Istraživački projekat izuzetne tačke trougla. Istraživački rad „Izvanredne tačke trougla

Postoje takozvane četiri izuzetne tačke u trouglu: tačka preseka medijana. Tačka preseka simetrala, tačka preseka visina i tačka preseka okomitih simetrala. Pogledajmo svaki od njih.

Točka preseka medijana trougla

Teorema 1

Na presjeku medijana trougla: Medijane trougla seku se u jednoj tački i dele se presečnom tačkom u omjeru $2:1$ počevši od vrha.

Dokaz.

Razmotrimo trougao $ABC$, gdje su $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ njegove medijane. Pošto medijane dijele strane na pola. Razmotrimo srednju liniju $A_1B_1$ (slika 1).

Slika 1. Medijane trougla

Prema teoremi 1, $AB||A_1B_1$ i $AB=2A_1B_1$, dakle, $\ugao ABB_1=\ugao BB_1A_1,\ \ugao BAA_1=\ugao AA_1B_1$. To znači da su trouglovi $ABM$ i $A_1B_1M$ slični prema prvom kriterijumu sličnosti trouglova. Onda

Slično, dokazano je da

Teorema je dokazana.

Točka presjeka simetrala trougla

Teorema 2

O presjeku simetrala trougla: Simetrale trougla seku se u jednoj tački.

Dokaz.

Razmotrimo trougao $ABC$, gdje su $AM,\BP,\CK$ njegove simetrale. Neka je tačka $O$ presjek simetrala $AM\ i\BP$. Povučemo okomite iz ove tačke na stranice trougla (slika 2).

Slika 2. Simetrale trokuta

Teorema 3

Svaka tačka simetrale nerazvijenog ugla jednako je udaljena od njegovih stranica.

Prema teoremi 3, imamo: $OX=OZ,\ OX=OY$. Dakle, $OY=OZ$. To znači da je tačka $O$ jednako udaljena od stranica ugla $ACB$ i stoga leži na svojoj simetrali $CK$.

Teorema je dokazana.

Točka presjeka simetrala okomitog trougla

Teorema 4

Simetrale okomite na stranice trougla seku se u jednoj tački.

Dokaz.

Neka je zadan trokut $ABC$, $n,\ m,\ p$ njegove okomite simetrale. Neka je tačka $O$ presečna tačka bisektoralnih okomica $n\ i\ m$ (slika 3).

Slika 3. Okomite simetrale trougla

Da bismo to dokazali, potrebna nam je sljedeća teorema.

Teorema 5

Svaka tačka simetrale okomite na segment jednako je udaljena od krajeva segmenta.

Prema teoremi 3, imamo: $OB=OC,\ OB=OA$. Prema tome, $OA=OC$. To znači da je tačka $O$ jednako udaljena od krajeva segmenta $AC$ i, prema tome, leži na njegovoj okomitoj simetrali $p$.

Teorema je dokazana.

Tačka presjeka visina trougla

Teorema 6

Visine trougla ili njihovih produžetaka seku se u jednoj tački.

Dokaz.

Razmotrimo trougao $ABC$, gdje je $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ njegova visina. Povucimo pravu liniju kroz svaki vrh trougla paralelnu sa stranicom suprotnom od temena. Dobijamo novi trougao $A_2B_2C_2$ (slika 4).

Slika 4. Visine trougla

Pošto su $AC_2BC$ i $B_2ABC$ paralelogrami sa zajedničkom stranom, onda je $AC_2=AB_2$, odnosno tačka $A$ središte stranice $C_2B_2$. Slično, nalazimo da je tačka $B$ središte stranice $C_2A_2$, a tačka $C$ središte stranice $A_2B_2$. Iz konstrukcije imamo da je $(CC)_1\bot A_2B_2,\ (BB)_1\bot A_2C_2,\ (AA)_1\bot C_2B_2$. Dakle, $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ su okomite simetrale trougla $A_2B_2C_2$. Zatim, prema teoremi 4, imamo da se visine $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ sijeku u jednoj tački.

Ministarstvo obrazovanja i nauke Ruske Federacije Federalna državna budžetska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja

"Magnitogorsk State University"

Fizičko-matematički fakultet

Odsjek za algebru i geometriju

Rad na kursu

Izvanredne tačke trougla

Izvršio: učenik grupe 41

Vakhrameeva A.M.

Naučni direktor

Velikikh A.S.

Magnitogorsk 2014

Uvod

Istorijski gledano, geometrija je počela trouglom, tako da je već dva i po milenijuma trougao, takoreći, simbol geometrije; ali on nije samo simbol, on je atom geometrije.

Zašto se trougao može smatrati atomom geometrije? Zato što su prethodni koncepti – tačka, prava linija i ugao – nejasne i nematerijalne apstrakcije zajedno sa povezanim skupom teorema i problema. Dakle, danas školska geometrija može postati samo zanimljiva i smislena, tek tada može postati prava geometrija kada uključuje duboko i sveobuhvatno proučavanje trougla.

Iznenađujuće, trokut je, uprkos svojoj prividnoj jednostavnosti, nepresušan predmet proučavanja - niko se, čak ni u naše vrijeme, ne usuđuje reći da su proučavali i poznaju sva svojstva trougla.

To znači da se proučavanje školske geometrije ne može izvoditi bez dubokog proučavanja geometrije trougla; s obzirom na raznolikost trougla kao predmeta proučavanja - a samim tim i izvora različitih metoda za njegovo proučavanje - potrebno je odabrati i razviti materijal za proučavanje geometrije značajnih tačaka trougla. Štaviše, pri odabiru ovog materijala ne treba se ograničavati samo na izuzetne tačke predviđene školskim planom i programom državnim obrazovnim standardom, kao što su centar upisane kružnice (tačka presjeka simetrala), centar simetrale. opisana kružnica (tačka preseka simetrala), tačka preseka medijana, tačka preseka visina. Ali da bismo duboko pronikli u prirodu trougla i shvatili njegovu neiscrpnost, potrebno je imati ideje o što je moguće više značajnih tačaka trougla. Pored neiscrpnosti trokuta kao geometrijskog objekta, potrebno je napomenuti i najnevjerovatnije svojstvo trokuta kao predmeta proučavanja: proučavanje geometrije trokuta može započeti proučavanjem bilo kojeg njegovog svojstva, uzimajući to kao osnovu; onda se metodologija proučavanja trougla može konstruisati na način da se na osnovu toga mogu nanizati sva ostala svojstva trougla. Drugim riječima, bez obzira gdje počnete proučavati trokut, uvijek možete doći do bilo koje dubine ove nevjerovatne figure. Ali tada - kao opcija - možete početi proučavati trokut proučavajući njegove izuzetne tačke.

Svrha kursa je proučavanje značajnih tačaka trougla. Za postizanje ovog cilja potrebno je riješiti sljedeće zadatke:

· Proučavati pojmove simetrale, medijane, visine, okomite simetrale i njihova svojstva.

· Uzmimo u obzir Gergonovu tačku, Ojlerovu kružnicu i Ojlerovu liniju, koji se ne izučavaju u školi.

GLAVA 1. Simetrala trougla, centar upisane kružnice trougla. Svojstva simetrale trougla. Gergonna point

1 Centar upisane kružnice trougla

Izvanredne tačke trougla su tačke čija je lokacija jedinstveno određena trouglom i ne zavisi od redosleda u kojem se uzimaju stranice i vrhovi trougla.

Simetrala trougla je simetrala ugla trougla koji povezuje vrh sa tačkom na suprotnoj strani.

