegközéppontja. adott háromszög alakú lemez. Egy tetszőleges pontban csuklós háromszög egyensúlyi helyzete x , lesz egy helyzet, amelyben a gerenda HM a Föld közepe felé irányul. A mediánok metszéspontjában csuklós háromszög esetén bármely pozíció egyensúlyi helyzet. Ezen túlmenően egy olyan háromszög, amelynek középső metszéspontja a tű hegyén nyugszik, szintén egyensúlyi helyzetbe kerül.

EMELŐKÉSZÜLÉSI PONT

Annak bizonyítására, hogy a Δ magasságok ABC egy ponton metszi egymást, idézze fel a „Körülírt kör közepe” rész végén felvázolt bizonyítási utat. Vigyük át a csúcsokon A, BÉs VAL VEL az ellenkező oldalakkal párhuzamos egyenesek; ezek a vonalak Δ-t alkotnak A 1 BAN BEN 1 VAL VEL 1 (61. ábra). Magasság Δ ABC az oldalakra merőleges felezők ΔA 1 B 1 C 1 . Következésképpen egy pontban – a körülírt kör közepén – metszik egymást ΔA 1 B 1 C 1 . A háromszög magasságainak metszéspontját néha annak nevezik ortocentrum.

Könnyen ellenőrizhető, hogy ha H a Δ magasságok metszéspontja ABC, Hogy A, BÉs VAL VEL - magassági metszéspontok Δ VNS, ΔSNAés Δ ANV illetőleg.

Az is világos, hogy<ABC + < A.H.C. = 180°, mert < B.A. 1 H = < IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. 1 H =90° (A 1 És C 1 - magasságok alapjai). Ha a lényeg H 1 szimmetrikus a H pontra az egyeneshez képest AC, majd egy négyszög ABCN 1 felírva. Következésképpen a körülírt körök sugarai Δ ABCés Δ AN S egyenlőek, és ezek a körök az oldalhoz képest szimmetrikusak AC(62. ábra). Ezt most könnyű bizonyítani

AN=a|ctg A|, hol a=BC. Valóban,

AH=2R bűn< ACH=2R|cos A| =a|ctg A| .

Tegyük fel az egyszerűség kedvéért ΔABC hegyesszögű, és vegyük figyelembe Δ-t A 1 B 1 C 1 , magasságainak alapjai alkotják. Kiderül, hogy a beírt kör középpontja Δ A 1 B 1 C 1 a Δ magasságok metszéspontja ABC,és a körök középpontjai

ΔA 1 B 1 C 1 a Δ csúcsai ABC(63. ábra). Pontok A 1 És BAN BEN 1 CH(a sarkok óta NV 1 S és BE 1 VAL VEL egyenes), tehát < HA. 1 B 1 = < HCB 1 . Hasonlóképpen<HA. 1 C 1 = < HBC 1 . És azóta<HCB 1 = =< HBC 1 Hogy A 1 A - felezővonal<BAN BEN 1 A 1 VAL VEL 1 .

Hadd N- magasságok metszéspontja AA 1 , BB 1 És CC 1 háromszög ABC . Pontok A 1 És BAN BEN 1 átmérőjű körön feküdjön AB, Ezért A.H. · A 1 H = B.H. · B 1 H . Hasonlóképpen VNB 1 H =CH ·C 1 N.

Egy hegyesszögű háromszögre a fordított állítás is igaz: ha A 1 pont, B 1 És C 1 oldalt feküdjön VS, SAés AB hegyesszögű Δ ABC és szegmensek AA 1 , BB 1 És SS 1 pontban metszik egymást R,és AR A 1 Р=ВР·В 1 P=SR·S 1 R, Hogy R- magasságok metszéspontja. Valójában az egyenlőségtől

AP ·A 1 P =BP ·B 1 P

ebből következik, hogy a pontok A, B, A 1 És BAN BEN 1 feküdjön ugyanazon a körön az átmérővel AB, ami azt jelenti < AB 1 B = < B.A. 1 A =γ. Hasonlóképpen < ACiC =< CAiA = β És <СВ 1 B=<ВС 1 C= α (64. ábra). Az is világos, hogy α + β= CC 1 A = l 80°, β+γ=180° és γ + α = 180°. Ezért α = β=γ=90°.

Egy háromszög magasságainak metszéspontja egy másik nagyon érdekes módon is meghatározható, de ehhez szükségünk van a vektor és a vektorok skaláris szorzatának fogalmára.

Hadd RÓL RŐL- a körülírt kör középpontja Δ ABC. Vektoros összeg O A+ O.B. + OS egy vektor, tehát van egy ilyen pont R, Mit VAGY = OA + OB+OS. Kiderült, hogy R- Δ magasságok metszéspontja ABC!

Bizonyítsuk be például azt AP merőleges IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. . Ez egyértelmű AR=AO+

+op=ao+(oa+ov+os)=ov+os és all= -ov+os. Ezért a vektorok skaláris szorzata ARÉs Nap egyenlő OS 2 - O.B. 2 = R 2 - R 2 =0, azaz ezek a vektorok merőlegesek.

A háromszög ortocentrumának ez a tulajdonsága lehetővé teszi néhány távolról sem nyilvánvaló állítás bizonyítását. Vegyünk például egy négyszöget ABCD , körbe írva. Hadd Na, Nv, NsÉs H d - ortocentrumok Δ BCD , Δ CDA , Δ HANGYÁNYI és Δ ABC illetőleg. Ezután a szakaszok felezőpontjai AN A , VN, CH VAL VEL , D.H. d egyeznek meg. Sőt, ha RÓL RŐL a kör középpontja, és M- a szegmens közepe AN A , Hogy OM=1/2(0A + OH A )= =1/2(OA + OB+OS+OD ) . A másik három szakasz felezőpontjaira pontosan ugyanazokat a kifejezéseket kapjuk.