Teorema. Svaka tačka simetrale nerazvijenog ugla jednako je udaljena (odnosno, jednako udaljena od linija koje sadrže stranice trougla) od njegovih stranica. Obrnuto: svaka tačka koja leži unutar ugla i jednako udaljena od strana ugla leži na njegovoj simetrali.

Dokaz. 1) Uzmite proizvoljnu tačku M na simetrali ugla BAC, povucite okomite MK i ML na prave AB i AC i dokažite da je MK = ML. Razmotrite pravokutne trouglove ?AMK and ?AML. Oni su jednaki po hipotenuzi i oštrom uglu (AM - zajednička hipotenuza, 1 = 2 po konvenciji). Dakle, MK=ML.

) Neka tačka M leži unutar VAS i jednako je udaljena od svojih stranica AB i AC. Dokažimo da je zraka AM simetrala BAC. Nacrtajmo okomite MK i ML na prave AB i AC. Pravokutni trouglovi AKM i ALM jednaki su po hipotenuzi i kraku (AM je zajednička hipotenuza, MK = ML po konvenciji). Dakle, 1 = 2. Ali to znači da je zraka AM simetrala BAC. Teorema je dokazana.

Posljedica. Simetrale trougla seku se u jednoj tački (središte upisane kružnice i centar).

Označimo slovom O tačku preseka simetrala AA1 i BB1 trougla ABC i iz te tačke povučemo okomite OK, OL i OM na prave AB, BC i CA. Prema teoremi (Svaka tačka simetrale nerazvijenog ugla jednako je udaljena od svojih stranica. Obrnuto: svaka tačka koja leži unutar ugla i jednako udaljena od strana ugla leži na njegovoj simetrali) kažemo da je OK = OM i OK = OL. Dakle, OM = OL, odnosno tačka O je jednako udaljena od stranica ACB i stoga leži na simetrali CC1 ovog ugla. Dakle, sve tri simetrale ?ABC se seku u tački O, što je trebalo dokazati.

kružnica simetrala trokut linija

1.2 Svojstva simetrale trougla

Simetrala BD (slika 1.1) bilo kojeg ugla ?ABC dijeli suprotnu stranu na dijelove AD i CD proporcionalne susjednim stranicama trougla.

Moramo dokazati da ako je ABD = DBC, onda AD: DC = AB: BC.

Izvršimo CE || BD do raskrsnice u tački E sa nastavkom stranice AB. Tada ćemo, prema teoremi o proporcionalnosti segmenata formiranih na linijama koje se seku sa nekoliko paralelnih pravih, imati proporciju: AD: DC = AB: BE. Da bismo prešli sa ove proporcije na onu koju treba dokazati, dovoljno je otkriti da je BE = BC, tj. ?SVE jednakokračne. U ovom trouglu E = ABD (kao odgovarajući uglovi sa paralelnim linijama) i ALL = DBC (kao poprečni uglovi sa istim paralelnim linijama).

Ali ABD = DBC po uslovu; to znači E = ALL, i stoga su stranice BE i BC koje leže nasuprot jednakih uglova jednake.

Sada, zamjenom BE u gore napisanoj proporciji sa BC, dobijamo proporciju koju treba dokazati.

20 Simetrale unutrašnjih i susjednih uglova trougla su okomite.

Dokaz. Neka je BD simetrala ABC (slika 1.2), a BE simetrala vanjskog CBF-a susedna navedenom unutrašnjem kutu, ?ABC. Onda ako označimo ABD = DBC = ?, CBE = EBF = ?, zatim 2 ? + 2?= 1800 i tako ?+ ?= 900. A to znači da je BD? BE.

30 Simetrala vanjskog ugla trougla dijeli suprotnu stranu izvana na dijelove proporcionalne susjednim stranicama.

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

40 Simetrala bilo kojeg ugla trougla dijeli suprotnu stranu na segmente proporcionalne susjednim stranama trougla.

Dokaz. Hajde da razmotrimo ?ABC. Radi određenosti, neka simetrala CAB siječe stranu BC u tački D (slika 1.4). Pokažimo da je BD: DC = AB: AC. Da biste to učinili, povucite liniju paralelnu pravoj AB kroz tačku C, a sa E označite presek ove prave AD. Tada DAB=DEC, ABD=ECD i stoga ?DAB ~ ?DEC zasnovan na prvom kriterijumu sličnosti trouglova. Dalje, pošto je zraka AD simetrala CAD, onda je CAE = EAB = AEC i, prema tome, ?ECA jednakokračan. Stoga AC=CE. Ali u ovom slučaju, iz sličnosti ?DAB i ?DEC slijedi da BD: DC=AB: CE =AB: AC, i to je ono što je trebalo dokazati.

Ako simetrala vanjskog ugla trokuta siječe produžetak stranice nasuprot vrhu ovog ugla, tada su segmenti od rezultirajuće točke presjeka do krajeva suprotne stranice proporcionalni susjednim stranicama trokuta.

Dokaz. Hajde da razmotrimo ?ABC. Neka je F tačka na produžetku stranice CA, D tačka preseka simetrale spoljašnjeg trougla BAF sa produžetkom stranice CB (slika 1.5). Pokažimo da je DC:DB=AC:AB. Zaista, hajde da kroz tačku C povučemo pravu paralelnu pravoj AB i označimo sa E tačku preseka ove prave sa pravom DA. Zatim trokut ADB ~ ?EDC i stoga DC:DB=EC:AB. I od tada ?EAC= ?BAD= ?CEA, zatim u jednakokrakom ?CEA strana AC=EC i, dakle, DC:DB=AC:AB, što je trebalo dokazati.

3 Rješavanje zadataka korištenjem svojstava simetrale

Zadatak 1. Neka je O centar upisane kružnice ?ABC, CAB = ?. Dokazati da je COB = 900 + ? /2.

Rješenje. Pošto je O centar upisanog ?ABC kružnice (slika 1.6), tada su zrake BO i CO simetrale ABC i BCA, respektivno. A onda COB = 1800 - (OBC + BCO) = 1800 - (ABC + BCA)/2 = 1800 -(1800 - ?)/2 = 900 + ?/2, što je trebalo dokazati.

Zadatak 2. Neka je O centar opisanog o ?ABC kružnice, H je osnova visine povučene na stranu BC. Dokazati da je simetrala CAB također i simetrala ? OAH.

Neka je AD simetrala CAB, AE prečnik opisanog ?ABC kruga (sl. 1.7, 1.8). Ako ?ABC je akutna (slika 1.7) i, prema tome, ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ AC lukovi, i ?BHA i ?ECA pravougaona (BHA =ECA = 900), dakle ?BHA~ ?ECA i stoga CAO = CAE =HAB. Dalje, BAD i CAD su jednaki po uslovu, tako da HAD = BAD - BAH =CAD - CAE = EAD = OAD. Neka je sada ABC = 900. U ovom slučaju, visina AH se poklapa sa stranicom AB, tada će tačka O pripadati hipotenuzi AC i stoga je valjanost iskaza problema očigledna.

Razmotrimo slučaj kada je ABC > 900 (slika 1.8). Ovdje je četverougao ABCE upisan u krug i stoga je AEC = 1800 - ABC. S druge strane, ABH = 1800 - ABC, tj. AEC = ABH. I od tada ?BHA i ?ECA su pravougaone i, prema tome, HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, zatim HAD = HAB +BAD = EAC + CAD = EAD = OAD. Slučajevi u kojima su BAC i ACB tupi tretiraju se slično. ?

4 Point Gergonna

Gergonneova tačka je tačka preseka segmenata koji spajaju vrhove trougla sa tačkama dodira strana nasuprot ovim vrhovima i upisanu kružnicu trougla.

Neka je tačka O centar upisane kružnice trougla ABC. Neka upisana kružnica dodiruje stranice trougla BC, AC i AB u tačkama D, E i F. Gergonneova tačka je tačka preseka segmenata AD, BE i CF. Neka je tačka O centar upisane kružnice ?ABC. Neka upisana kružnica dodiruje stranice trougla BC, AC i AB u tačkama D, E i F. Gergonneova tačka je tačka preseka segmenata AD, BE i CF.

Dokažimo da se ova tri segmenta zapravo sijeku u jednoj tački. Imajte na umu da je centar upisane kružnice tačka presjeka simetrala ugla ?ABC, a poluprečnici upisane kružnice su OD, OE i OF ?strane trougla. Dakle, imamo tri para jednakih trouglova (AFO i AEO, BFO i BDO, CDO i CEO).

Radi AF?BD ? CE i AE? BE? CF su jednaki, pošto je BF = BD, CD = CE, AE = AF, dakle, odnos ovih proizvoda je jednak, a po Cevinoj teoremi (Neka tačke A1, B1, C1 leže na stranicama BC, AC i AB ? ABC, respektivno. Neka se segmenti AA1 , BB1 i CC1 sijeku u jednoj tački.

(obilazimo trougao u smjeru kazaljke na satu)), segmenti se sijeku u jednoj tački.

Svojstva upisane kružnice:

Za krug se kaže da je upisan u trokut ako dodiruje sve njegove strane.

Krug se može upisati u bilo koji trougao.

Dato je: ABC - ovaj trougao, O - tačka preseka simetrala, M, L i K - tačke dodira kružnice sa stranicama trougla (slika 1.11).

Dokazati: O je centar kružnice upisane u ABC.

Dokaz. Nacrtajmo okomite OK, OL i OM iz tačke O na stranice AB, BC i CA, redom (slika 1.11). Kako je tačka O jednako udaljena od stranica trougla ABC, onda je OK = OL = OM. Dakle, kružnica sa centrom O poluprečnika OK prolazi kroz tačke K, L, M. Stranice trougla ABC dodiruju ovu kružnicu u tačkama K, L, M, pošto su okomite na poluprečnike OK, OL i OM. To znači da je kružnica sa centrom O poluprečnika OK upisana u trougao ABC. Teorema je dokazana.

Središte kružnice upisane u trokut je sjecište njegovih simetrala.

Neka je zadan ABC, O je centar upisane kružnice, D, E i F su tačke dodira kružnice sa stranicama (slika 1.12). ? AEO = ? AOD na hipotenuzi i kraku (EO = OD - kao poluprečnik, AO - ukupno). Iz jednakosti trouglova, šta slijedi? OAD = ? O.A.E. Dakle, AO je simetrala ugla EAD. Na isti način se dokazuje da tačka O leži na druge dvije simetrale trougla.

Poluprečnik povučen do tačke tangente je okomit na tangentu.

Dokaz. Neka je okolina (O; R) dati krug (slika 1.13), prava linija a dodiruje ga u tački P. Neka poluprečnik OP nije okomit na a. Nacrtajmo okomitu OD iz tačke O na tangentu. Po definiciji tangente, sve njene tačke osim tačke P, a posebno tačke D, leže izvan kružnice. Dakle, dužina okomite OD je veća od dužine R kosog OP. Ovo je u suprotnosti sa kosim svojstvom, a rezultirajuća kontradikcija dokazuje tvrdnju.

POGLAVLJE 2. 3 izuzetne tačke trougla, Ojlerov krug, Ojlerova prava linija.

1 Centar opisane kružnice trougla

Simetrala okomita na segment je prava koja prolazi kroz sredinu segmenta i okomita na nju.

Teorema. Svaka tačka simetrale okomice segmenta jednako je udaljena od krajeva tog segmenta. Obrnuto: svaka tačka jednako udaljena od krajeva segmenta leži na okomitoj simetrali na nju.

Dokaz. Neka je prava m simetrala okomita na segment AB, a tačka O središte segmenta.

Razmotrimo proizvoljnu tačku M na pravoj m i dokažemo da je AM=BM. Ako se tačka M poklapa sa tačkom O, onda je ova jednakost tačna, jer je O središte segmenta AB. Neka su M i O različite tačke. Pravougaona ?OAM and ?OBM su jednake na dvije noge (OA = OB, OM je zajednička noga), dakle AM = VM.

) Razmotrimo proizvoljnu tačku N, jednako udaljenu od krajeva segmenta AB, i dokažimo da tačka N leži na pravoj m. Ako je N tačka na pravoj AB, onda se poklapa sa središtem O segmenta AB i stoga leži na pravoj m. Ako tačka N ne leži na pravoj AB, razmotrite ?ANB, koji je jednakokraki, pošto je AN=BN. Segment NO je medijan ovog trougla, a samim tim i visina. Dakle, NO je okomit na AB, pa se prave ON i m poklapaju, pa je N tačka prave m. Teorema je dokazana.

Posljedica. Simetrale okomite na stranice trougla seku se u jednoj tački (središte opisane kružnice).

Označimo O, točku presjeka simetralnih okomica m i n na stranice AB i BC ?ABC. Prema teoremi (svaka tačka simetrale okomice na segment je jednako udaljena od krajeva ovog segmenta. Obrnuto: svaka tačka jednako udaljena od krajeva segmenta leži na simetrali okomice na nju.) zaključujemo da je OB = OA i OB = OC dakle: OA = OC, To jest, tačka O je jednako udaljena od krajeva segmenta AC i, prema tome, leži na simetrali p okomice na ovaj segment. Dakle, sve tri simetrale m, n i p na stranice ?ABC seku u tački O.

Za oštar trokut ova tačka leži unutar, za tupougli trokut leži izvan trougla, za pravokutni trokut leži u sredini hipotenuze.

Svojstvo simetrale okomice trougla:

Prave na kojima leže simetrale unutrašnjeg i vanjskog ugla trokuta, izlazeći iz jednog vrha, sijeku se okomitom na sredini na suprotnu stranu od dijametralno suprotnih tačaka kružnice opisane oko trougla.

Dokaz. Neka, na primjer, simetrala ABC siječe onu o kojoj je opisano ?ABC kružnica u tački D (slika 2.1). Onda pošto su upisani ABD i DBC jednaki, onda je AD = luk DC. Ali simetrala okomice na stranu AC takođe deli luk AC, tako da će tačka D takođe pripadati ovoj okomitoj simetrali. Nadalje, budući da je po svojstvu 30 iz stava 1.3 simetrala BD ABC susjedna ABC, potonja će sjeći kružnicu u tački dijametralno suprotnoj tački D, pošto upisani pravi ugao uvijek počiva na prečniku.

2 Ortocentar kružnice trougla

Visina je okomita povučena iz vrha trougla na pravu liniju koja sadrži suprotnu stranu.

Visine trougla (ili njihovih produžetaka) seku se u jednoj tački (ortocentar).