EULER DIRECT

A csodálatos pontok legcsodálatosabb tulajdonsága aza szög az, hogy némelyikük össze van kötvebizonyos arányokkal. Például a metszéspont középső M, a H magasságok és a körülírt kör középpontjának metszéspontjaAz O tulajdonságok ugyanazon az egyenesen fekszenek, és a pontM osztja a szegmenst Ő hogy az összefüggés érvényes legyenOM:MN= 1:2. Ez a tételt 1765-ben bizonyította Leonhard Euler, akiFáradhatatlan tevékenységével a matematika számos területét jelentősen fejlesztette, és számos új ágát megalapozta. 1707-ben született Svájcban. 20 évesen Euler ajánlottaA Bernoulli testvérek meghívást kaptak, hogy jöjjenek el Szentpétervárraburgban, ahol nem sokkal korábban akadémiát szerveztek. BAN BEN1740 végén Oroszországban Anna Leopol hatalomra jutása kapcsánDovna, riasztó helyzet alakult ki, és Euler odaköltözöttBerlin. 25 év után ismét visszatért Oroszországba, összesenEuler több mint 30 évig élt Szentpéterváron. Burleybennem, Euler szoros kapcsolatot tartott fenn az Orosz Akadémiával, és az is volttiszteletbeli tagja. Berlinből Euler levelezett Lomonóvalbaglyok Levelezésük a következőképpen kezdődött. 1747-ben Lomonoszovot professzorrá, vagyis az akadémia rendes tagjává választották; A császárné jóváhagyta ezt a választást. Azt követőenSchumacher reakciós akadémiai tisztviselő, aki hevesen gyűlöli a törvénytMonoszov elküldte munkáját Eulernek, abban a reményben, hogy információkat kap rólukrossz értékelés. (Euler mindössze 4 évvel volt idősebb Lomonoszovnál,de tudományos tekintélye ekkorra már nagyon magas volt.)Euler ezt írta értékelésében: „Ezek a művek nemcsak jókshi, hanem kiváló, mert elmagyarázza a fizikai és kémiai a legszükségesebb és legnehezebb ügyek, amelyek teljesen ismeretlenek és értelmezése lehetetlen volta legszellemesebbeknek és legtudottabbaknakhíres emberek, ilyen alapítóvalamiben egészen biztos vagyoka bizonyítékok pontossága...Az embernek mindent kívánnia kellmely akadémiák tudtak olyan találmányokat felmutatni, amelyekamit Lomo úr megmutatott orra."

Térjünk át a bizonyításra Euler-tétel. Mérlegeljük Δ A 1 B 1 C 1 csúcsokkal be az oldalak felezőpontjai Δ ABC; hagyja H 1 és H - ortocentrumaik (65. ábra). A H 1 pont egybeesik a középponttal RÓL RŐL körülírja a Δ ABC. Bizonyítsuk be, hogy Δ C 1 H 1 M =Δ CHM . Valójában a mediánok metszéspontjának tulajdonsága alapján VAL VEL 1 M: CM= 1:2, hasonlósági együttható Δ A 1 B 1 C 1 és Δ ABC egyenlő 2-vel, tehát C 1 H 1 : CH =1:2, Kívül,<H 1 C 1 M =<НСМ (C 1 H 1 || CH ). Ebből adódóan,< C 1 M.H. 1 = < SMN, ami pontot jelent M a szegmensen fekszik H 1 H . Kívül, H 1 M : M.H. =1:2, mivel a Δ hasonlósági együttható C 1 H 1 M és Δ SNM egyenlő 2-vel.

KILENC PONTOS KÖR

1765-ben Euler felfedezte, hogy egy háromszög oldalainak felezőpontja és magasságának alapja ugyanazon a körön található. A háromszögnek ezt a tulajdonságát is bizonyítjuk.

Legyen B 2 a felülről levetett magasság alapja BAN BEN tovább
oldal AC. Pontok BAN BENés B 2 szimmetrikus az egyenesre A 1 VAL VEL 1
(66. ábra). Ezért Δ A 1 BAN BEN 2 VAL VEL 1 = Δ A 1 IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. t = Δ A 1 B 1 C 1 , Ezért < A 1 B 2 C 1 = <А 1 BAN BEN 1 VAL VEL 1 , ami pontot jelent BAN BEN 2 a leírtakon fekszik
kör ΔA 1 BAN BEN 1 VAL VEL 1 . A többi magasságalap esetében a bizonyítás hasonló. „

Ezt követően felfedezték, hogy ugyanazon a körön további három pont található - az ortocentrumot a háromszög csúcsaival összekötő szakaszok felezőpontjai. Az az ami kilenc pontból álló kör.

Hadd AzÉs NW- szakaszok felezőpontjai ANÉs CH, S 2 - a magasság alapja felülről leesett VAL VEL tovább AB(67. ábra). Először bizonyítsuk be A 1 C 1 A 3 C 3 - téglalap. Ez könnyen következik abból, hogy A 1 NWÉs A 3 C 1 - középvonalak Δ VSNÉs ΔAVN, A A 1 C 1 És A 3 NW- középvonalak Δ ABCés Δ ASN. Ezért a pontok A 1 És Azátmérőjű körön feküdjön VAL VEL 1 ÉNy,és azóta AzÉs NW feküdj a pontokon áthaladó körön A 1, C 1 és C 2. Ez a kör egybeesik az Euler által figyelembe vett körrel (ha Δ ABC nem egyenlő szárú). Egy pontért Vz a bizonyíték hasonló.

TORRICELLI PONT

Egy tetszőleges négyszög belsejében ABCD Könnyű megtalálni azt a pontot, amelynek a csúcsok távolságainak összege a legkisebb értékű. Az ilyen pont egy pont RÓL RŐLátlóinak metszéspontja. Sőt, ha x - Akkor minden más ponton AH+HS≥AC=AO+OSÉs BX + XD ≥ BD = B.O. + O.D. , és az egyenlőtlenségek közül legalább az egyik szigorú. Egy háromszög esetében egy hasonló probléma megoldása nehezebb; Az egyszerűség kedvéért megvizsgáljuk egy hegyesszögű háromszög esetét.

Hadd M- néhány pont a hegyesszögű Δ-n belül ABC. Fordítsuk meg Δ ABC a ponttal együtt M 60° a pont körül A(68. ábra). (Pontosabban hadd IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTTÉs M"- pontok képei IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTTÉs M ha egy pont körül 60°-kal elforgatjuk A.) Akkor AM+VM+SM=MM"+B.M. + C " M ", AM=MM",Így mint ΔAMM"- egyenlő szárú (AM = AM")És<MAM" = 60°. Az egyenlőség jobb oldala a szaggatott vonal hossza VMM"S" ; akkor lesz a legkisebb, amikor ez a szaggatott vonal

egybeesik a szegmenssel Nap" . Ebben az esetben<. A.M.B. = 180° -<AMM" = 120° és<АМС = <A.M. " C - 180°-<A.M. " M = 120°, azaz oldalak AB, Kr. eés SA látható a pontból M 120°-os szögben. Egy ilyen pont M hívott Torricelli pont háromszög ABC .