Dokaz. Razmotrite proizvoljno ?ABC i dokazati da se prave AA1, BB1, CC1 koje sadrže njegove visine sijeku u jednoj tački. Idemo kroz svaki vrh ?ABC je prava paralelna sa suprotnom stranom. Dobijamo ?A2B2C2. Tačke A, B i C su sredine ovog trougla. Zaista, AB=A2C i AB=CB2 su kao suprotne strane paralelograma ABA2C i ABCB2, dakle A2C=CB2. Slično C2A=AB2 i C2B=BA2. Osim toga, kako slijedi iz konstrukcije, CC1 je okomita na A2B2, AA1 je okomita na B2C2 i BB1 je okomita na A2C2. Dakle, prave AA1, BB1 i CC1 su okomite simetrale na stranice ?A2B2C2. Stoga se u jednoj tački seku.

Ovisno o vrsti trokuta, ortocentar može biti unutar trokuta pod oštrim uglovima, izvan njega - u tupim uglovima ili se podudarati sa vrhom, u pravougaonim se poklapa sa vrhom pod pravim uglom.

Svojstva nadmorske visine trougla:

Segment koji povezuje osnove dvije visine oštrog trougla odsijeca od njega trokut sličan datom, sa koeficijentom sličnosti jednakim kosinsu zajedničkog ugla.

Dokaz. Neka su AA1, BB1, CC1 visine oštrog trougla ABC, a ABC = ?(Sl. 2.2). Pravougli trouglovi BA1A i CC1B imaju zajedničko ?, pa su slični, što znači BA1/BA = BC1/BC = cos ?. Iz toga slijedi da je BA1/BC1=BA/BC = cos ?, tj. V ?C1BA1 i ?ABC stranice graniče sa zajedničkim ??C1BA1~ ?ABC, sa koeficijentom sličnosti jednakim cos ?. Na sličan način se dokazuje da ?A1CB1~ ?ABC sa koeficijentom sličnosti cos BCA, i ?B1AC1~ ?ABC sa koeficijentom sličnosti cos CAB.

Visina spuštena na hipotenuzu pravokutnog trokuta dijeli ga na dva trokuta slična jedan drugom i slična originalnom trokutu.

Dokaz. Zamislite pravougaonik ?ABC, koji ima ?BCA = 900, a CD je njegova visina (slika 2.3).

Zatim sličnost ?ADC i ?BDC proizilazi, na primjer, iz znaka sličnosti pravokutnih trouglova proporcionalnošću dva kraka, budući da je AD/CD = CD/DB. Svaki od pravokutnih trougla ADC i BDC sličan je originalnom pravokutnom trokutu, barem na osnovu sličnosti pod dva ugla.

Rješavanje problema koji uključuju korištenje svojstava nadmorske visine

Zadatak 1. Dokazati da je trokut, čiji je jedan vrh vrh datog tupougla, a druga dva vrha osnovice visina tupougla, izostavljen iz njegova dva vrha, sličan trokutu. dati trokut sa koeficijentom sličnosti jednakim modulu kosinusa ugla na prvom vrhu .

Rješenje. Zamislite tupim ?ABC sa glupim CAB-om. Neka su AA1, BB1, CC1 njegove visine (sl. 2.4, 2.5, 2.6) i neka su CAB = ?, ABC = ? , BCA = ?.

Dokaz činjenice da ?C1BA1~ ?ABC (slika 2.4) sa koeficijentom sličnosti k = cos ?, u potpunosti ponavlja obrazloženje provedeno u dokazu imovine 1, stav 2.2.

Dokažimo to ?A1CB~ ?ABC (slika 2.5) sa koeficijentom sličnosti k1= cos ?, A ?B1AC1~ ?ABC (slika 2.6) sa koeficijentom sličnosti k2 = |cos? |.

Zaista, pravougli trouglovi CA1A i CB1B imaju zajednički ugao ?pa samim tim i slični. Iz toga slijedi da je B1C/ BC = A1C / AC= cos ?i, prema tome, B1C/ A1C = BC / AC = cos ?, tj. u trouglovima A1CB1 i ABC stranice čine zajedničku ??, su proporcionalni. I onda, prema drugom kriteriju sličnosti trouglova ?A1CB~ ?ABC, sa koeficijentom sličnosti k1= cos ?. Što se tiče posljednjeg slučaja (slika 2.6), onda iz razmatranja pravokutnih trouglova ?BB1A i ?CC1A sa jednakim vertikalnim uglovima BAB1 i C1AC sledi da su slični i stoga B1A / BA = C1A / CA = cos (1800 - ?) = |cos ?|, pošto ??- tupo. Otuda B1A / C1A = BA /CA = |cos ?| a time i u trouglove ?B1AC1 i ?ABC stranice koje formiraju jednake uglove su proporcionalne. A to znači to ?B1AC1~ ?ABC sa koeficijentom sličnosti k2 = |cos? |.

Zadatak 2. Dokažite da ako je tačka O tačka preseka visina oštrog trougla ABC, onda je ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800.

Rješenje. Dokažimo valjanost prve od formula datih u iskazu problema. Slično se dokazuje valjanost preostale dvije formule. Dakle, neka ABC = ?, AOC = ?. A1, B1 i C1 su osnovice visina trougla povučenih iz vrhova A, B i C, redom (slika 2.7). Tada iz pravokutnog trougla BC1C slijedi da je BCC1 = 900 - ?pa je u pravouglom trouglu OA1C ugao COA1 jednak ?. Ali zbir uglova AOC + COA1 = ? + ?daje pravi ugao i prema tome AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, što je trebalo dokazati.

Zadatak 3. Dokazati da su visine oštrog trougla simetrale uglova trougla čiji su vrhovi osnovice visina ovog trougla.

je.2.8

Rješenje. Neka su AA1, BB1, CC1 visine oštrog trougla ABC i neka su CAB = ?(Sl. 2.8). Dokažimo, na primjer, da je visina AA1 simetrala ugla C1A1B1. Zaista, pošto su trokuti C1BA1 i ABC slični (svojstvo 1), onda je BA1C1 = ?i, prema tome, C1A1A = 900 - ?. Iz sličnosti trokuta A1CB1 i ABC slijedi da je AA1B1 = 900 - ?i stoga C1A1A = AA1B1= 900 - ?. Ali to znači da je AA1 simetrala ugla C1A1B1. Slično, dokazano je da su druge dvije visine trougla ABC simetrale druga dva odgovarajuća ugla trougla A1B1C1.

3 Težište kružnice trougla

Medijan trougla je segment koji povezuje bilo koji vrh trougla sa središtem suprotne strane.

Teorema. Medijan trougla se siječe u jednoj tački (težište).

Dokaz. Razmotrimo proizvoljno? ABC.

Označimo točku presjeka medijana AA1 i BB1 slovom O i nacrtamo srednju liniju A1B1 ovog trougla. Segment A1B1 je paralelan sa stranicom AB, dakle 1 = 2 i 3 = 4. Dakle, ?AOB and ?A1OB1 su slični pod dva ugla, pa su im stranice proporcionalne: AO:A1O=BO:B1O=AB:A1B1. Ali AB=2A1B1, dakle AO=2A1O i BO=2B1O. Dakle, tačka O preseka medijana AA1 i BB1 deli svaku od njih u omjeru 2:1, računajući od temena.

Slično je dokazano da presječna točka medijana BB1 i CC1 dijeli svaku od njih u omjeru 2:1, računajući od vrha, te se, prema tome, poklapa s tačkom O i dijeli se s njom u omjeru 2:1, računajući od vrha.

Svojstva medijane trougla:

10 Medijane trokuta se sijeku u jednoj tački i dijele se sa presječnom točkom u omjeru 2:1, računajući od vrha.

Dato: ?ABC, AA1, BB1 - medijane.

Dokazati: AO:OA1=VO:OB1=2:1

Dokaz. Nacrtajmo srednju liniju A1B1 (slika 2.10), prema svojstvu srednje linije A1B1||AB, A1B1=1/2 AB. Od A1B1 || AB, zatim 1 = 2 koji leži poprečno sa paralelnim pravima AB i A1B1 i sekantom AA1. 3 = 4 ležeći poprečno sa paralelnim pravima A1B1 i AB i sekantom BB1.

dakle, ?AOB ~ ?A1OB1 jednakošću dva ugla, što znači da su stranice proporcionalne: AO/A1O = OB/OB1 = AB/A1B = 2/1, AO/A1O = 2/1; OB/OB1 = 2/1.

Medijan dijeli trokut na dva trougla jednake površine.

Dokaz. BD - medijana ?ABC (slika 2.11), BE - njegova visina. Onda ?ABD and ?DBC su jednake veličine jer imaju jednake baze AD i DC i zajedničku visinu BE.

Cijeli trokut podijeljen je svojim medijanama na šest jednakih trouglova.

Ako se na nastavku medijane trokuta od sredine stranice trokuta odloži segment jednak medijani, tada su krajnja tačka ovog segmenta i vrhovi trokuta vrhovi paralelogram.

Dokaz. Neka je D sredina stranice BC ?ABC (slika 2.12), E je tačka na pravoj AD takva da je DE=AD. Zatim, pošto su dijagonale AE i BC četvorougla ABEC u tački D njihovog preseka podeljene na pola, iz svojstva 13.4 sledi da je četvorougao ABEC paralelogram.

Rješavanje problema korištenjem svojstava medijana:

Zadatak 1. Dokažite da je O presječna tačka medijana ?ABC onda ?A.O.B. ?BOC and ?AOC su jednake veličine.

Rješenje. Neka su AA1 i BB1 medijane ?ABC (sl. 2.13). Hajde da razmotrimo ?AOB and ?BOC. Očigledno je da je S ?AOB = S ?AB1B-S ?AB1O, S ?BOC=S ?BB1C-S ?OB1C. Ali prema svojstvu 2 imamo S ?AB1B=S ?BB1C,S ?AOB = S ?OB1C, što znači da je S ?AOB = S ?BOC. Jednakost S ?AOB = S ?AOC.

Zadatak 2. Dokažite da ako tačka O leži unutra ?ABC i ?A.O.B. ?BOC and ?AOC su jednake po površini, tada je O tačka preseka medijana? ABC.

Rješenje. Hajde da razmotrimo ?ABC (2.14) i pretpostavimo da tačka O ne leži na medijani BB1. Onda pošto je OB1 medijan ?AOC zatim S ?AOB1 = S ?B1OC , a budući da je pod uslovom S ?AOB = S ?BOC, zatim S ?AB1OB = S ?BOB1C. Ali to ne može biti, budući da S ?ABB1 = S ?B1BC. Rezultirajuća kontradikcija znači da tačka O leži na medijani BB1. Slično, dokazano je da tačka O pripada još dvije medijane ?ABC. Iz toga slijedi da je tačka O zaista tačka presjeka tri medijane? ABC.

Problem 3. Dokažite da ako je u ?ABC stranice AB i BC nisu jednake, tada njena simetrala BD leži između medijane BM i visine BH.

Dokaz. Hajde da opišemo o ?ABC je kružnica i produži svoju simetralu BD sve dok ne siječe kružnicu u tački K. Okomita sredina na segment AC prolazi kroz tačku K (svojstvo 1, iz stava 2.1), koja ima zajedničku tačku M sa medijanom. odsječci BH i MK su paralelni, a tačke B i K leže na suprotnim stranama prave AC, tada sjecište odsječaka BK i AC pripada segmentu HM, a to je i dokazuje traženo.

Problem 4. B ?ABC medijan BM je upola manji od strane AB i sa njom tvori ugao od 400. Pronađite ABC.

Rješenje. Proširimo medijanu BM preko tačke M po njenoj dužini i dobijemo tačku D (slika 2.15). Pošto je AB = 2BM, onda je AB = BD, odnosno trougao ABD je jednakokračan. Dakle, BAD = BDA = (180o - 40o) : 2 = 70o. Četvorougao ABCD je paralelogram jer su njegove dijagonale prepolovljene točkom presjeka. To znači CBD = ADB = 700. Tada je ABC = ABD + CBD = 1100. Odgovor je 1100.

Zadatak 5. Stranice?ABC su jednake a, b, c. Izračunajte medijan mc povučen na stranu c (slika 2.16).

Rješenje. Udvostručimo medijanu gradnjom ?ABC na paralelogramu ACBP i na ovaj paralelogram primijenimo teoremu 8. Dobijamo: CP2+AB2 = 2AC2+2BC2, tj. (2mc)2+c2= 2b2+2a2, odakle nalazimo:

2.4 Ojlerov krug. Ojlerova linija

Teorema. Osnove medijana, visine proizvoljnog trokuta, kao i sredine segmenata koji povezuju vrhove trokuta sa njegovim ortocentrom leže na istoj kružnici, čiji je poluprečnik jednak polovini poluprečnika kružnice opisane oko trougao. Ova kružnica se naziva kružnica od devet tačaka ili Ojlerova kružnica.

Dokaz. Uzmimo sredinu?MNL (slika 2.17) i opišemo kružnicu W oko nje. Segment LQ je medijan pravougaonika?AQB, pa je LQ=1/2AB. Segment MN=1/2AB, jer MN - srednja linija?ABC. Iz toga slijedi da je trapez QLMN jednakokračan. Kako krug W prolazi kroz 3 vrha jednakokrakog trapeza L, M, N, proći će i kroz četvrti vrh Q. Slično, dokazano je da P pripada W, R pripada W.

Pređimo na tačke X, Y, Z. Odsječak XL je okomit na BH kao srednja linija?AHB. Odsječak BH je okomit na AC i pošto je AC paralelan sa LM, onda je BH okomit na LM. Dakle, XLM=P/2. Isto tako, XNM= P/2.

U četvorouglu LXNM, dva suprotna ugla su pravi uglovi, pa se oko njega može opisati kružnica. Ovo će biti krug W. Dakle, X pripada W, slično Y pripada W, Z pripada W.

Srednji?LMN je sličan?ABC. Koeficijent sličnosti je 2. Dakle, radijus kružnice od devet tačaka je R/2.

Svojstva Ojlerovog kruga:

Poluprečnik kružnice od devet tačaka jednak je polovini poluprečnika kružnice opisane oko?ABC.

Krug od devet tačaka je homotetičan kružnici koja je opisana oko ABC, sa koeficijentom ½ i centar homotetije u tački H.

Teorema. Ortocentar, težište, centar kružnice i centar kružnice od devet tačaka leže na istoj pravoj liniji. Ojlerova prava linija.

Dokaz. Neka je H ortocentar ABC (slika 2.18) i O centar opisane kružnice. Po konstrukciji, okomite simetrale?ABC sadrže visine medijane?MNL, tj. O je istovremeno ortocentar?LMN. ?LMN ~ ?ABC, njihov koeficijent sličnosti je 2, pa je BH=2ON.

Povučemo pravu liniju kroz tačke H i O. Dobijamo dva slična trougla?NOG i?BHG. Pošto je BH=2ON, onda je BG=2GN. Ovo posljednje znači da je tačka G težište?ABC. Za tačku G je zadovoljen odnos HG:GO=2:1.