Bizonyítsuk be azonban, hogy egy hegyesszögű háromszögben mindig van egy pont M, ahonnan mindkét oldal 120°-os szögben látható. Építsük oldalra AB háromszög ABC külsőleg helyes Δ ABC 1 (69. ábra). Hadd M-a körülírt kör metszéspontja ΔABC 1 és egyenes SS 1 . Akkor ABC 1 =60°És ABC pontból látható M 120°-os szögben. Kicsit tovább folytatva ezeket az érveket, megkaphatjuk a Torricelli-pont egy másik definícióját. Építsünk szabályos háromszögeket A 1 NapÉs AB 1 VAL VEL a fegyveres erők oldalain is és AC. Bizonyítsuk be, hogy az M pont is az egyenesen fekszik AA 1 . Valóban, pont M a Δ körülírt körön fekszik A 1 IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. , Ezért<A 1 M.B. = < A 1 C.B. = 60°, ami azt jelenti<A 1 MV+<. B.M.A. = 180°. Hasonlóképpen pont M egyenes vonalon fekszik BB 1 (69. ábra).

Belül Δ ABC van egyetlen M pont, amelyből az oldalai 120°-os szögben láthatók, mert a Δ körülírt körök ABC 1 , Δ AB én C és Δ A 1 Nap nem lehet több közös pontja.

Adjuk meg a Torricelli-pont fizikai (mechanikai) értelmezését. Rögzítsük a Δ-t a csúcsokban ABC gyűrűket, három kötelet vezetünk át rajtuk, melynek egyik vége le van kötve, a másik végére egyenlő tömegű terheket rögzítünk (70. ábra). Ha x = MA, y = MV,z = M.C. És A az egyes szálak hossza, akkor a vizsgált rendszer potenciális energiája egyenlő m-rel g (x -A)+m g (y - a )+ mg (z --A). Az egyensúlyi helyzetben a potenciális energia a legkisebb, így az x+y+z összeg is a legkisebb értékű. Másrészt egyensúlyi helyzetben az erők eredője a pontban M egyenlő nullával. Ezek az erők abszolút nagyságrendben egyenlőek, ezért az erővektorok közötti páronkénti szögek 120°-kal egyenlők.

El kell mondanunk, hogyan állnak a dolgok egy tompa háromszög esetében. Ha a tompaszög kisebb, mint 120°, akkor minden korábbi argumentum érvényes marad. És ha a tompaszög nagyobb vagy egyenlő, mint 120°, akkor a háromszög pontja és a csúcsai közötti távolságok összege akkor lesz a legkisebb, ha ez a pont a tompaszög csúcsa.

BROKARD PONTJAI

Brocard pontok Δ ABC az ilyen belső pontokat nevezzük RÉs K , Mit<ABP = <. BCP =< SAPKA És<. QAB = <. QBC = < QCA (egyenlő oldalú háromszög esetén a Brocard-pontok egy pontba egyesülnek). Bizonyítsuk be, hogy bármely Δ-n belül ABC van egy pont R, rendelkezik a szükséges tulajdonsággal (ponthoz K a bizonyíték hasonló). Először fogalmazzuk meg a Brocard-pont definícióját más formában. Jelöljük a szögértékeket a 71. ábra szerint. Mivel<ARV=180° - a+x-y, egyenlőség x=y egyenlő az egyenlőséggel<APB =180°-< . A . Ennélfogva, R- Δ pont ABC, melyik oldalról AB,
NapÉs SA 180°-os szögben látható -<. A , 180°-<B , 180°-<VAL VEL.
Egy ilyen pont a következőképpen szerkeszthető. Építsünk tovább
oldal Nap háromszög ABC hasonló háromszög CA1B
Bizonyítsuk be, hogy az egyenes P metszéspontja AA1és körbeírjuk ΔA1BC keresett. Valójában,<BPC =18 O ° - β És<APB = 180°-<A t P.B. = 180° -<A 1 C.B. = l 80°- A. Szerkesszünk tovább hasonló háromszögeket az oldalakon, hasonló módon ACÉs AB(73. ábra). Mert<. APB = 180° - A, pont R a Δ körülírt körön is fekszik ABC 1 Ennélfogva,<BPC 1 = <BAC 1 = β, ami pontot jelent
R a szegmensen fekszik SS 1 . Hasonlóan fekszik a szegmensen BB 1 ,
azaz R - szakaszok metszéspontja AA 1 , BB 1 És SS 1 .

Brocard pont R a következő érdekes tulajdonsággal rendelkezik. Hagyja egyenesen AR, VRÉs SR metszi az ΔABC körülírt kört

az A 1, B 1 és C 1 pontokban (74. ábra). Akkor Δ ABC = Δ B 1 VAL VEL 1 A 1 .BAN BEN valójában,<. 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 A.C. =<.ВАС, az ΔABC Brocard pont tulajdonsága alapján a BCC 1 és A 1 AC szögek egyenlőek, ami azt jelenti, hogy A 1 C 1 = IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. . A fennmaradó oldalak egyenlősége Δ ABCés Δ B 1 C 1 A 1 ellenőrzése ugyanúgy történik.

Az összes általunk vizsgált esetben annak bizonyítása, hogy az egyenesek megfelelő hármasai egy pontban metszik egymást, elvégezhető a Ceva tétele. Fogalmazzuk meg ezt a tételt.

Tétel. Hagyjuk az oldalára AB, Kr. eÉs S A háromszög ABC elvett pontok VAL VEL 1 , A 1 És BAN BEN 1 illetőleg. Közvetlen AA 1 , BB 1 És SS 1 akkor és csak akkor metszik egymást egy pontban

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

A tétel bizonyítását a 7-9. osztályos geometria tankönyve adja meg L.S. 300. oldalon.

Irodalom.

1.Atanasyan L.S. Geometria 7-9.- M.: Nevelés, 2000.

2. Kiselev A.P. Elemi geometria - M.: Nevelés, 1980.

3. Nikolskaya I.L. Választható matematika tantárgy. M.: Oktatás, 1991.

4. Egy fiatal matematikus enciklopédikus szótára.. Összeáll. A.P.Savin.-.M.: Pedagógia, 1989.

A Szverdlovszki Régió Általános és Szakmai Oktatási Minisztériuma.

Jekatyerinburg Városi Oktatási Intézménye.

Oktatási intézmény – MOUSOSH 212. sz. „Jekatyerinburgi Kulturális Líceum”

Oktatási terület – matematika.

Tárgy - geometria.