Neka je dalje TF simetrala okomice MNL i F tačka presjeka ove okomice sa pravom HO. Razmotrimo slične ?TGF i ?NGO. Tačka G je centar?MNL, pa je koeficijent sličnosti?TGF i?NGO jednak 2. Otuda je OG=2GF i pošto je HG=2GO, onda je HF=FO i F sredina segmenta HO.

Ako provedemo isto razmišljanje u pogledu simetrale okomite na drugu stranu?MNL, onda ona također mora proći kroz sredinu segmenta HO. Ali to znači da je tačka F tačka simetrale okomite?MNL. Ova tačka je centar Ojlerovog kruga. Teorema je dokazana.

ZAKLJUČAK

U ovom radu razmatrali smo 4 divne tačke trougla, proučavane u školi, i njihova svojstva, na osnovu kojih možemo riješiti mnoge probleme. Razmatrane su i Gergonnova tačka, Ojlerov krug i Ojlerova prava linija.

SPISAK KORIŠĆENIH IZVORA

1.Geometrija 7-9. Udžbenik za srednje škole // Atanasyan L.S., Butuzov V.F. i drugi - M.: Obrazovanje, 1994.

2.Amelkin V.V. Geometrija na ravni: teorija, problemi, rješenja: Proc. Priručnik o matematici // V.V. Amelkin, V.L. Rabtsevich, V.L. Timohovič - Mn.: “Asar”, 2003.

.V.S. Bolodurin, O.A. Vakhmyanina, T.S. Izmailova // Priručnik o elementarnoj geometriji. Orenburg, OGPI, 1991.

.Prasolov V.G. Problemi u planimetriji. - 4. izd., dopunjeno - M.: Izdavačka kuća Moskovskog centra za kontinuirano matematičko obrazovanje, 2001.

U ovoj lekciji ćemo pogledati četiri divne tačke trougla. Zaustavimo se na dva od njih detaljno, prisjetimo se dokaza važnih teorema i riješimo problem. Prisjetimo se i karakteriziramo preostala dva.

Predmet:Revizija predmeta geometrija 8. razreda

Lekcija: Četiri divne tačke trougla

Trougao je, prije svega, tri segmenta i tri ugla, stoga su svojstva segmenata i uglova fundamentalna.

Dat je segment AB. Bilo koji segment ima polovinu i kroz njega se može povući okomica - označimo ga kao p. Dakle, p je okomita simetrala.

Teorema (glavno svojstvo simetrale okomice)

Svaka tačka koja leži na simetrali okomice jednako je udaljena od krajeva segmenta.

Dokaži to

dokaz:

Razmotrimo trouglove i (vidi sliku 1). Oni su pravougaoni i jednaki, jer. imaju zajednički krak OM, a kraci AO i OB su jednaki po uslovu, tako da imamo dva pravougla trougla, jednaka u dva kraka. Iz toga slijedi da su i hipotenuze trouglova jednake, odnosno ono što je trebalo dokazati.

Rice. 1

Obrnuta teorema je tačna.

Teorema

Svaka tačka jednako udaljena od krajeva segmenta leži na okomitoj simetrali na ovaj segment.

Dat je segment AB, na njega okomita simetrala p, tačka M jednako udaljena od krajeva segmenta (vidi sliku 2).

Dokažite da tačka M leži na okomitoj simetrali segmenta.

Rice. 2

dokaz:

Zamislite trougao. Jednakokraka je, prema uslovu. Razmotrimo medijanu trougla: tačka O je sredina baze AB, OM je medijana. Prema svojstvu jednakokračnog trougla, medijana povučena do njegove osnove je i visina i simetrala. Iz toga sledi da . Ali prava p je također okomita na AB. Znamo da je u tački O moguće povući jednu okomitu na segment AB, što znači da se prave OM i p poklapaju, iz toga slijedi da tačka M pripada pravoj p, što smo i trebali dokazati.

Ako je potrebno opisati kružnicu oko jednog segmenta, to se može učiniti, a takvih krugova ima beskonačno mnogo, ali centar svakog od njih će ležati na simetrali okomitoj na segment.

Kažu da je simetrala okomice mjesto tačaka jednako udaljenih od krajeva segmenta.

Trougao se sastoji od tri segmenta. Nacrtajmo simetralne okomice na dvije od njih i dobijemo tačku O njihovog sjecišta (vidi sliku 3).

Tačka O pripada simetrali okomite na stranu BC trokuta, što znači da je jednako udaljena od njegovih vrhova B i C, označimo ovu udaljenost kao R: .

Osim toga, tačka O nalazi se na simetrali okomitoj na segment AB, tj. , u isto vrijeme, odavde.

Dakle, tačka O preseka dve sredine

Rice. 3

okomice trougla jednako je udaljena od njegovih vrhova, što znači da leži i na trećoj okomici simetrale.

Ponovili smo dokaz važne teoreme.

Tri okomite simetrale trougla seku se u jednoj tački - centru opisane kružnice.

Dakle, pogledali smo prvu izuzetnu tačku trougla - tačku preseka njegovih bisektoralnih okomica.

Pređimo na svojstvo proizvoljnog ugla (vidi sliku 4).

Zadan je ugao, njegova simetrala je AL, tačka M leži na simetrali.

Rice. 4

Ako tačka M leži na simetrali ugla, onda je jednako udaljena od strana ugla, odnosno udaljenosti od tačke M do AC i do BC stranica ugla su jednake.

dokaz:

Razmotrimo trouglove i . Ovo su pravougli trouglovi i jednaki su jer... imaju zajedničku hipotenuzu AM, a uglovi su jednaki, jer je AL simetrala ugla. Dakle, pravokutni trouglovi su jednaki po hipotenuzi i oštrom kutu, iz toga slijedi da je , što je trebalo dokazati. Dakle, tačka na simetrali ugla jednako je udaljena od stranica tog ugla.

Obrnuta teorema je tačna.

Teorema

Ako je tačka jednako udaljena od stranica nerazvijenog ugla, onda leži na njegovoj simetrali (vidi sliku 5).

Dat je nerazvijeni ugao, tačka M, tako da je rastojanje od nje do strana ugla ista.

Dokažite da tačka M leži na simetrali ugla.

Rice. 5

dokaz:

Udaljenost od tačke do prave je dužina okomice. Iz tačke M povučemo okomite MK na stranu AB i MR na stranu AC.

Razmotrimo trouglove i . Ovo su pravougli trouglovi i jednaki su jer... imaju zajedničku hipotenuzu AM, kraci MK i MR su jednaki po uslovu. Dakle, pravokutni trouglovi su jednaki po hipotenuzi i kraku. Iz jednakosti trokuta slijedi jednakost odgovarajućih elemenata; jednaki uglovi leže nasuprot jednakih stranica, dakle, Dakle, tačka M leži na simetrali datog ugla.

Ako treba da upišete krug u ugao, to se može učiniti, a takvih krugova ima beskonačno mnogo, ali njihovi centri leže na simetrali datog ugla.

Kažu da je simetrala mjesto tačaka jednako udaljenih od stranica ugla.

Trougao se sastoji od tri ugla. Konstruirajmo simetrale dvije od njih i dobijmo tačku O njihovog sjecišta (vidi sliku 6).

Tačka O leži na simetrali ugla, što znači da je jednako udaljena od njegovih stranica AB i BC, označimo udaljenost kao r: . Također, tačka O leži na simetrali ugla, što znači da je jednako udaljena od njegovih stranica AC i BC: , , odavde.

Lako je uočiti da je tačka presjeka simetrala jednako udaljena od stranica trećeg ugla, što znači da leži na

Rice. 6

simetrala ugla. Dakle, sve tri simetrale trougla seku se u jednoj tački.