A háromszög figyelemre méltó pontjai

Referencia: 8. osztályos tanuló

Szelickij Dmitrij Konstantinovics.

Tudományos tanácsadó:

Rabkanov Szergej Petrovics.

Jekatyerinburg, 2001

Bevezetés 3

Leíró rész:

Orthocenter 4

5. jégközpont

Súlypont 7

Circumcenter 8

Euler 9. sor

Gyakorlati rész:

Ortocentrikus háromszög 10

11. következtetés

Hivatkozások 11

Bevezetés.

A geometria egy háromszöggel kezdődik. A háromszög két és fél évezred óta a geometria szimbóluma. Új tulajdonságait folyamatosan fedezik fel. A háromszög összes ismert tulajdonságáról beszélni sok időt vesz igénybe. Érdekeltek az úgynevezett „a háromszög figyelemre méltó pontjai”. Ilyen pontokra példa a felezők metszéspontja. Az a figyelemre méltó, hogy ha veszünk három tetszőleges pontot a térben, háromszöget alkotunk belőlük és felezőket rajzolunk, akkor ezek (a felezők) egy pontban metszik egymást! Úgy tűnik, ez nem lehetséges, mert tetszőleges pontokat vettünk, de ez a szabály mindig érvényes. Más „figyelemre méltó pontok” hasonló tulajdonságokkal rendelkeznek.

A témával kapcsolatos szakirodalom elolvasása után rögzítettem magamnak öt csodálatos pont és egy háromszög definícióit és tulajdonságait. De munkám ezzel nem ért véget, én magam akartam feltárni ezeket a pontokat.

Ezért cél Ez a munka a háromszög néhány figyelemre méltó tulajdonságának tanulmányozása, valamint egy ortocentrikus háromszög tanulmányozása. E cél elérése során a következő szakaszok különböztethetők meg:

Irodalom válogatás, tanári segítséggel

A háromszög figyelemreméltó pontjainak és egyeneseinek alapvető tulajdonságainak tanulmányozása

Ezen tulajdonságok általánosítása

Ortocentrikus háromszöggel kapcsolatos feladat felvázolása és megoldása

A kutatási munkában elért eredményeket bemutattam. Az összes rajzot számítógépes grafikával (CorelDRAW vektorgrafikus szerkesztő) készítettem.

Orthocenter. (Magasságok metszéspontja)

Bizonyítsuk be, hogy a magasságok egy pontban metszik egymást. Vigyük át a csúcsokon A, BAN BENÉs VAL VEL háromszög ABC az ellenkező oldalakkal párhuzamos egyenesek. Ezek a vonalak háromszöget alkotnak A 1 BAN BEN 1 VAL VEL 1 . a háromszög magassága ABC a háromszög oldalaira merőleges felezők A 1 BAN BEN 1 VAL VEL 1 . ezért egy pontban metszik egymást - a háromszög körülírt körének középpontjában A 1 BAN BEN 1 VAL VEL 1 . A háromszög magasságainak metszéspontját ortocentrumnak nevezzük ( H).

Az Icentre a beírt kör középpontja.

(A felezők metszéspontja)

Bizonyítsuk be, hogy egy háromszög szögfelezői ABC egy pontban metszik egymást. Fontolja meg a lényeget RÓL RŐL szögfelező metszéspontjai AÉs BAN BEN. Az A szög felezőjének bármely pontja egyenlő távolságra van az egyenesektől ABÉs AC, és a szögfelező bármely pontja BAN BEN egyenlő távolságra az egyenesektől ABÉs Nap, szóval pont RÓL RŐL egyenlő távolságra az egyenesektől ACÉs Nap, azaz a szögfelezőn fekszik VAL VEL. pont RÓL RŐL egyenlő távolságra az egyenesektől AB, NapÉs SA, ami azt jelenti, hogy van egy kör középpontjával RÓL RŐL, érinti ezeket a vonalakat, és az érintési pontok magukon az oldalakon fekszenek, nem pedig a meghosszabbításukon. Valójában a csúcsok szögei AÉs BAN BEN háromszög AOBéles ezért vetítési pont RÓL RŐL közvetlenül AB a szegmensen belül fekszik AB.

A bulikra NapÉs SA a bizonyíték hasonló.

A központnak három tulajdonsága van:

Ha a szögfelező folytatása VAL VEL metszi egy háromszög körülírt körét ABC azon a ponton M, Azt MA=MV=MO.

Ha AB- egyenlő szárú háromszög alapja ABC, majd a szög oldalait érintő kör DIA pontokon AÉs BAN BEN, áthalad a ponton RÓL RŐL.

Ha egy ponton átmenő egyenes RÓL RŐL oldalával párhuzamosan AB, keresztezi az oldalakat NapÉs SA pontokon A 1 És BAN BEN 1 , Azt A 1 BAN BEN 1 =A 1 BAN BEN+AB 1 .

Gravitáció középpontja. (A mediánok metszéspontja)

Bizonyítsuk be, hogy a háromszög mediánjai egy pontban metszik egymást. Ehhez vegye figyelembe a lényeget M, ahol a mediánok metszik egymást AA 1 És BB 1 . rajzoljunk háromszöget BB 1 VAL VEL középvonal A 1 A 2 , párhuzamos BB 1 . Akkor A 1 M: AM=BAN BEN 1 A 2 :AB 1 =BAN BEN 1 A 2 :BAN BEN 1 VAL VEL=VA 1 :NAP=1:2, azaz medián metszéspont BB 1 És AA 1 osztja a mediánt AA 1 1:2 arányban. Hasonlóképpen a mediánok metszéspontja SS 1 És AA 1 osztja a mediánt AA 1 1:2 arányban. Ezért a mediánok metszéspontja AA 1 És BB 1 egybeesik a mediánok metszéspontjával AA 1 És SS 1 .

Ha egy háromszög mediánjainak metszéspontja össze van kötve a csúcsokkal, akkor a háromszögeket három egyenlő területű háromszögre osztjuk. Valóban elég bizonyítani, hogy ha R– a medián bármely pontja AA 1 háromszögben ABC, majd a háromszögek területei AVRÉs ACP egyenlőek. Végül is mediánok AA 1 És RA 1 háromszögekben ABCÉs RVS vágd őket egyenlő területű háromszögekre.

A fordított állítás is igaz: ha valamikor R, a háromszög belsejében fekszik ABC, háromszögek területe AVR, SZERDÁNÉs SAR akkor egyenlők R– mediánok metszéspontja.

A metszéspontnak van még egy tulajdonsága: ha bármilyen anyagból kivágunk egy háromszöget, mediánokat rajzolunk rá, a mediánok metszéspontjára egy rudat rögzítünk, és a felfüggesztést háromlábú állványra rögzítjük, akkor a modell (háromszög) egyensúlyi állapot, ezért a metszéspont nem más, mint a háromszög súlypontja.

A körülírt kör középpontja.

Bizonyítsuk be, hogy van egy pont, amely egyenlő távolságra van a háromszög csúcsaitól, vagy más szóval, hogy van egy kör, amely áthalad a háromszög három csúcsán. A pontoktól egyenlő távolságra lévő pontok helye AÉs BAN BEN, merőleges a szakaszra AB, áthalad a közepén (a szakaszra merőleges felező AB). Fontolja meg a lényeget RÓL RŐL, amelyben a szakaszokra mutató merőlegesek felezőszögei metszik egymást ABÉs Nap. Pont RÓL RŐL pontoktól egyenlő távolságra AÉs BAN BEN, valamint pontokból BAN BENÉs VAL VEL. ezért egyenlő távolságra van a pontoktól AÉs VAL VEL, azaz a szakaszra merőleges felezőn is fekszik AC.

Központ RÓL RŐL a körülírt kör csak akkor van egy háromszögön belül, ha a háromszög hegyes. Ha a háromszög derékszögű, akkor a pont RÓL RŐL egybeesik a hipotenusz közepével, és ha a szög a csúcsban van VAL VEL tompa majd egyenes AB elválasztja a pontokat RÓL RŐLÉs VAL VEL.

A matematikában gyakran megesik, hogy a teljesen eltérő módon meghatározott objektumok azonosak. Mutassuk meg ezt egy példával.

Hadd A 1 , BAN BEN 1 ,VAL VEL 1 – az oldalak felezőpontjai Nap,SAés AB. Bebizonyítható, hogy a háromszögek körülírt körei AB 1 VAL VEL, A 1 Nap 1 És A 1 BAN BEN 1 VAL VEL 1 egy pontban metszik egymást, és ez a pont a háromszög körbefutó középpontja ABC. Tehát két teljesen különböző pontunk van: a háromszög oldalaira merőleges felezők metszéspontja ABCés a háromszögek körülírt köreinek metszéspontja AB 1 VAL VEL 1 , A 1 NapÉs A 1 BAN BEN 1 VAL VEL 1 . de kiderül, hogy ez a két pont egybeesik.

Euler egyenes.

A háromszög figyelemreméltó pontjainak legcsodálatosabb tulajdonsága, hogy némelyikük bizonyos kapcsolatokon keresztül kapcsolódik egymáshoz. Például a súlypont M, ortocentrum Nés a körülírt kör középpontja RÓL RŐL fekszenek ugyanarra az egyenesre, és az M pont úgy osztja el az OH szakaszt, hogy az összefüggés érvényes legyen OM:MN=1:2. Ezt a tételt Leonardo Euler svájci tudós igazolta 1765-ben.

Ortocentrikus háromszög.

Ortocentrikus háromszög(ortoháromszög) egy háromszög ( MNNAK NEK), amelynek csúcsai ennek a háromszögnek a magassági alapjai ( ABC). Ennek a háromszögnek számos érdekes tulajdonsága van. Adjunk egyet közülük.

Ingatlan.

Bizonyít:

Háromszögek AKM, CMNÉs FELSZAKADOZOTT FELHŐZET háromszöghöz hasonló ABC;

Egy derékszögű háromszög szögei MNK vannak: L KNM = π - 2 L A,LKMN = π – 2 L B, L MNK = π - - 2 L C.

Bizonyíték:

Nekünk van AB kötözősaláta A, A.K. kötözősaláta A. Ennélfogva, A.M./AB = A.K./A.C..

Mert háromszögeknél ABCÉs AKM sarok A– közös, akkor hasonlóak, amiből arra következtetünk, hogy a szög L AKM = L C. Ezért L BKM = L C. Következő nekünk L MKC= π/2 – L C, L NKC= π/2 – – – L C, azaz SK– szögfelező MNK. Így, L MNK= π – 2 L C. A fennmaradó egyenlőségeket hasonlóan bizonyítjuk.

Következtetés.

A kutatómunka végén a következő következtetések vonhatók le:

A háromszög nevezetes pontjai és vonalai a következők:

ortocentrum a háromszög magasságainak metszéspontja;

andcentre háromszög a felezők metszéspontja;

gravitáció középpontja egy háromszögnek a mediánjainak metszéspontja;

circumcenter– a felezőmerőlegesek metszéspontja;

Euler egyenes- ez az az egyenes, amelyen a körülírt kör súlypontja, ortocentruma és középpontja fekszik.

Egy ortocentrikus háromszög egy adott háromszöget három hasonlóra oszt.

A munka elvégzése után sokat tanultam a háromszög tulajdonságairól. Ez a munka a matematikai ismereteim fejlesztése szempontjából volt releváns számomra. A jövőben ezt az érdekes témát kívánom továbbfejleszteni.

Bibliográfia.

Kiszeljov A. P. Elemi geometria. – M.: Nevelés, 1980.

Coxeter G.S., Greitzer S.L. Új találkozások a geometriával. – M.: Nauka, 1978.

Prasolov V.V. Problémák a planimetriában. – M.: Nauka, 1986. – 1. rész.

Sharygin I.F. Geometriai feladatok: Planimetria. – M.: Nauka, 1986.

Scanavi M.I. matematika. Problémák a megoldásokkal. – Rostov-on-Don: Főnix, 1998.

Berger M. Geometria két kötetben - M: Mir, 1984.

Tartalom

Bevezetés…………………………………………………………………………………3

1. fejezet.

1.1 Háromszög……………………………………………………………………………………..4

1.2. Háromszög mediánjai

1.4. Magasságok háromszögben

Következtetés

Felhasznált irodalom jegyzéke

Kis könyv

Bevezetés

A geometria a matematikának egy olyan ága, amely különféle ábrákkal és azok tulajdonságaival foglalkozik. A geometria egy háromszöggel kezdődik. A háromszög két és fél évezreden keresztül a geometria szimbóluma; de ez nem csak szimbólum, a háromszög a geometria atomja.

Munkámban a háromszög felezőinek, mediánjainak és magasságainak metszéspontjainak tulajdonságait vizsgálom, és beszélek ezek figyelemre méltó tulajdonságairól és a háromszög egyeneseiről.