Dakle, sjetili smo se dokaza još jedne važne teoreme.

Simetrale uglova trougla seku se u jednoj tački - centru upisane kružnice.

Dakle, pogledali smo drugu izuzetnu tačku trougla - tačku preseka simetrala.

Ispitivali smo simetralu ugla i uočili njena bitna svojstva: tačke simetrale su jednako udaljene od strana ugla, osim toga, tangentni segmenti povučeni na kružnicu iz jedne tačke su jednaki.

Hajde da uvedemo neke oznake (vidi sliku 7).

Označimo jednake tangentne segmente sa x, y i z. Strana BC koja leži nasuprot temena A označena je kao a, slično AC kao b, AB kao c.

Rice. 7

Zadatak 1: u trouglu su poznati poluperimetar i dužina stranice a. Naći dužinu tangente povučene iz temena A - AK, označenu sa x.

Očigledno, trokut nije u potpunosti definiran, a takvih trokuta ima mnogo, ali se ispostavilo da imaju neke zajedničke elemente.

Za probleme koji uključuju upisani krug, može se predložiti sljedeća metoda rješenja:

1. Nacrtati simetrale i dobiti centar upisane kružnice.

2. Iz centra O povucite okomite na strane i dobijete tačke dodira.

3. Označite jednake tangente.

4. Napišite odnos između stranica trougla i tangenti.

Postoje takozvane četiri izuzetne tačke u trouglu: tačka preseka medijana. Tačka preseka simetrala, tačka preseka visina i tačka preseka okomitih simetrala. Pogledajmo svaki od njih.

Točka preseka medijana trougla

Teorema 1

Na presjeku medijana trougla: Medijane trougla seku se u jednoj tački i dele se presečnom tačkom u omjeru $2:1$ počevši od vrha.

Dokaz.

Razmotrimo trougao $ABC$, gdje su $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ njegove medijane. Pošto medijane dijele strane na pola. Razmotrimo srednju liniju $A_1B_1$ (slika 1).

Slika 1. Medijane trougla

Slično, dokazano je da

Teorema je dokazana.

Točka presjeka simetrala trougla

Teorema 2

O presjeku simetrala trougla: Simetrale trougla seku se u jednoj tački.

Dokaz.

Razmotrimo trougao $ABC$, gdje su $AM,\BP,\CK$ njegove simetrale. Neka je tačka $O$ presjek simetrala $AM\ i\BP$. Povučemo okomite iz ove tačke na stranice trougla (slika 2).

Slika 2. Simetrale trokuta

Teorema 3

Svaka tačka simetrale nerazvijenog ugla jednako je udaljena od njegovih stranica.

Prema teoremi 3, imamo: $OX=OZ,\ OX=OY$. Dakle, $OY=OZ$. To znači da je tačka $O$ jednako udaljena od stranica ugla $ACB$ i stoga leži na svojoj simetrali $CK$.

Teorema je dokazana.

Točka presjeka simetrala okomitog trougla

Teorema 4

Simetrale okomite na stranice trougla seku se u jednoj tački.

Dokaz.

Neka je zadan trokut $ABC$, $n,\ m,\ p$ njegove okomite simetrale. Neka je tačka $O$ presečna tačka bisektoralnih okomica $n\ i\ m$ (slika 3).

Slika 3. Okomite simetrale trougla

Da bismo to dokazali, potrebna nam je sljedeća teorema.

Teorema 5

Svaka tačka simetrale okomite na segment jednako je udaljena od krajeva segmenta.

Prema teoremi 3, imamo: $OB=OC,\ OB=OA$. Prema tome, $OA=OC$. To znači da je tačka $O$ jednako udaljena od krajeva segmenta $AC$ i, prema tome, leži na njegovoj okomitoj simetrali $p$.

Teorema je dokazana.

Tačka presjeka visina trougla

Teorema 6

Visine trougla ili njihovih produžetaka seku se u jednoj tački.

Dokaz.

Slika 4. Visine trougla

Sadržaj

Uvod………………………………………………………………………………………………3

Poglavlje 1.

1.1 Trougao………………………………………………………………………………..4

1.2. Medijane trougla

1.4. Visine u trouglu

Zaključak

Spisak korišćene literature

Knjižica

Uvod

Geometrija je grana matematike koja se bavi različitim figurama i njihovim svojstvima. Geometrija počinje trouglom. Dva i po milenijuma trougao je bio simbol geometrije; ali to nije samo simbol, trokut je atom geometrije.

U svom radu ću razmatrati svojstva presječnih tačaka simetrala, medijana i visina trougla, te govoriti o njihovim izuzetnim osobinama i linijama trougla.

Takve tačke koje se izučavaju u školskom kursu geometrije uključuju:

a) tačka preseka simetrala (središte upisane kružnice);

b) tačka preseka simetrala okomita (središte opisane kružnice);

c) tačka preseka visina (ortocentar);

d) tačka preseka medijana (centroid).

Relevantnost: proširite svoje znanje o trouglu,njegove osobinedivni poeni.

Cilj: istraživanje trougla do njegovih izuzetnih tačaka,proučavajući ihklasifikacije i svojstva.

Zadaci:

1. Proučite potrebnu literaturu

2. Proučite klasifikaciju značajnih tačaka trougla

3. Biti u stanju da konstruiše izuzetne tačke trougla.

4. Sumirajte proučeni materijal za dizajn knjižice.

Hipoteza projekta:

sposobnost pronalaženja izuzetnih tačaka u bilo kojem trokutu omogućava vam rješavanje geometrijskih konstrukcijskih problema.

Poglavlje 1. Istorijski podaci o izuzetnim tačkama trougla

U četvrtoj knjizi Elementi, Euklid rješava problem: "Upisati krug u dati trougao." Iz rješenja slijedi da se tri simetrale unutrašnjih uglova trougla sijeku u jednoj tački - centru upisane kružnice. Iz rješenja drugog euklidskog problema slijedi da se okomite vraćene na stranice trougla u njihovim središtima također sijeku u jednoj tački - centru opisane kružnice. Elementi ne kažu da se tri visine trougla seku u jednoj tački, koja se zove ortocentar (grčka reč „orthos” znači „prav”, „tačan”). Međutim, ovaj prijedlog je bio poznat Arhimedu, Papu i Proklu.

Četvrta singularna tačka trougla je tačka preseka medijana. Arhimed je dokazao da je to centar gravitacije (baricentar) trougla. Navedene četiri tačke su dobile posebnu pažnju, a od 18. veka nazivaju se „izvanrednim“ ili „posebnim“ tačkama trougla.

Proučavanje svojstava trokuta povezanog s ovim i drugim točkama poslužilo je kao početak za stvaranje nove grane elementarne matematike - "geometrije trokuta" ili "nove geometrije trokuta", čiji je jedan od osnivača bio Leonhard Euler. Ojler je 1765. godine dokazao da u bilo kom trouglu ortocentar, baricentar i centar kružnice leže na istoj pravoj liniji, kasnije nazvanoj „Ojlerova prava linija“.

Trougao - geometrijska figura koja se sastoji od tri tačke koje ne leže na istoj pravoj i tri segmenta koji povezuju ove tačke u paru. bodovi -vrhovi trougao, segmenti -strane trougao.

IN A, B, C - vrhovi

AB, BC, SA - strane

A C

Svaki trokut ima četiri tačke povezane s njim:

Presjek medijana;

Točka presjeka simetrala;

Tačka presjeka visina.