Az iskolai geometria tanfolyamon tanulmányozott pontok a következők:

a) a felezők metszéspontja (a beírt kör középpontja);

b) a felezőmerőlegesek metszéspontja (a körülírt kör középpontja);

c) magasságok metszéspontja (ortocentrum);

d) mediánok metszéspontja (centroid).

Relevancia: bővítse ismereteit a háromszögről,tulajdonságaitcsodálatos pontok.

Cél: a háromszög feltárása figyelemre méltó pontjaiig,tanulmányozva őketosztályozások és tulajdonságok.

Feladatok:

1. Tanulmányozza a szükséges szakirodalmat

2. Tanulmányozza a háromszög figyelemre méltó pontjainak osztályozását!

3. Tudjon figyelemreméltó háromszögpontokat építeni.

4. Foglalja össze a tanult anyagot a füzet kialakításához!

A projekt hipotézise:

az a képesség, hogy bármely háromszögben figyelemre méltó pontokat találjon, lehetővé teszi geometriai építési problémák megoldását.

1. fejezet. Történelmi információk a háromszög figyelemre méltó pontjairól

Az Elemek negyedik könyvében Eukleidész megoldja a feladatot: „Kör beírása egy adott háromszögbe”. A megoldásból az következik, hogy a háromszög belső szögeinek három felezője egy pontban - a beírt kör középpontjában - metszi egymást. Egy másik euklideszi probléma megoldásából az következik, hogy a háromszög oldalaira visszaállított merőlegesek felezőpontjaikban szintén egy pontban - a körülírt kör középpontjában - metszik egymást. Az Elemek nem azt mondják, hogy a háromszög három magassága egy pontban metszi egymást, amelyet ortocentrumnak neveznek (a görög „orthos” szó jelentése „egyenes”, „helyes”). Ezt a javaslatot azonban Arkhimédész, Pappus és Proklosz ismerte.

A háromszög negyedik szinguláris pontja a mediánok metszéspontja. Archimedes bebizonyította, hogy ez a háromszög súlypontja (baricentruma). A fenti négy pont kiemelt figyelmet kapott, és a 18. századtól a háromszög „figyelemre méltó” vagy „különleges” pontjainak nevezik.

Az ezekhez és más pontokhoz kapcsolódó háromszög tulajdonságainak tanulmányozása kezdetét vette az elemi matematika új ágának - „háromszöggeometria” vagy „új háromszöggeometria” - létrehozásának, amelynek egyik alapítója Leonhard Euler volt. 1765-ben Euler bebizonyította, hogy bármely háromszögben az ortocenter, a barycenter és a circumcenter ugyanazon az egyenesen fekszik, amelyet később „Euler-egyenesnek” neveztek.

Háromszög - egy geometriai alakzat, amely három pontból áll, amelyek nem esnek ugyanazon az egyenesen, és három, ezeket a pontokat párokban összekötő szakaszból. Pontok -csúcsok háromszög, szegmensek -oldalain háromszög.

BAN BEN A, B, C - csúcsok

AB, BC, SA - oldalak

A C

Minden háromszöghez négy pont tartozik:

Mediánok metszéspontja;

Felezők metszéspontja;

A magasságok metszéspontja.

A merőleges felezők metszéspontja;

1.2. Háromszög mediánjai

Háromszög Medina - , összeköti a csúcsot a szemközti oldal közepétől (1. ábra). Azt a pontot, ahol a medián metszi a háromszög oldalát, a medián alapjának nevezzük.

1. ábra Háromszög mediánjai

Szerkesszük meg a háromszög oldalainak felezőpontjait, és rajzoljuk meg az egyes csúcsokat a szemközti oldal felezőpontjával összekötő szakaszokat. Az ilyen szegmenseket mediánoknak nevezzük.

És ismét megfigyeljük, hogy ezek a szakaszok egy ponton metszik egymást. Ha megmérjük a kapott medián szakaszok hosszát, még egy tulajdonságot ellenőrizhetünk: a mediánok metszéspontja a csúcsokból számolva 2:1 arányban osztja el az összes mediánt. És mégis, a háromszög, amely a tű hegyén nyugszik a mediánok metszéspontjában, egyensúlyban van! Az ezzel a tulajdonsággal rendelkező pontot súlypontnak (barycenter) nevezzük. Az egyenlő tömegű középpontot néha centroidnak nevezik. Ezért a háromszög mediánjainak tulajdonságai a következőképpen fogalmazhatók meg: a háromszög mediánjai a súlypontban metszik egymást, és a csúcstól számítva 2:1 arányban osztják el a metszésponttal.

1.3. Háromszög felezőpontjai

Felezővonal hívott a szög csúcsától a szemközti oldallal való metszéspontjáig húzott szög felezőpontja. Egy háromszögnek három felezőszöge van, amelyek a három csúcsának felelnek meg (2. ábra).

2. ábra Háromszög felező

Egy tetszőleges ABC háromszögben megrajzoljuk a szögfelezőit. És ismét, pontos konstrukció esetén mindhárom felező egy D pontban metszi egymást. A D pont szintén szokatlan: egyenlő távolságra van a háromszög mindhárom oldalától. Ezt úgy ellenőrizhetjük, hogy a DA 1, DB 1 és DC1 merőlegeseket leengedjük a háromszög oldalaira. Mindegyik egyenlő egymással: DA1=DB1=DC1.

Ha olyan kört rajzolunk, amelynek középpontja a D pontban van, és sugara DA 1, akkor az érinti a háromszög mindhárom oldalát (vagyis mindegyikkel csak egy közös pontja lesz). Az ilyen kört háromszögbe írtnak nevezzük. Tehát egy háromszög szögfelezői a beírt kör középpontjában metszik egymást.

1.4. Magasságok háromszögben

A háromszög magassága - , felülről leesett az ellenkező oldalra vagy az ellenkező oldallal egybeeső egyenesre. A háromszög típusától függően a magasság beletartozhat a háromszögbe (az háromszög), egybeesik az oldalával (be háromszög) vagy a háromszögön kívül egy tompa háromszögnél (3. ábra).

3. ábra Magasságok háromszögekben

Ha három magasságot állítunk össze egy háromszögben, akkor mindegyik egy H pontban metszi egymást. Ezt a pontot ortocentrumnak nevezzük. (4. ábra).

Konstrukciók segítségével ellenőrizheti, hogy a háromszög típusától függően az ortocentrum eltérően helyezkedik el:

hegyes háromszöghez - belül;

téglalap alakúhoz - a hipotenuszon;

tompaszög esetén a külső oldalon van.

4. ábra A háromszög ortocentruma

Így megismerkedtünk a háromszög másik figyelemreméltó pontjával, és ezt mondhatjuk: a háromszög magasságai az ortocentrumban metszik egymást.

1.5. A háromszög oldalaira merőleges felezők

Egy szakasz felező merőlegese az adott szakaszra merőleges és annak felezőpontján átmenő egyenes.

Rajzoljunk egy tetszőleges ABC háromszöget, és annak oldalaira merőleges felezőket. Ha az építést pontosan hajtjuk végre, akkor az összes merőleges egy pontban - O pontban - metszi egymást. Ez a pont egyenlő távolságra van a háromszög összes csúcsától. Más szóval, ha olyan kört rajzolunk, amelynek középpontja az O pontban halad át a háromszög egyik csúcsán, akkor az átmegy a másik két csúcsán is.

A háromszög összes csúcsán áthaladó kört körülírtnak nevezzük. Ezért a háromszög megállapított tulajdonsága a következőképpen fogalmazható meg: a háromszög oldalaira merőleges felezők a körülírt kör középpontjában metszik egymást (5. ábra).

5. ábra Körbe írt háromszög

2. fejezet A háromszög figyelemreméltó pontjainak tanulmányozása.

A magasság tanulmányozása háromszögekben

A háromszög mindhárom magassága egy pontban metszi egymást. Ezt a pontot a háromszög ortocentrumának nevezzük.

Egy hegyesszögű háromszög magassága szigorúan a háromszög belsejében található.

Ennek megfelelően a magasságok metszéspontja is a háromszög belsejében található.

Egy derékszögű háromszögben két magasság egybeesik az oldalakkal. (Ezek a hegyesszögek csúcsaiból húzott magasságok a lábakhoz).

A hipotenuszhoz húzott magasság a háromszög belsejében van.

AC a C csúcstól az AB oldalig húzott magasság.

AB a B csúcstól az AC oldalig húzott magasság.

AK az A derékszög csúcsától a BC hipotenuszig húzott magasság.

A derékszögű háromszög magasságai a derékszög csúcsában metszik egymást (A az ortocentrum).

Egy tompaszögű háromszögben csak egy magasság van a háromszögön belül – az, amelyet a tompaszög csúcsából húzunk.

A másik két magasság a háromszögön kívül található, és a háromszög oldalainak folytatása felé süllyed.

AK a BC oldalra húzott magasság.

BF - az AC oldal folytatásához húzott magasság.

CD az AB oldal folytatásához húzott magasság.

Egy tompa háromszög magasságainak metszéspontja szintén a háromszögön kívül van:

H az ABC háromszög ortocentruma.

Felezők vizsgálata háromszögben

A háromszög felezője a háromszög szögfelezőjének (sugár) azon része, amely a háromszög belsejében található.

A háromszög mindhárom felezőpontja egy pontban metszi egymást.

A hegyes, tompa és derékszögű háromszög felezőinek metszéspontja a háromszögbe írt kör középpontja, és benne található.

Mediánok tanulmányozása háromszögben

Mivel a háromszögnek három csúcsa és három oldala van, három szegmens is köti össze a csúcsot és a szemközti oldal közepét.

Ezeket a háromszögeket megvizsgálva rájöttem, hogy bármely háromszögben a mediánok egy pontban metszik egymást. Ezt a pontot hívják a háromszög súlypontja.

A háromszög oldalára merőleges felezők vizsgálata

Merőleges felező A háromszög egy háromszög oldalának közepére húzott merőleges.

A háromszög három merőleges felezője egy pontban metszi egymást, és a körülírt kör középpontja.

A hegyesszögű háromszög merőleges felezőinek metszéspontja a háromszög belsejében található; tompaszögben - a háromszögön kívül; téglalap alakúban - a hipotenusz közepén.

Következtetés

Az elvégzett munka során a következő következtetésekre jutunk:

Elért cél:feltárta a háromszöget, és megtalálta figyelemre méltó pontjait.

A kijelölt feladatokat megoldották:

1). Tanulmányoztuk a szükséges szakirodalmat;

2). Tanulmányoztuk a háromszög figyelemre méltó pontjainak osztályozását;

3). Megtanultuk, hogyan építsünk csodálatos háromszögpontokat;

4). Összefoglaltuk a tanult anyagot a füzet kialakításához.

Beigazolódott az a hipotézis, hogy a háromszög figyelemreméltó pontjainak megtalálása segít az építési problémák megoldásában.

A munka következetesen felvázolja a háromszög figyelemre méltó pontjainak megalkotásának technikáit, és történelmi információkat nyújt a geometriai konstrukciókról.

Az ebből a munkából származó információk hasznosak lehetnek a 7. osztály geometriaóráin. A füzet a bemutatott témában a geometria referenciakönyvévé válhat.

Bibliográfia

Tankönyv. L.S. Atanasyan „Geometria 7-9Mnemosyne, 2015.

Wikipédiahttps://ru.wikipedia.org/wiki/Geometry#/media/File:Euclid%27s_postulates.png

Portál Scarlet Sails

Vezető oktatási portál Oroszországban http://cendomzn.ucoz.ru/index/0-15157

NÉGY ÉRVÉNYES PONT

HÁROMSZÖG

Geometria

8. osztály

Szaharova Natalia Ivanovna

Szimferopol 28. számú MBOU Középiskola

A háromszög mediánjainak metszéspontja
A háromszög felezőinek metszéspontja
A háromszög magasságainak metszéspontja
A háromszög merőleges mediánjainak metszéspontja

Középső

Medián (BD) A háromszögnek az a szakasza, amely a háromszög csúcsát a szemközti oldal felezőpontjával köti össze.

Mediánok háromszögek metszik egymást egy ponton (gravitáció középpontja háromszög) és ezzel a ponttal osztva 2:1 arányban, a csúcstól számítva.

FELEZŐVONAL

Felező (Kr. u.) egy háromszögnek a háromszög belső szögének felező szakasza. ∟ ROSSZ = ∟CAD.

Minden pont felezők kidolgozatlan szöge egyenlő távolságra van az oldalaitól.

Vissza: minden olyan pont, amely egy szög belsejében fekszik és egyenlő távolságra van a szög oldalaitól, azon fekszik felezővonal.

Minden felező a háromszögek egy pontban metszik egymást - a felírt középpontja háromszögbe körökben.