Točka presjeka simetrala okomite;

1.2. Medijane trougla

Medina trougla - , spajanje vrha sa sredine suprotne strane (slika 1). Tačka u kojoj medijana siječe stranicu trougla naziva se osnova medijane.

Slika 1. Medijane trougla

Konstruirajmo sredine stranica trougla i nacrtajmo segmente koji povezuju svaki vrh sa sredinom suprotne strane. Takvi segmenti se nazivaju medijani.

I opet primjećujemo da se ovi segmenti sijeku u jednoj tački. Ako izmjerimo dužine rezultujućih medijanskih segmenata, možemo provjeriti još jedno svojstvo: tačka presjeka medijana dijeli sve medijane u omjeru 2:1, računajući od vrhova. Pa ipak, trougao, koji se oslanja na vrh igle u tački preseka medijana, je u ravnoteži! Tačka sa ovim svojstvom naziva se centar gravitacije (baricentar). Središte jednake mase ponekad se naziva i težište. Stoga se svojstva medijana trougla mogu formulirati na sljedeći način: medijane trokuta se sijeku u centru gravitacije i dijele se sa presječnom točkom u omjeru 2:1, računajući od vrha.

1.3. Simetrale trougla

Simetrala pozvao simetrala ugla povučena od vrha ugla do njegovog preseka sa suprotnom stranom. Trougao ima tri simetrale koje odgovaraju njegova tri vrha (slika 2).

Slika 2. Simetrala trokuta

U proizvoljnom trouglu ABC crtamo simetrale njegovih uglova. I opet, sa tačnom konstrukcijom, sve tri simetrale će se preseći u jednoj tački D. Tačka D je takođe neobična: jednako je udaljena od sve tri strane trougla. To se može provjeriti spuštanjem okomica DA 1, DB 1 i DC1 na stranice trokuta. Svi su međusobno jednaki: DA1=DB1=DC1.

Ako nacrtate krug sa centrom u tački D i poluprečnikom DA 1, tada će dodirnuti sve tri strane trokuta (to jest, imaće samo jednu zajedničku tačku sa svakom od njih). Takav krug se naziva upisanim u trokut. Dakle, simetrale uglova trougla seku se u centru upisane kružnice.

1.4. Visine u trouglu

Visina trougla - , pao sa vrha na suprotnu stranu ili pravu liniju koja se poklapa sa suprotnom stranom. U zavisnosti od vrste trougla, visina može biti sadržana unutar trougla (za trougao), poklapaju se sa njegovom stranom (be trougao) ili proći izvan trougla kod tupouglog trougla (slika 3).

Slika 3. Visine u trouglovima

Ako konstruišete tri visine u trouglu, onda će se one sve preseći u jednoj tački H. Ova tačka se zove ortocentar. (Slika 4).

Koristeći konstrukcije, možete provjeriti da se, ovisno o vrsti trokuta, ortocentar različito nalazi:

za oštar trokut - iznutra;

za pravougaoni - na hipotenuzi;

za tupi ugao, to je spolja.

Slika 4. Ortocentar trougla

Tako smo se upoznali sa još jednom izuzetnom tačkom trougla i možemo reći da: visine trougla se seku u ortocentru.

1.5. Okomite simetrale na stranice trougla

Simetrala okomitog segmenta je prava okomita na dati segment i koja prolazi kroz njegovu sredinu.

Nacrtajmo proizvoljan trougao ABC i povučemo okomite simetrale na njegove stranice. Ako se konstrukcija izvede tačno, tada će se sve okomite sijeći u jednoj tački - tački O. Ova tačka je jednako udaljena od svih vrhova trougla. Drugim riječima, ako nacrtate kružnicu sa centrom u tački O, koja prolazi kroz jedan od vrhova trougla, tada će i on proći kroz svoja druga dva vrha.

Krug koji prolazi kroz sve vrhove trougla naziva se opisanim oko njega. Stoga se utvrđeno svojstvo trokuta može formulirati na sljedeći način: okomite simetrale na stranice trokuta sijeku se u središtu opisane kružnice (slika 5).

Slika 5. Trougao upisan u krug

Poglavlje 2. Proučavanje izuzetnih tačaka trougla.

Proučavanje visine u trouglovima

Sve tri visine trougla seku se u jednoj tački. Ova tačka se naziva ortocentar trougla.

Visine oštrog trougla nalaze se striktno unutar trougla.

Prema tome, tačka preseka visina se takođe nalazi unutar trougla.

U pravokutnom trokutu dvije visine se poklapaju sa stranicama. (Ovo su visine povučene od vrhova oštrih uglova do krakova).

Visina povučena do hipotenuze nalazi se unutar trougla.

AC je visina povučena od temena C do stranice AB.

AB je visina povučena od temena B do stranice AC.

AK je visina povučena od temena pravog ugla A do hipotenuze BC.

Visine pravouglog trougla seku se na vrhu pravog ugla (A je ortocentar).

U tupouglom trouglu postoji samo jedna visina unutar trougla - ona povučena iz vrha tupougla.

Druge dvije visine leže izvan trougla i spuštene su na nastavak stranica trougla.

AK je visina povučena na stranu BC.

BF - visina povučena do nastavka strane AC.

CD je visina povučena do nastavka stranice AB.

Tačka presjeka visina tupouglog trougla je također izvan trokuta:

H je ortocentar trougla ABC.

Proučavanje simetrala u trouglu

Simetrala trougla je dio simetrale ugla trougla (zraka) koji se nalazi unutar trougla.

Sve tri simetrale trougla seku se u jednoj tački.

Točka presjeka simetrala u oštrom, tupouglom i pravokutnom trokutu je centar upisane kružnice u trokut i nalazi se unutra.

Proučavanje medijana u trouglu

Kako trougao ima tri vrha i tri stranice, postoje i tri segmenta koji povezuju vrh i sredinu suprotne stranice.

Nakon što sam ispitao ove trouglove, shvatio sam da se u bilo kom trouglu medijane seku u jednoj tački. Ova tačka se zove težište trougla.

Proučavanje simetrala okomite na stranicu trougla

Okomita simetrala trougla je okomito povučeno na sredinu stranice trougla.

Tri okomite simetrale trougla seku se u jednoj tački i centar su opisane kružnice.

Točka presjeka okomitih simetrala u oštrom trokutu leži unutar trougla; u tupom uglu - izvan trougla; u pravougaonom - u sredini hipotenuze.

Zaključak

U toku obavljenog posla dolazimo do sljedećih zaključaka:

Cilj postignut:istraživao trougao i pronašao njegove izuzetne tačke.

Rešeni su postavljeni zadaci:

1). Proučili smo potrebnu literaturu;

2). Proučavali smo klasifikaciju značajnih tačaka trougla;

3). Naučili smo kako da napravimo divne trouglaste tačke;

4). Saželi smo proučeni materijal za dizajn knjižice.

Potvrđena je hipoteza da sposobnost pronalaženja značajnih tačaka trougla pomaže u rješavanju građevinskih problema.

Rad dosljedno opisuje tehnike za konstruiranje izuzetnih tačaka trougla i pruža istorijske informacije o geometrijskim konstrukcijama.

Informacije iz ovog rada mogu biti korisne u nastavi geometrije u 7. razredu. Knjižica može postati priručnik o geometriji na predstavljenu temu.

Bibliografija

Udžbenik. L.S. Atanasyan „Geometrija 7-9Mnemosyne, 2015.

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

Portal Scarlet Sails

Vodeći obrazovni portal u Rusiji http://cendomzn.ucoz.ru/index/0-15157