A kör sugara (OM) egy merőleges, amely a középpontból (TO) a háromszög oldalára ereszkedik

MAGASSÁG

Magasság (CD) A háromszög egy merőleges szakasza, amelyet a háromszög csúcsából húzunk a szemközti oldalt tartalmazó egyenesre.

Magasság háromszögek (vagy kiterjesztéseik) metszik egymást egy pont.

KÖZÉP MÉRGŐS

Merőleges felező (DF) egy háromszög oldalára merőleges és azt kettéosztó egyenest nevezzük.

Minden pont merőleges felező(m) egy szakaszhoz egyenlő távolságra van ennek a szakasznak a végeitől.

Vissza: egy szakasz végétől egyenlő távolságra lévő minden pont a felezőponton fekszik merőleges neki.

A háromszög oldalainak minden merőleges felezője egy pontban metszi egymást - a leírtak közepe a háromszög közelében kör .

A körülírt kör sugara a kör középpontja és a háromszög bármely csúcsa közötti távolság (OA).

oldal 177 No. 675 (rajz)

Házi feladat

173. o. 3. definíciók és tételek 177. sz. 675 (befejezés)

Baranova Elena

Ez a munka a háromszög figyelemre méltó pontjait, tulajdonságaikat és mintázataikat vizsgálja, mint például a kilencpontos kört és az Euler-egyenest. Megadjuk az Euler-egyenes és a kilencpontos kör felfedezésének történeti hátterét. A projektem gyakorlati alkalmazási irányát javasoltam.

Letöltés:

Előnézet:

A prezentáció előnézetének használatához hozzon létre egy Google-fiókot, és jelentkezzen be: https://accounts.google.com

Diafeliratok:

"EGY HÁROMSZÖG CSODÁLATOS PONTAI." (A matematika alkalmazott és alapvető kérdései) Elena Baranova 8. osztály, MKOU „20. sz. középiskola” Pos. Novoizobilny, Dukhanina Tatyana Vasilievna, matematika tanár, Városi Oktatási Intézmény "20. számú Középiskola" Novoizobilny falu 2013. Önkormányzati oktatási intézmény "20. számú középiskola"

Cél: a háromszög figyelemre méltó pontjainak tanulmányozása, osztályozásuk és tulajdonságaik tanulmányozása. Célkitűzések: 1. Tanulmányozza a szükséges szakirodalmat 2. Tanulmányozza a háromszög figyelemreméltó pontjainak osztályozását 3.. Ismerje meg a háromszög figyelemre méltó pontjainak tulajdonságait 4. Legyen képes háromszög figyelemre méltó pontjainak megalkotására. 5. Fedezze fel a figyelemre méltó pontok körét. Tanulmányi tárgy - matematika rész - geometria Tantárgy - háromszög Relevancia: bővítse ismereteit a háromszögről, figyelemre méltó pontjainak tulajdonságairól. Hipotézis: kapcsolat a háromszög és a természet között

A merőleges felezők metszéspontja egyenlő távolságra van a háromszög csúcsaitól, és a körülírt kör középpontja. Háromszögekre körülírt körök, amelyek csúcsai a háromszög oldalainak felezőpontjai és a háromszög csúcsai egy pontban metszik egymást, ami egybeesik a merőleges felezők metszéspontjával.

Felezők metszéspontja A háromszög felezőinek metszéspontja egyenlő távolságra van a háromszög oldalaitól. OM=OA=OB

A magasságok metszéspontja A háromszög felezőinek metszéspontja, amelynek csúcsai a magasságok alapjai, egybeesik a háromszög magasságainak metszéspontjával.

Mediánok metszéspontja A háromszög mediánjai egy pontban metszik egymást, amely a csúcstól számítva minden mediánt 2:1 arányban oszt el. Ha a mediánok metszéspontja össze van kötve a csúcsokkal, akkor a háromszöget három egyenlő területű háromszögre osztjuk. A mediánok metszéspontjának fontos tulajdonsága, hogy azoknak a vektoroknak az összege, amelyek kezdete a mediánok metszéspontja, végei pedig a háromszögek csúcsai, nullával egyenlő 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-pont Megjegyzés: Torricelli-pont akkor létezik, ha a háromszög minden szöge kisebb, mint 120.

Kilencpontos kör B1, A1, C1 – magasságok alapjai; A2, B2, C2 – a megfelelő oldalak felezőpontjai; A3, B3, C3 az AN, VN és CH szakaszok felezőpontjai.

Euler-egyenes A mediánok metszéspontja, a magasságok metszéspontja, egy kilenc pontból álló kör középpontja egy egyenesen fekszik, amelyet Euler-egyenesnek neveznek a mintát meghatározó matematikus tiszteletére.

Egy kicsit a figyelemre méltó pontok felfedezésének történetéből 1765-ben Euler felfedezte, hogy egy háromszög oldalainak felezőpontja és magasságának alapja ugyanazon a körön található. A háromszög figyelemreméltó pontjainak legcsodálatosabb tulajdonsága, hogy némelyikük bizonyos arányban kapcsolódik egymáshoz. Az M mediánok metszéspontja, a H magasságok metszéspontja és az O körülírt kör középpontja ugyanazon az egyenesen fekszik, és az M pont úgy osztja fel az OH szakaszt, hogy az OM összefüggés: OH = 1 : 2 érvényes Ezt a tételt Leonhard Euler bizonyította 1765-ben.

A geometria és a természet kapcsolata. Ebben a helyzetben a potenciális energia a legkisebb értékű, és az MA+MB+MC szegmensek összege lesz a legkisebb, és az ezeken a Torricelli-pontban kezdődő szegmenseken fekvő vektorok összege nullával egyenlő.

Következtetések Megtudtam, hogy az általam ismert csodálatos magasságok, mediánok, felezők és merőleges felezők csodálatos metszéspontjain kívül vannak egy háromszög csodálatos pontjai és egyenesei is. Képes leszek az e témában megszerzett ismereteket hasznosítani oktatási tevékenységeim során, önállóan alkalmazni a tételeket egyes problémákra, a tanult tételeket pedig valós helyzetben alkalmazni. Úgy gondolom, hogy a háromszög csodálatos pontjainak és vonalainak felhasználása a matematika tanulásában hatékony. Ezek ismerete jelentősen felgyorsítja számos feladat megoldását. A javasolt anyag felhasználható mind a matematika órákon, mind az 5-9. évfolyamos tanulók tanórán kívüli foglalkozásain.

Előnézet:

Az előnézet használatához hozzon létre egy Google-fiókot, és jelentkezzen be: