4 meravigliosi punti del cerchio. Progetto "Punti Meravigliosi del Triangolo"

Dimostriamo prima il teorema sulla bisettrice di un angolo.

Teorema

Prova

1) Prendi un punto arbitrario M sulla bisettrice dell'angolo BAC, traccia le perpendicolari MK e ML alle rette AB e AC e dimostra che MK = ML (Fig. 224). Consideriamo i triangoli rettangoli AM K e AML. Sono uguali in ipotenusa e angolo acuto (AM è l'ipotenusa comune, ∠1 = ∠2 per convenzione). Pertanto MK = ML.

2) Sia il punto M interno all'angolo BAC e equidistante dai suoi lati AB e AC. Dimostriamo che il raggio AM è la bisettrice dell'angolo BAC (vedi Fig. 224). Tracciamo le perpendicolari MK e ML alle rette AB e AC. I triangoli rettangoli AMK e AML hanno la stessa ipotenusa e cateto (AM è l'ipotenusa comune, MK = ML per convenzione). Pertanto, ∠1 = ∠2. Ma ciò significa che il raggio AM è bisettrice dell'angolo BAC. Il teorema è stato dimostrato.

Riso. 224

Corollario 1

Corollario 2

Indichiamo infatti con la lettera O il punto di intersezione delle bisettrici AA 1 e BB 1 del triangolo ABC e tracciamo da questo punto le perpendicolari OK, OL e OM, rispettivamente, alle rette AB, BC e CA (Fig. 225). Secondo il teorema dimostrato, OK = OM e OK = OL. Dunque OM = OL, cioè il punto O è equidistante dai lati dell'angolo ACB e, quindi, giace sulla bisettrice CC 1 di tale angolo. Di conseguenza, tutte e tre le bisettrici del triangolo ABC si intersecano nel punto O, che è ciò che doveva essere dimostrato.

Riso. 225

Proprietà della bisettrice perpendicolare ad un segmento

Una bisettrice perpendicolare a un segmento è una linea che passa per il centro di un dato segmento ed è perpendicolare ad esso.

Riso. 226

Dimostriamo il teorema sulla bisettrice perpendicolare ad un segmento.

Teorema

Prova

Sia la linea retta m la bisettrice perpendicolare del segmento AB, il punto O sia il punto medio di questo segmento (Fig. 227, a).

Riso. 227

1) Considera un punto arbitrario M su una retta m e dimostra che AM = BM. Se il punto M coincide con il punto O, allora questa uguaglianza è vera, poiché O è il punto medio del segmento AB. Siano M e O punti diversi. I triangoli rettangoli OAM e OBM hanno due cateti uguali (OA = OB, OM è il cateto comune), quindi AM = BM.

2) Consideriamo un punto arbitrario N, equidistante dagli estremi del segmento AB, e dimostriamo che il punto N giace sulla retta m. Se N è un punto della retta AB, allora coincide con il punto medio O del segmento AB e quindi giace sulla retta m. Se il punto N non giace sulla retta AB, il triangolo ANB è isoscele, poiché AN = BN (fig. 227, b). Il segmento NO è la mediana di questo triangolo, e quindi l'altezza. Quindi NO ⊥ AB, quindi le linee ON e m coincidono, cioè N è un punto della linea m. Il teorema è stato dimostrato.

Corollario 1

Corollario 2

Per dimostrare questa affermazione, consideriamo le perpendicolari bisettoriali me n ai lati AB e BC del triangolo ABC (Fig. 228). Queste rette si intersecano in un punto O. Infatti, se assumiamo il contrario, cioè che m || n, allora la linea BA, essendo perpendicolare alla linea m, sarebbe anche perpendicolare alla linea n parallela ad essa, e quindi due linee BA e BC passerebbero per il punto B, perpendicolare alla linea n, il che è impossibile.

Riso. 228

Secondo il teorema dimostrato, OB = OA e OB = OS. Pertanto OA = OC, cioè il punto O è equidistante dagli estremi del segmento AC e, quindi, giace sulla bisettrice perpendicolare p a tale segmento. Di conseguenza, tutte e tre le bisettrici m, n e p ai lati del triangolo ABC si intersecano nel punto O.

Teorema dell'intersezione dell'altezza dei triangoli

Abbiamo dimostrato che le bisettrici di un triangolo si intersecano in un punto e le bisettrici perpendicolari ai lati di un triangolo si intersecano in un punto. È stato precedentemente dimostrato che le mediane di un triangolo si intersecano in un punto (sezione 64). Si scopre che le altezze di un triangolo hanno una proprietà simile.

Teorema

Prova

Consideriamo un triangolo ABC arbitrario e dimostriamo che le linee AA 1 BB 1 e CC 1 contenenti le sue altezze si intersecano in un punto (Fig. 229).

Riso. 229

Tracciamo una linea retta passante per ciascun vertice del triangolo ABC, parallela al lato opposto. Otteniamo il triangolo A 2 B 2 C 2. I punti A, B e C sono i punti medi dei lati di questo triangolo. Infatti AB = A 2 C e AB = CB 2 come lati opposti dei parallelogrammi ABA 2 C e ABCB 2, quindi A 2 C = CB 2. Allo stesso modo, C 2 A = AB 2 e C 2 B = BA 2. Inoltre, come segue dalla costruzione, CC 1 ⊥ A 2 B 2, AA 1 ⊥ B 2 C 2 e BB 1 ⊥ A 2 C 2. Pertanto, le linee AA 1, BB 1 e CC 1 sono le bisettrici perpendicolari ai lati del triangolo A 2 B 2 C 2. Di conseguenza, si intersecano in un punto. Il teorema è stato dimostrato.

Quindi, a ciascun triangolo sono associati quattro punti: il punto di intersezione delle mediane, il punto di intersezione delle bisettrici, il punto di intersezione delle bisettrici perpendicolari ai lati e il punto di intersezione delle altezze (o delle loro estensioni). Questi quattro punti sono chiamati punti notevoli del triangolo.

Compiti

674. Dal punto M della bisettrice di un angolo non sviluppato O si conducono le perpendicolari MA e MB ai lati di tale angolo. Dimostra che AB ⊥ OM.

675. I lati dell'angolo O toccano ciascuno di due cerchi che hanno la tangente in comune nel punto A. Dimostrare che i centri di questi cerchi giacciono sulla retta O A.

676. I lati dell'angolo A toccano una circonferenza di centro O di raggio r. Trovare: a) OA, se r = 5 cm, ∠A = 60°; b) d, se OA = 14 dm, ∠A = 90°.

677. Le bisettrici degli angoli esterni ai vertici B e C del triangolo ABC si intersecano nel punto O. Dimostrare che il punto O è il centro di una circonferenza tangente alle rette AB, BC, AC.

678. Le bisettrici AA 1 e BB 1 del triangolo ABC si intersecano nel punto M. Trovare gli angoli ACM e ВСМ se: a) ∠AMB = 136°; b) ∠AMB = 111°.

679. La bisettrice perpendicolare al lato BC del triangolo ABC interseca il lato AC nel punto D. Trovare: a) AD e CD, se BD = 5 cm, Ac = 8,5 cm; b) AC, se BD = 11,4 cm, AD = 3,2 cm.

680. Le bisettrici perpendicolari ai lati AB e AC del triangolo ABC si intersecano nel punto D del lato BC. Dimostrare che: a) il punto D è il punto medio del lato BC; b) ∠A - ∠B + ∠C.

681. La bisettrice perpendicolare al lato AB del triangolo isoscele ABC interseca il lato BC nel punto E. Trova la base AC se il perimetro del triangolo AEC è 27 cm e AB = 18 cm.

682. I triangoli isosceli ABC e ABD hanno una base comune AB. Dimostrare che la retta CD passa per il centro del segmento AB.

683. Dimostrare che se nel triangolo ABC i lati AB e AC non sono uguali, allora la mediana AM del triangolo non è un'altezza.

684. Le bisettrici degli angoli alla base AB del triangolo isoscele ABC si intersecano nel punto M. Dimostrare che la linea CM è perpendicolare alla linea AB.

685. Le altezze AA 1 e BB 1 del triangolo isoscele ABC, portate ai lati laterali, si intersecano nel punto M. Dimostrare che la retta MC è bisettrice perpendicolare al segmento AB.

686. Costruisci la bisettrice perpendicolare a questo segmento.

Soluzione

Sia AB il segmento dato. Costruiamo due cerchi con centri nei punti A e B di raggio AB (Fig. 230). Questi cerchi si intersecano in due punti M 1 e M 2. I segmenti AM 1, AM 2, VM 1, VM 2 sono uguali tra loro come i raggi di questi cerchi.

Riso. 230

Disegniamo una linea retta M 1 M 2. È la bisettrice perpendicolare desiderata al segmento AB. Infatti i punti M 1 e M 2 sono equidistanti dagli estremi del segmento AB, quindi giacciono sulla bisettrice perpendicolare a questo segmento. Ciò significa che la retta M 1 M 2 è la bisettrice perpendicolare al segmento AB.

687. Data una linea a e due punti A e B giacenti da un lato di questa linea. Sulla retta a, costruisci il punto M, equidistante dai punti A a B.

688. Sono dati un angolo e un segmento. Costruisci un punto che giace all'interno di un dato angolo, equidistante dai suoi lati ed equidistante dagli estremi di un dato segmento.

Risposte ai problemi

674. Istruzioni. Dimostra innanzitutto che il triangolo AOB è isoscele.

676. a) 10 centimetri; b) 7√2 dm.

678. a) 46° e 46°; b) 21° e 21°.

679. a) AB = 3,5 cm, CD = 5 cm; b) AC = 14,6 cm.

683. Istruzione. Utilizzare il metodo della prova per assurdo.

687. Istruzione. Utilizzare il teorema 75.

688. Istruzione. Tieni presente che il punto desiderato si trova sulla bisettrice dell'angolo dato.

1 Cioè è equidistante dalle linee contenenti i lati dell'angolo.

Obiettivi:
- riassumere le conoscenze degli studenti sull'argomento "Quattro punti notevoli di un triangolo", continuare a lavorare sullo sviluppo delle competenze nella costruzione dell'altezza, della mediana e della bisettrice di un triangolo;

Introdurre gli studenti ai nuovi concetti di cerchio inscritto in un triangolo e circoscritto ad esso;

Sviluppare capacità di ricerca;
- coltivare la perseveranza, la precisione e l'organizzazione negli studenti.
Compito: espandere l’interesse cognitivo per l’argomento della geometria.
Attrezzatura: tavola, strumenti da disegno, matite colorate, modello di un triangolo su foglio paesaggistico; computer, proiettore multimediale, schermo.

Durante le lezioni

1. Momento organizzativo (1 minuto)
Insegnante: In questa lezione ognuno di voi si sentirà un ingegnere ricercatore; dopo aver completato il lavoro pratico, sarà in grado di valutare se stesso. Affinché il lavoro abbia successo, è necessario eseguire tutte le azioni con il modello durante la lezione in modo molto accurato e organizzato. Vi auguro il successo.
2.
Insegnante: disegna sul tuo quaderno un angolo aperto
D. Quali metodi conosci per costruire la bisettrice di un angolo?

Determinazione della bisettrice di un angolo. Due studenti costruiscono le bisettrici degli angoli sulla lavagna (utilizzando modelli già preparati) in due modi: con un righello o un compasso. I seguenti due studenti dimostrano verbalmente le affermazioni:
1. Quali proprietà hanno i punti bisettori di un angolo?
2. Cosa si può dire dei punti interni all'angolo ed equidistanti dai lati dell'angolo?
Insegnante: disegna un triangolo tetragonale ABC e, in uno qualsiasi dei modi, costruisci le bisettrici dell'angolo A e dell'angolo C, il loro punto

intersezione - punto O. Che ipotesi puoi avanzare riguardo al raggio VO? Dimostrare che la semiretta BO è la bisettrice del triangolo ABC. Formulare una conclusione sulla posizione di tutte le bisettrici di un triangolo.
3. Lavorare con il modello a triangolo (5-7 minuti).
Opzione 1 - triangolo acuto;
Opzione 2: triangolo rettangolo;
Opzione 3: triangolo ottuso.
Insegnante: sul modello del triangolo, costruisci due bisettrici, cerchiale in giallo. Segna il punto di intersezione

punto di bisettrice K. Vedi diapositiva n. 1.
4. Preparazione per la fase principale della lezione (10-13 minuti).
Insegnante: disegna il segmento di linea AB sul tuo quaderno. Quali strumenti possono essere utilizzati per costruire una bisettrice perpendicolare a un segmento? Determinazione della bisettrice perpendicolare. Due studenti stanno costruendo una bisettrice perpendicolare sulla lavagna

(secondo modelli predisposti) in due modi: con righello, con compasso. I seguenti due studenti dimostrano verbalmente le affermazioni:
1. Quali proprietà hanno i punti della bisettrice perpendicolare a un segmento?
2. Cosa si può dire dei punti equidistanti dagli estremi del segmento AB? Insegnante: disegna sul tuo quaderno un triangolo rettangolo ABC e costruisci le bisettrici perpendicolari a due lati qualsiasi del triangolo ABC.

Segna il punto di intersezione O. Disegna una perpendicolare al terzo lato passante per il punto O. Cosa noti? Dimostrare che questa è la bisettrice perpendicolare del segmento.
5. Lavorare con un modello a triangolo (5 minuti). Insegnante: su un modello a triangolo, costruisci le perpendicolari bisettoriali ai due lati del triangolo e cerchiale in verde. Segna il punto di intersezione delle perpendicolari bisettoriali con un punto O. Vedi diapositiva n. 2.

6. Preparazione per la fase principale della lezione (5-7 minuti). Insegnante: disegna un triangolo ottuso ABC e costruisci due altezze. Etichetta il loro punto di intersezione O.
1. Cosa si può dire della terza altezza (la terza altezza, se prolungata oltre la base, passerà per il punto O)?

2. Come dimostrare che tutte le altezze si intersecano in un punto?
3. Quale nuova figura formano queste altezze e cosa contengono?
7. Lavorare con il modello a triangolo (5 minuti).
Insegnante: sul modello triangolare, costruisci tre altezze e cerchiale in blu. Segna il punto in cui le altezze si intersecano con il punto H. Vedi diapositiva n. 3.

Lezione due

8. Preparazione per la fase principale della lezione (10-12 minuti).
Insegnante: disegna un triangolo acutangolo ABC e costruisci tutte le sue mediane. Etichetta il loro punto di intersezione O. Che proprietà hanno le mediane di un triangolo?

9. Lavorare con il modello a triangolo (5 minuti).
Insegnante: sul modello del triangolo, costruisci tre mediane e cerchiale in marrone.

Segna il punto di intersezione delle mediane con un punto T. Vedi diapositiva n. 4.
10. Verifica della correttezza della costruzione (10-15 minuti).
1. Cosa si può dire del punto K? / Il punto K è il punto di intersezione delle bisettrici, è equidistante da tutti i lati del triangolo /
2. Mostra sul modello la distanza dal punto K al semilato del triangolo. Che forma hai disegnato? Come si trova?

tagliato di lato? Evidenzia in grassetto con una matita semplice. (Vedi diapositiva numero 5).
3. Cos'è un punto equidistante da tre punti del piano che non giacciono sulla stessa retta? Usa una matita gialla per disegnare un cerchio con centro K e raggio pari alla distanza segnata con una matita semplice. (Vedi diapositiva numero 6).
4. Cosa hai notato? Come si trova questo cerchio rispetto al triangolo? Hai inscritto un cerchio in un triangolo. Come puoi chiamare un cerchio del genere?

L'insegnante dà la definizione di cerchio inscritto in un triangolo.
5. Cosa si può dire del punto O? \Il punto O è il punto di intersezione delle bisettrici perpendicolari ed è equidistante da tutti i vertici del triangolo\. Quale figura può essere costruita collegando i punti A, B, C e O?
6. Costruisci un cerchio (O; OA) usando il verde. (Vedi diapositiva numero 7).
7. Cosa hai notato? Come si trova questo cerchio rispetto al triangolo? Come puoi chiamare un cerchio del genere? Come possiamo chiamare il triangolo in questo caso?

L'insegnante dà la definizione di cerchio circoscritto ad un triangolo.
8. Attacca un righello ai punti O, H e T e traccia una linea rossa attraverso questi punti. Questa linea è chiamata retta

Eulero (vedi diapositiva numero 8).
9. Confronta OT e TN. Controlla FROM:TN=1: 2. (Vedi diapositiva numero 9).
10. a) Trova le mediane del triangolo (in marrone). Segna le basi delle mediane con inchiostro.

Dove sono questi tre punti?
b) Trova le altezze del triangolo (in blu). Segna le basi delle altezze con inchiostro. Quanti di questi punti ci sono? \Opzione 1-3; 2 opzione-2; Opzione 3-3\.c) Misurare la distanza dai vertici al punto di intersezione delle altezze. Dai un nome a queste distanze (AN,

VN, SN). Trova i punti medi di questi segmenti ed evidenziali con l'inchiostro. Quanti di questi

punti? \1 opzione-3; 2 opzione-2; Opzione 3-3\.
11. Conta quanti punti sono segnati con l'inchiostro? \ 1 opzione - 9; Opzione 2-5; Opzione 3-9\. Designare

punti D 1, D 2,…, D 9. (Vedi diapositiva numero 10) Usando questi punti puoi costruire un cerchio di Eulero. Il centro del cerchio, punto E, è al centro del segmento OH. Disegniamo un cerchio (E; ED 1) in rosso. Questo cerchio, come la linea retta, prende il nome dal grande scienziato. (Vedi diapositiva numero 11).
11. Presentazione su Eulero (5 minuti).
12. Riepilogo(3 minuti) Punteggio: “5” - se ottieni esattamente i cerchi gialli, verdi e rossi e la retta di Eulero. “4” - se i cerchi sono imprecisi di 2-3 mm. “3” - se i cerchi sono imprecisi di 5-7 mm.

Ministero dell'Istruzione e della Scienza della Federazione Russa Istituto di istruzione di bilancio dello Stato federale di istruzione professionale superiore

"Università statale di Magnitogorsk"

Facoltà di Fisica e Matematica

Dipartimento di Algebra e Geometria

Lavoro del corso

Punti notevoli del triangolo

Completato da: studente del gruppo 41

Vakhrameeva A.M.

Direttore scientifico

Velikikh A.S.

Magnitogorsk 2014

introduzione

Storicamente, la geometria è iniziata con un triangolo, quindi per due millenni e mezzo il triangolo è stato, per così dire, un simbolo della geometria; ma non è solo un simbolo, è un atomo di geometria.

Perché un triangolo può essere considerato un atomo di geometria? Perché i concetti precedenti - punto, retta e angolo - sono astrazioni vaghe e intangibili insieme a un insieme di teoremi e problemi associati. Pertanto, oggi la geometria scolastica può diventare interessante e significativa, solo allora potrà diventare la geometria vera e propria solo quando include uno studio approfondito e completo del triangolo.

Sorprendentemente, il triangolo, nonostante la sua apparente semplicità, è un oggetto di studio inesauribile: nessuno, nemmeno ai nostri tempi, osa dire di aver studiato e conosciuto tutte le proprietà del triangolo.

Ciò significa che lo studio della geometria scolastica non può essere condotto senza uno studio approfondito della geometria del triangolo; in considerazione della diversità del triangolo come oggetto di studio - e, quindi, fonte di vari metodi per studiarlo - è necessario selezionare e sviluppare materiale per studiare la geometria dei punti notevoli del triangolo. Inoltre, nella scelta di questo materiale, non bisogna limitarsi solo ai punti notevoli previsti nel curriculum scolastico dallo standard educativo statale, come il centro del cerchio inscritto (il punto di intersezione delle bisettrici), il centro del circonferenza circoscritta (il punto di intersezione delle bisettrici), il punto di intersezione delle mediane, il punto di intersezione delle altezze. Ma per penetrare profondamente nella natura del triangolo e comprenderne l'inesauribilità, è necessario avere idee sul maggior numero possibile di punti notevoli del triangolo. Oltre all'inesauribilità del triangolo come oggetto geometrico, è necessario notare la proprietà più sorprendente del triangolo come oggetto di studio: lo studio della geometria di un triangolo può iniziare con lo studio di una qualsiasi delle sue proprietà, prendendolo come base; allora la metodologia per lo studio del triangolo può essere costruita in modo tale che tutte le altre proprietà del triangolo possano essere ordinate su questa base. In altre parole, non importa da dove inizi a studiare il triangolo, puoi sempre raggiungere qualsiasi profondità di questa straordinaria figura. Ma poi, come opzione, puoi iniziare a studiare il triangolo studiando i suoi punti notevoli.

Lo scopo del corso è studiare i punti notevoli di un triangolo. Per raggiungere questo obiettivo, è necessario risolvere i seguenti compiti:

· Studiare i concetti di bisettrice, mediana, altezza, bisettrice e le loro proprietà.

· Consideriamo il punto di Gergonne, il cerchio di Eulero e la retta di Eulero, che non vengono studiati a scuola.

CAPITOLO 1. Bisettrice di un triangolo, centro della circonferenza inscritta di un triangolo. Proprietà della bisettrice di un triangolo. Punto Gergonna

1 Centro della circonferenza inscritta in un triangolo

I punti notevoli di un triangolo sono punti la cui posizione è determinata univocamente dal triangolo e non dipende dall'ordine in cui vengono presi i lati e i vertici del triangolo.

La bisettrice di un triangolo è il segmento bisettrice di un angolo di un triangolo che collega un vertice a un punto sul lato opposto.

Teorema. Ogni punto della bisettrice di un angolo non sviluppato è equidistante (cioè equidistante dalle linee contenenti i lati del triangolo) dai suoi lati. Viceversa: ogni punto interno ad un angolo ed equidistante dai lati dell'angolo giace sulla sua bisettrice.

Prova. 1) Prendi un punto arbitrario M sulla bisettrice dell'angolo BAC, traccia le perpendicolari MK e ML alle rette AB e AC e dimostra che MK = ML. Considera i triangoli rettangoli ?AMK e ?antiriciclaggio. Sono uguali nell'ipotenusa e nell'angolo acuto (AM - ipotenusa comune, 1 = 2 per convenzione). Pertanto, MK=ML.

) Sia il punto M interno a TE e equidistante dai suoi lati AB e AC. Dimostriamo che il raggio AM è la bisettrice BAC. Tracciamo le perpendicolari MK e ML alle rette AB e AC. I triangoli rettangoli AKM e ALM hanno ipotenusa e cateto uguali (AM è l'ipotenusa comune, MK = ML per convenzione). Quindi 1 = 2. Ma questo significa che il raggio AM è la bisettrice di BAC. Il teorema è stato dimostrato.

Conseguenza. Le bisettrici di un triangolo si intersecano in un punto (il centro della circonferenza e il centro).

Indichiamo con la lettera O il punto di intersezione delle bisettrici AA1 e BB1 ​​del triangolo ABC e tracciamo da questo punto le perpendicolari OK, OL e OM, rispettivamente, alle rette AB, BC e CA. Secondo il teorema (Ogni punto della bisettrice di un angolo sottosviluppato è equidistante dai suoi lati. Viceversa: ogni punto interno all'angolo ed equidistante dai lati dell'angolo giace sulla sua bisettrice) diciamo che OK = OM e OK = OL. Pertanto OM = OL, cioè il punto O è equidistante dai lati ACB e, quindi, giace sulla bisettrice CC1 di tale angolo. Pertanto, tutte e tre le bisettrici ?ABC si interseca nel punto O, che è ciò che doveva essere dimostrato.

linea del triangolo bisettrice del cerchio

1.2 Proprietà della bisettrice di un triangolo

Bisettrice BD (Fig. 1.1) di qualsiasi angolo ?ABC divide il lato opposto in parti AD e CD proporzionali ai lati adiacenti del triangolo.

Dobbiamo dimostrare che se ABD = DBC, allora AD: DC = AB: BC.

Eseguiamo CE || BD fino all'intersezione nel punto E con la continuazione del lato AB. Allora, secondo il teorema sulla proporzionalità dei segmenti formati su rette intersecate da più rette parallele, avremo la proporzione: AD: DC = AB: BE. Per passare da questa proporzione a quella da dimostrare basta scoprire che BE = BC, cioè che ?TUTTI isoscele. In questo triangolo E = ABD (come angoli corrispondenti con linee parallele) e ALL = DBC (come angoli trasversali con le stesse linee parallele).

Ma ABD = DBC per condizione; ciò significa E = TUTTI, e quindi i lati BE e BC che giacciono opposti ad angoli uguali sono uguali.

Ora, sostituendo BE nella proporzione scritta sopra con BC, otteniamo la proporzione da dimostrare.

20 Le bisettrici degli angoli interni e adiacenti di un triangolo sono perpendicolari.

Prova. Sia BD la bisettrice di ABC (Fig. 1.2), e BE la bisettrice del CBF esterno adiacente all'angolo interno specificato, ?ABC. Allora se indichiamo ABD = DBC = ?, CBE = EBF = ?, quindi 2 ? + 2?= 1800 e quindi ?+ ?= 900. E questo significa che BD? ESSERE.

30 La bisettrice di un angolo esterno di un triangolo divide esternamente il lato opposto in parti proporzionali ai lati adiacenti.

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

40 La bisettrice di qualsiasi angolo di un triangolo divide il lato opposto in segmenti proporzionali ai lati adiacenti del triangolo.

Prova. Consideriamo ?ABC. Per chiarezza, lasciamo che la bisettrice CAB intersechi il lato BC nel punto D (Fig. 1.4). Mostriamo che BD: DC = AB: AC. Per fare ciò, traccia una linea parallela alla linea AB attraverso il punto C e indica con E il punto di intersezione di questa linea AD. Quindi DAB=DEC, ABD=ECD e quindi ?DAB~ ?DEC basato sul primo criterio di somiglianza dei triangoli. Inoltre, poiché il raggio AD è una bisettrice CAD, allora CAE = EAB = AEC e, quindi, ?ECA isoscele. Quindi AC=CE. Ma in questo caso, dalla somiglianza ?DAB e ?DEC segue che BD: DC=AB: CE =AB: AC, e questo era ciò che occorreva dimostrare.

Se la bisettrice dell'angolo esterno di un triangolo interseca l'estensione del lato opposto al vertice di questo angolo, i segmenti dal punto di intersezione risultante alle estremità del lato opposto sono proporzionali ai lati adiacenti del triangolo.

Prova. Consideriamo ?ABC. Sia F un punto sul prolungamento del lato CA, D il punto di intersezione della bisettrice del triangolo esterno BAF con il prolungamento del lato CB (Fig. 1.5). Mostriamo che DC:DB=AC:AB. Tracciamo infatti una linea parallela alla linea AB passante per il punto C, e indichiamo con E il punto di intersezione di questa linea con la linea DA. Quindi il triangolo ADB ~ ?EDC e quindi DC:DB=EC:AB. E da allora ?EAC= ?MALE= ?CEA, quindi isoscele ?Lato CEA AC=EC e, quindi, DC:DB=AC:AB, che è ciò che doveva essere dimostrato.

3 Risoluzione di problemi utilizzando le proprietà della bisettrice

Problema 1. Sia O il centro di un cerchio inscritto in ?ABC, CAB = ?. Dimostrare che COB = 900 + ? /2.

Soluzione. Poiché O è il centro dell'inscritto ?ABC di un cerchio (Figura 1.6), allora i raggi BO e CO sono rispettivamente bisettrici ABC e BCA. E quindi COB = 1800 - (OBC + BCO) = 1800 - (ABC + BCA)/2 = 1800 -(1800 - ?)/2 = 900 + ?/2, che è ciò che doveva essere dimostrato.

Problema 2. Sia O il centro dell'oggetto descritto ?ABC di un cerchio, H è la base dell'altezza tracciata sul lato BC. Dimostrare che la bisettrice CAB è anche la bisettrice ? OAH.

Sia AD la bisettrice di CAB, AE il diametro del circoscritto ?ABC di un cerchio (Fig. 1.7, 1.8). Se ?ABC è acuto (Fig. 1.7) e, quindi, ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ Archi AC e ?BHA e ?ECA rettangolare (BHA =ECA = 900), quindi ?BHA~ ?ECA e quindi CAO = CAE =HAB. Inoltre, BAD e CAD sono uguali per condizione, quindi HAD = BAD - BAH =CAD - CAE = EAD = OAD. Sia ora ABC = 900. In questo caso l'altezza AH coincide con il lato AB, allora il punto O apparterrà all'ipotenusa AC e quindi la validità dell'enunciato del problema è ovvia.

Consideriamo il caso in cui ABC > 900 (Fig. 1.8). Qui il quadrilatero ABCE è inscritto in un cerchio e quindi AEC = 1800 - ABC. D'altra parte ABH = 1800 - ABC, cioè AEC = ABH. E da allora ?BHA e ?Le ECA sono rettangolari e, quindi, HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, quindi HAD = HAB +BAD = EAC + CAD = EAD = OAD. I casi in cui BAC e ACB sono ottusi vengono trattati in modo simile. ?

4 Punti Gergonna

Il punto di Gergonne è il punto di intersezione dei segmenti che collegano i vertici del triangolo con i punti di tangenza dei lati opposti a tali vertici e la circonferenza inscritta del triangolo.

Sia il punto O il centro della circonferenza del triangolo ABC. Lascia che il cerchio tocchi i lati del triangolo BC, AC e AB rispettivamente nei punti D, E e F. Il punto Gergonne è il punto di intersezione dei segmenti AD, BE e CF. Sia il punto O il centro della circonferenza inscritta ?ABC. Lascia che il cerchio tocchi i lati del triangolo BC, AC e AB rispettivamente nei punti D, E e F. Il punto Gergonne è il punto di intersezione dei segmenti AD, BE e CF.

Dimostriamo che questi tre segmenti effettivamente si intersecano in un punto. Si noti che il centro della circonferenza è il punto di intersezione delle bisettrici degli angoli ?ABC, e i raggi della circonferenza sono OD, OE e OF ?lati del triangolo. Pertanto, abbiamo tre coppie di triangoli uguali (AFO e AEO, BFO e BDO, CDO e CEO).

Funziona AF?BD ? CE e AE? ESSERE? CF sono uguali, poiché BF = BD, CD = CE, AE = AF, quindi il rapporto di questi prodotti è uguale, e per il teorema di Ceva (Siano i punti A1, B1, C1 giacciono sui lati BC, AC e AB ? ABC, rispettivamente. Lascia che i segmenti AA1 , BB1 e CC1 si intersechino in un punto. Quindi

(facciamo il giro del triangolo in senso orario)), i segmenti si intersecano in un punto.

Proprietà del cerchio inscritto:

Una circonferenza si dice inscritta in un triangolo se ne tocca tutti i lati.

Un cerchio può essere inscritto in qualsiasi triangolo.

Dato: ABC - questo triangolo, O - il punto di intersezione delle bisettrici, M, L e K - i punti di tangenza del cerchio con i lati del triangolo (Fig. 1.11).

Dimostrare: O è il centro di una circonferenza inscritta in ABC.

Prova. Tracciamo le perpendicolari OK, OL e OM dal punto O rispettivamente ai lati AB, BC e CA (Fig. 1.11). Poiché il punto O è equidistante dai lati del triangolo ABC, allora OK = OL = OM. Pertanto, un cerchio di centro O e raggio OK passa per i punti K, L, M. I lati del triangolo ABC toccano questo cerchio nei punti K, L, M, poiché sono perpendicolari ai raggi OK, OL e OM. Ciò significa che una circonferenza di centro O e raggio OK è inscritta nel triangolo ABC. Il teorema è stato dimostrato.

Il centro di una circonferenza inscritta in un triangolo è il punto di intersezione delle sue bisettrici.

Sia dato ABC, O il centro del cerchio in esso inscritto, D, E ed F i punti di contatto del cerchio con i lati (Fig. 1.12). ? AEO = ? AOD sull'ipotenusa e sulla gamba (EO = OD - come raggio, AO - totale). Dall’uguaglianza dei triangoli, cosa segue? OAD = ? O.A.E. Quindi AO è la bisettrice dell'angolo EAD. Allo stesso modo si dimostra che il punto O giace sulle altre due bisettrici del triangolo.

Il raggio tracciato verso il punto tangente è perpendicolare alla tangente.

Prova. Sia l'ambiente circostante (O; R) un cerchio dato (Fig. 1.13), la retta a lo tocca nel punto P. Il raggio OP non sia perpendicolare ad a. Disegniamo una perpendicolare OD dal punto O alla tangente. Per la definizione di tangente, tutti i suoi punti diversi dal punto P, e in particolare dal punto D, si trovano all'esterno del cerchio. Pertanto, la lunghezza della perpendicolare OD è maggiore della lunghezza R dell'obliquo OP. Ciò contraddice la proprietà obliqua e la contraddizione risultante dimostra l'affermazione.

CAPITOLO 2. 3 punti notevoli del triangolo, cerchio di Eulero, retta di Eulero.

1 Centro della circonferenza circoscritta di un triangolo

Una bisettrice perpendicolare ad un segmento è una linea che passa per il centro del segmento ed è perpendicolare ad esso.

Teorema. Ogni punto della bisettrice perpendicolare di un segmento è equidistante dagli estremi di quel segmento. Viceversa: ogni punto equidistante dagli estremi di un segmento giace sulla bisettrice perpendicolare ad esso.

Prova. Sia la retta m la bisettrice perpendicolare del segmento AB e il punto O il punto medio del segmento.

Consideriamo un punto arbitrario M su una retta m e dimostriamo che AM=BM. Se il punto M coincide con il punto O, allora questa uguaglianza è vera, poiché O è il punto medio del segmento AB. Siano M e O punti diversi. Rettangolare ?OAM e ?OBM sono uguali su due gambe (OA = OB, OM è la gamba comune), quindi AM = BM.

) Consideriamo un punto arbitrario N, equidistante dagli estremi del segmento AB, e dimostriamo che il punto N giace sulla retta m. Se N è un punto della retta AB, allora coincide con il punto medio O del segmento AB e quindi giace sulla retta m. Se il punto N non giace sulla linea AB, allora considera ?ANB, che è isoscele, poiché AN=BN. Il segmento NO è la mediana di questo triangolo, e quindi l'altezza. Quindi NO è perpendicolare ad AB, quindi le linee ON e m coincidono, e quindi N è un punto della linea m. Il teorema è stato dimostrato.

Conseguenza. Le bisettrici perpendicolari ai lati del triangolo si intersecano in un punto (il centro della circonferenza circoscritta).

Indichiamo con O il punto di intersezione delle perpendicolari bisettoriali m e n ai lati AB e BC ?ABC. Secondo il teorema (ogni punto della bisettrice perpendicolare ad un segmento è equidistante dagli estremi di questo segmento. Viceversa: ogni punto equidistante dagli estremi del segmento giace sulla bisettrice perpendicolare ad esso.) concludiamo che OB = OA e OB = OC quindi: OA = OC, cioè il punto O è equidistante dagli estremi del segmento AC e, quindi, giace sulla bisettrice perpendicolare p a questo segmento. Pertanto, tutte e tre le bisettrici m, n e p ai lati ?ABC si interseca nel punto O.

Nel triangolo acutangolo questo punto si trova all'interno, nel triangolo ottuso si trova all'esterno del triangolo, nel triangolo rettangolo si trova nel mezzo dell'ipotenusa.

Proprietà dell'asse perpendicolare di un triangolo:

Le rette su cui giacciono le bisettrici degli angoli interno ed esterno del triangolo, uscendo da un vertice, si intersecano con la perpendicolare a metà del lato opposto da punti diametralmente opposti del cerchio circoscritto al triangolo.

Prova. Lasciamo, ad esempio, che la bisettrice ABC intersechi quella descritta ?Cerchio ABC nel punto D (Fig. 2.1). Allora poiché ABD e DBC inscritti sono uguali, allora AD = arco DC. Ma la bisettrice del lato AC divide in due anche l'arco AC, quindi anche il punto D apparterrà a questa bisettrice. Inoltre, poiché per la proprietà 30 del paragrafo 1.3 la bisettrice BD ABC è adiacente ad ABC, quest'ultima intersecherà il cerchio in un punto diametralmente opposto al punto D, poiché sul diametro poggia sempre un angolo retto inscritto.

2 Ortocentro della circonferenza di un triangolo

L'altezza è la perpendicolare tracciata dal vertice di un triangolo alla retta contenente il lato opposto.

Le altezze di un triangolo (o le loro estensioni) si intersecano in un punto (ortocentro).

Prova. Considera un arbitrario ?ABC e dimostrare che le rette AA1, BB1, CC1 contenenti le sue altezze si intersecano in un punto. Esaminiamo ogni vertice ?ABC è una linea retta parallela al lato opposto. Noi abbiamo ?A2B2C2. I punti A, B e C sono i punti medi di questo triangolo. Infatti AB=A2C e AB=CB2 sono come lati opposti dei parallelogrammi ABA2C e ABCB2, quindi A2C=CB2. Allo stesso modo C2A=AB2 e C2B=BA2. Inoltre, come segue dalla costruzione, CC1 è perpendicolare ad A2B2, AA1 è perpendicolare a B2C2 e BB1 ​​è perpendicolare ad A2C2. Pertanto, le linee AA1, BB1 e CC1 sono bisettrici perpendicolari ai lati ?A2B2C2. Pertanto, si intersecano in un punto.

A seconda del tipo di triangolo, l'ortocentro può trovarsi all'interno del triangolo in angoli acuti, all'esterno di esso - in angoli ottusi o coincidere con il vertice, in quelli rettangolari coincide con il vertice ad angolo retto.

Proprietà dell'altezza di un triangolo:

Un segmento che collega le basi di due altezze di un triangolo acuto taglia da esso un triangolo simile a quello dato, con un coefficiente di somiglianza pari al coseno dell'angolo comune.

Prova. Siano AA1, BB1, CC1 le altezze del triangolo acutangolo ABC e ABC = ?(Fig. 2.2). I triangoli rettangoli BA1A e CC1B hanno un comune ?, quindi sono simili, il che significa BA1/BA = BC1/BC = cos ?. Ne consegue che BA1/BC1=BA/BC = cos ?, cioè. V ?C1BA1 e ?Lati ABC adiacenti al comune ??C1BA1~ ?ABC, con il coefficiente di similarità pari a cos ?. In modo simile si dimostra ciò ?A1CB1~ ?ABC con coefficiente di similarità cos BCA, e ?B1AC1~ ?ABC con coefficiente di similarità cos CAB.

L'altezza scesa all'ipotenusa di un triangolo rettangolo lo divide in due triangoli simili tra loro e simili al triangolo originale.

Prova. Considera un rettangolo ?ABC, che ha ?BCA = 900 e CD è la sua altezza (Fig. 2.3).

Poi la somiglianza ?ADC e ?BDC deriva, ad esempio, dal segno di somiglianza dei triangoli rettangoli mediante la proporzionalità di due cateti, poiché AD/CD = CD/DB. Ciascuno dei triangoli rettangoli ADC e BDC è simile al triangolo rettangolo originale, almeno in base alla somiglianza a due angoli.

Risoluzione di problemi che coinvolgono l'uso delle proprietà di elevazione

Problema 1. Dimostrare che un triangolo, uno dei cui vertici è il vertice del triangolo ottuso dato, e gli altri due vertici sono le basi delle altezze del triangolo ottuso, omesse dagli altri due vertici, è simile al dato triangolo con coefficiente di similarità pari al modulo del coseno dell'angolo al primo vertice .

Soluzione. Considera un ottuso ?ABC con CAB muto. Siano AA1, BB1, CC1 le sue altezze (Fig. 2.4, 2.5, 2.6) e sia CAB = ?, ABC = ? , BCA = ?.

Prova del fatto che ?C1BA1~ ?ABC (Fig. 2.4) con coefficiente di similarità k = cos ?, ripete integralmente il ragionamento svolto nella prova di proprietà 1, paragrafo 2.2.

Dimostriamolo ?A1CB~ ?ABC (Fig. 2.5) con coefficiente di similarità k1= cos ?, UN ?B1AC1~ ?ABC (Fig. 2.6) con coefficiente di similarità k2 = |cos? |.

Infatti, i triangoli rettangoli CA1A e CB1B hanno un angolo in comune ?e quindi simili. Ne consegue che B1C/ BC = A1C / AC= cos ?e, quindi, B1C/ A1C = BC / AC = cos ?, cioè. nei triangoli A1CB1 e ABC i lati che formano un comune ??, sono proporzionali. E poi, secondo il secondo criterio di somiglianza dei triangoli ?A1CB~ ?ABC, con coefficiente di similarità k1= cos ?. Per quanto riguarda l'ultimo caso (Fig. 2.6), quindi dalla considerazione dei triangoli rettangoli ?BB1A e ?CC1A con angoli verticali uguali BAB1 e C1AC ne consegue che sono simili e quindi B1A/BA = C1A/CA = cos (1800 - ?) = |cos ?|, da allora ??- smussare. Quindi B1A / C1A = BA /CA = |cos ?| e quindi nei triangoli ?B1AC1 e ?I lati ABC che formano angoli uguali sono proporzionali. E questo significa questo ?B1AC1~ ?ABC con coefficiente di similarità k2 = |cos? |.

Problema 2. Dimostra che se il punto O è il punto di intersezione delle altezze di un triangolo acutangolo ABC, allora ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800.

Soluzione. Dimostriamo la validità della prima delle formule fornite nell'enunciazione del problema. La validità delle restanti due formule è dimostrata in modo simile. Quindi sia ABC = ?, AOC = ?. A1, B1 e C1 sono le basi delle altezze del triangolo tracciato rispettivamente dai vertici A, B e C (Fig. 2.7). Allora dal triangolo rettangolo BC1C segue che BCC1 = 900 - ?e quindi nel triangolo rettangolo OA1C l'angolo COA1 è uguale a ?. Ma la somma degli angoli AOC + COA1 = ? + ?dà un angolo piatto e quindi AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, che è quello da dimostrare.

Problema 3. Dimostra che le altezze di un triangolo acutangolo sono le bisettrici degli angoli di un triangolo i cui vertici sono le basi delle altezze di questo triangolo.

è.2.8

Soluzione. Siano AA1, BB1, CC1 le altezze del triangolo acutangolo ABC e sia CAB = ?(Fig. 2.8). Dimostriamo, ad esempio, che l'altezza AA1 è la bisettrice dell'angolo C1A1B1. Infatti, poiché i triangoli C1BA1 e ABC sono simili (proprietà 1), allora BA1C1 = ?e, quindi, C1A1A = 900 - ?. Dalla somiglianza dei triangoli A1CB1 e ABC segue che AA1B1 = 900 - ?e quindi C1A1A = AA1B1= 900 - ?. Ma questo significa che AA1 è la bisettrice dell'angolo C1A1B1. Analogamente, si dimostra che le altre due altezze del triangolo ABC sono le bisettrici degli altri due angoli corrispondenti del triangolo A1B1C1.

3 Centro di gravità della circonferenza di un triangolo

La mediana di un triangolo è un segmento che collega un vertice qualsiasi del triangolo al punto medio del lato opposto.

Teorema. La mediana del triangolo si interseca in un punto (il centro di gravità).

Prova. Consideriamo arbitrario? ABC.

Indichiamo il punto di intersezione delle mediane AA1 e BB1 ​​con la lettera O e tracciamo la linea mediana A1B1 di questo triangolo. Il segmento A1B1 è parallelo al lato AB, quindi 1 = 2 e 3 = 4. Pertanto, ?AOB e ?A1OB1 sono simili secondo due angoli e, quindi, i loro lati sono proporzionali: AO:A1O=BO:B1O=AB:A1B1. Ma AB=2A1B1, quindi AO=2A1O e BO=2B1O. Pertanto, il punto O dell'intersezione delle mediane AA1 e BB1 ​​divide ciascuna di esse in un rapporto di 2:1, contando dal vertice.

Si dimostra analogamente che il punto di intersezione delle mediane BB1 ​​e CC1 divide ciascuna di esse nel rapporto 2:1, contando dal vertice, e, quindi, coincide con il punto O e da esso è diviso nel rapporto 2:1, contando dal vertice.

Proprietà della mediana di un triangolo:

10 Le mediane di un triangolo si intersecano in un punto e sono divise per il punto di intersezione in un rapporto di 2:1, contando dal vertice.

Dato: ?ABC, AA1, BB1 - mediane.

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

Prova. Disegniamo la linea mediana A1B1 (Fig. 2.10), secondo la proprietà della linea mediana A1B1||AB, A1B1=1/2 AB. Da A1B1 || AB, quindi 1 = 2 giacente trasversalmente alle linee parallele AB e A1B1 e secanti AA1. 3 = 4 giacente trasversalmente con linee parallele A1B1 e AB e secante BB1.

Quindi, ?AOB ~ ?A1OB1 dall'uguaglianza di due angoli, il che significa che i lati sono proporzionali: AO/A1O = OB/OB1 = AB/A1B = 2/1, AO/A1O = 2/1; OB/OB1 = 2/1.

La mediana divide un triangolo in due triangoli di uguale area.

Prova. BD - mediana ?ABC (Fig. 2.11), BE - la sua altezza. Poi ?ABD e ?Le DBC hanno dimensioni uguali perché hanno rispettivamente basi uguali AD e DC e un'altezza comune BE.

L'intero triangolo è diviso dalle sue mediane in sei triangoli uguali.

Se, sulla continuazione della mediana del triangolo, dal centro del lato del triangolo si separa un segmento uguale in lunghezza alla mediana, allora il punto finale di questo segmento e i vertici del triangolo sono i vertici di il parallelogramma.

Prova. Sia D il punto medio del lato BC ?ABC (Fig. 2.12), E è un punto sulla retta AD tale che DE=AD. Allora, poiché le diagonali AE e BC del quadrilatero ABEC nel punto D della loro intersezione sono secate in due, dalla proprietà 13.4 segue che il quadrilatero ABEC è un parallelogramma.

Risoluzione dei problemi utilizzando le proprietà delle mediane:

Problema 1. Dimostra che se O è il punto di intersezione delle mediane ?ABC quindi ?A.O.B. ?BOC e ?Gli AOC hanno le stesse dimensioni.

Soluzione. Siano AA1 e BB1 ​​le mediane ?ABC(Fig. 2.13). Consideriamo ?AOB e ?BOC. È ovvio che S ?AOB = S ?AB1B-S ?AB1O, S ?BOC=S ?BB1C-S ?OB1C. Ma per la proprietà 2 abbiamo S ?AB1B=S ?BB1C, S ?AOB = S ?OB1C, il che significa che S ?AOB = S ?BOC. L'uguaglianza S ?AOB = S ?AOC.

Problema 2. Dimostra che se il punto O si trova all'interno ?ABC e ?A.O.B. ?BOC e ?AOC hanno la stessa area, quindi O è il punto di intersezione delle mediane? ABC.

Soluzione. Consideriamo ?ABC (2.14) e supponiamo che il punto O non giaccia sulla mediana BB1. Quindi poiché OB1 è la mediana ?AOC poi S ?AOB1 = S ?B1OC , e poiché per condizione S ?AOB = S ?BOC, poi S ?AB1OB = S ?BOB1C. Ma ciò non può essere, poiché S ?ABB1 = S ?B1BC. La contraddizione risultante significa che il punto O giace sulla mediana BB1. Similmente si dimostra che il punto O appartiene ad altre due mediane ?ABC. Ne consegue che il punto O è davvero il punto di intersezione di tre mediane? ABC.

Problema 3. Dimostra che se in ?ABC i lati AB e BC non sono uguali, allora la sua bisettrice BD è compresa tra la mediana BM e l'altezza BH.

Prova. Descriviamo circa ?ABC è una circonferenza e prolunga la sua bisettrice BD finché non interseca la circonferenza nel punto K. Il punto medio perpendicolare al segmento AC passerà per il punto K (proprietà 1, del paragrafo 2.1), che ha un punto M in comune con la mediana. i segmenti BH e MK sono paralleli, e i punti B e K giacciono su lati opposti della retta AC, allora il punto di intersezione dei segmenti BK e AC appartiene al segmento HM, e questo dimostra la richiesta.

Problema 4. B ?La mediana ABC BM è grande la metà del lato AB e forma con esso un angolo di 400. Trova ABC.

Soluzione. Estendiamo la mediana BM oltre il punto M per la sua lunghezza e otteniamo il punto D (Fig. 2.15). Poiché AB = 2BM, allora AB = BD, cioè il triangolo ABD è isoscele. Pertanto, BAD = BDA = (180o - 40o) : 2 = 70o. Il quadrilatero ABCD è un parallelogramma perché le sue diagonali sono secate in due dal loro punto di intersezione. Ciò significa CBD = ADB = 700. Quindi ABC = ABD + CBD = 1100. La risposta è 1100.

Problema 5. I lati ABC sono uguali a a, b, c. Calcolare la mediana mc tracciata verso il lato c (Fig. 2.16).

Soluzione. Raddoppiamo la mediana costruendo ?ABC al parallelogramma ACBP e applichiamo a questo parallelogramma il Teorema 8. Otteniamo: CP2+AB2 = 2AC2+2BC2, cioè (2mc)2+c2= 2b2+2a2, da cui risulta:

2.4 Cerchio di Eulero. La linea di Eulero

Teorema. Le basi delle mediane, le altezze di un triangolo arbitrario, nonché i punti medi dei segmenti che collegano i vertici del triangolo con il suo ortocentro giacciono sullo stesso cerchio, il cui raggio è uguale alla metà del raggio del cerchio circoscritto a il triangolo. Questo cerchio è chiamato cerchio dei nove punti o cerchio di Eulero.

Prova. Prendiamo il centro?MNL (Fig. 2.17) e descriviamo attorno ad esso un cerchio W. Il segmento LQ è la mediana del rettangolo?AQB, quindi LQ=1/2AB. Il segmento MN=1/2AB, perché MN - linea mediana?ABC. Ne consegue che il trapezio QLMN è isoscele. Poiché il cerchio W passa per 3 vertici di un trapezio isoscele L, M, N, passerà anche per il quarto vertice Q. Allo stesso modo, è dimostrato che P appartiene a W, R appartiene a W.

Passiamo ai punti X, Y, Z. Il segmento XL è perpendicolare a BH come linea mediana?AHB. Il segmento BH è perpendicolare ad AC e poiché AC è parallelo a LM, allora BH è perpendicolare a LM. Pertanto, XLM=P/2. Allo stesso modo, XNM= P/2.

Nel quadrilatero LXNM, due angoli opposti sono retti, quindi attorno ad essi si può descrivere un cerchio. Questo sarà il cerchio W. Quindi X appartiene a W, allo stesso modo Y appartiene a W, Z appartiene a W.

L'LMN centrale è simile all'ABC. Il coefficiente di somiglianza è 2. Pertanto, il raggio del cerchio di nove punti è R/2.

Proprietà del cerchio di Eulero:

Il raggio del cerchio di nove punti è uguale alla metà del raggio del cerchio circoscritto attorno all'ABC.

Il cerchio di nove punti è omotetico al cerchio circoscritto attorno all'ABC, con il coefficiente ½ e il centro di omotetià nel punto H.

Teorema. L'ortocentro, il baricentro, il circocentro e il centro del cerchio di nove punti giacciono sulla stessa linea retta. La retta di Eulero.

Prova. Sia H l'ortocentro ABC (Fig. 2.18) e O il centro della circonferenza circoscritta. Per costruzione, le bisettrici perpendicolari?ABC contengono le altezze della mediana?MNL, cioè O è contemporaneamente l'ortocentro?LMN. ?LMN ~ ?ABC, il loro coefficiente di similarità è 2, quindi BH=2ON.

Disegniamo una linea retta passante per i punti H e O. Otteniamo due triangoli simili?NOG e?BHG. Poiché BH=2ON, allora BG=2GN. Quest'ultimo significa che il punto G è il baricentro?ABC. Per il punto G è soddisfatto il rapporto HG:GO=2:1.

Sia inoltre TF la bisettrice perpendicolare? MNL e F il punto di intersezione di questa perpendicolare con la retta HO. Consideriamo le società simili ?TGF e ?NGO. Il punto G è il baricentro di ?MNL, quindi il coefficiente di somiglianza di ?TGF e ?NGO è uguale a 2. Quindi OG=2GF e poiché HG=2GO, allora HF=FO e F è il centro del segmento HO.

Se facciamo lo stesso ragionamento per quanto riguarda l'asse perpendicolare all'altro lato?MNL, allora deve passare anche per il centro del segmento HO. Ma questo significa che il punto F è il punto delle bisettrici perpendicolari?MNL. Questo punto è il centro del cerchio di Eulero. Il teorema è stato dimostrato.

CONCLUSIONE

In questo lavoro abbiamo esaminato 4 meravigliosi punti di un triangolo, studiati a scuola, e le loro proprietà, sulla base delle quali possiamo risolvere molti problemi. Sono stati considerati anche il punto di Gergonne, il cerchio di Eulero e la retta di Eulero.

ELENCO DELLE FONTI UTILIZZATE

1.Geometria 7-9. Libro di testo per le scuole secondarie // Atanasyan L.S., Butuzov V.F. e altri - M.: Educazione, 1994.

2.Amelkin V.V. Geometria nel piano: Teoria, problemi, soluzioni: Proc. Un manuale di matematica // V.V. Amelkin, V.L. Rabtsevich, V.L. Timokhovich - Mn.: “Asar”, 2003.

.V.S. Bolodurin, O.A. Vakhmyanina, T.S. Izmailova // Manuale di geometria elementare. Orenburg, OGPI, 1991.

.Prasolov V.G. Problemi di planimetria. - 4a ed., integrata - M .: Casa editrice del Centro di Mosca per l'educazione matematica continua, 2001.

I primi due teoremi ti sono ben noti, gli altri due li dimostreremo.

Teorema 1

Tre bisettrici di un triangolo si intersecano in un punto, che è centro del cerchio inscritto.

Prova

in base al fatto che la bisettrice di un angolo è il luogo dei punti equidistanti dai lati dell'angolo.

Teorema 2

Le tre bisettrici perpendicolari ai lati del triangolo si intersecano in un punto, che è il centro della circonferenza circoscritta.

Prova

in base al fatto che la bisettrice perpendicolare di un segmento è il luogo dei punti equidistanti dagli estremi di questo segmento.

Teorema 3

Tre altezze o tre dritte, su cui giacciono le altezze del triangolo, si intersecano in un punto. Questo punto si chiama ortocentro triangolo.

Prova

Attraverso i vertici del triangolo "ABC" tracciamo linee rette parallele ai lati opposti.

All'intersezione si forma un triangolo "A_1 B_1 C_1".

Per costruzione, "ABA_1C" è un parallelogramma, quindi "BA_1 = AC". Allo stesso modo, è stabilito che "C_1B = AC", quindi "C_1B = AC", il punto "B" è il centro del segmento "C_1A_1".
Esattamente allo stesso modo si dimostra che `C` è il mezzo di `B_1A_1` e `A` è il mezzo di `B_1 C_1`.
Sia "BN" l'altezza del triangolo "ABC", quindi per il segmento "A_1 C_1" la retta "BN" è la bisettrice perpendicolare. Ne consegue che le tre rette su cui giacciono le altezze del triangolo "ABC" sono le bisettrici perpendicolari dei tre lati del triangolo "A_1B_1C_1"; e tali perpendicolari si intersecano in un punto (Teorema 2).
Se il triangolo è acuto, ciascuna delle altezze è un segmento che collega il vertice e qualche punto sul lato opposto. In questo caso i punti "B" e "N" si trovano in semipiani diversi formati dalla linea "AM", ciò significa che il segmento "BN" interseca la linea "AM", il punto di intersezione si trova all'altezza "BN" , cioè si trova all'interno del triangolo .
In un triangolo rettangolo il punto di intersezione delle altezze è il vertice dell'angolo retto.

Teorema 4

Tre mediane di un triangolo si intersecano in un punto e sono divisi per il punto di intersezione nel rapporto "2:1", contando dal vertice. Questo punto è chiamato centro di gravità (o centro di massa) del triangolo.
Esistono varie dimostrazioni di questo teorema. Presentiamone uno basato sul teorema di Talete.

Prova

Siano `E`, `D` e `F` i punti medi dei lati `AB`, `BC` e `AC` del triangolo `ABC`.

Disegniamo la mediana `AD` attraverso i punti `E` e `F` parallelo ha linee rette "EK" e "FL". Per il teorema di Talete `BK = KD` ``(/_ABC`, E K ‖ A D) EK\|AD) e `DL = LC` ` `(/_ACB`, A D ‖ F L) AD\| FL). Ma `BD = DC = a//2`, quindi `BK = KD = DL = LC = a//4`. Per lo stesso teorema `BN = NM = MF` ``(/_ FBC`, N K ‖ M D ‖ F L) NK\| MD\| FL), quindi `BM = 2MF`.

Ciò significa che la mediana "BF" nel punto "M" di intersezione con la mediana "AD" è stata divisa nel rapporto "2:1" contando dal vertice.

Dimostriamo che la mediana "AD" nel punto "M" è divisa nello stesso rapporto. Il ragionamento è simile.

Se consideriamo le mediane `BF` e `CE`, possiamo anche mostrare che esse si intersecano nel punto in cui la mediana `BF` è divisa nel rapporto "2:1", cioè nello stesso punto "M". E a questo punto anche la mediana "CE" sarà divisa nel rapporto "2:1", contando dal vertice.

Contenuto

Introduzione………………………………3

Capitolo 1.

1.1 Triangolo…………………..………..4

1.2. Mediane di un triangolo

1.4. Altezze in un triangolo

Conclusione

Elenco della letteratura usata

Opuscolo

introduzione

La geometria è una branca della matematica che si occupa di varie figure e delle loro proprietà. La geometria inizia con un triangolo. Da due millenni e mezzo il triangolo è simbolo della geometria; ma non è solo un simbolo, un triangolo è un atomo di geometria.

Nel mio lavoro considererò le proprietà dei punti di intersezione delle bisettrici, delle mediane e delle altezze di un triangolo e parlerò delle loro notevoli proprietà e delle linee del triangolo.

Tali punti studiati in un corso di geometria scolastica includono:

a) il punto di intersezione delle bisettrici (il centro del cerchio inscritto);

b) il punto di intersezione delle perpendicolari bisettrici (il centro della circonferenza circoscritta);

c) punto di intersezione delle altezze (ortocentro);

d) punto di intersezione delle mediane (centroide).

Rilevanza: ampliare la tua conoscenza del triangolo,le sue proprietàpunti meravigliosi.

Bersaglio: esplorazione del triangolo fino ai suoi punti notevoli,studiandoliclassificazioni e proprietà.

Compiti:

1. Studiare la letteratura necessaria

2. Studia la classificazione dei punti notevoli di un triangolo

3. Essere in grado di costruire punti triangolari notevoli.

4. Riassumere il materiale studiato per la progettazione dell'opuscolo.

Ipotesi di progetto:

la capacità di trovare punti notevoli in qualsiasi triangolo consente di risolvere problemi di costruzione geometrica.

Capitolo 1. Informazioni storiche sui punti notevoli del triangolo

Nel quarto libro degli Elementi, Euclide risolve il problema: “Inscrivere un cerchio in un triangolo dato”. Dalla soluzione consegue che le tre bisettrici degli angoli interni del triangolo si intersecano in un punto: il centro del cerchio inscritto. Dalla soluzione di un altro problema euclideo ne consegue che anche le perpendicolari riportate ai lati del triangolo nei loro punti medi si intersecano in un punto: il centro del cerchio circoscritto. Gli Elementi non dicono che le tre altezze del triangolo si intersecano in un punto, chiamato ortocentro (la parola greca “orthos” significa “diritto”, “corretto”). Questa proposta, tuttavia, era nota ad Archimede, Pappo e Proclo.

Il quarto punto singolare del triangolo è il punto di intersezione delle mediane. Archimede ha dimostrato che è il centro di gravità (baricentro) del triangolo. I quattro punti sopra menzionati hanno ricevuto un'attenzione speciale e dal XVIII secolo sono stati chiamati i punti “notevoli” o “speciali” del triangolo.

Lo studio delle proprietà di un triangolo associato a questi e ad altri punti servì come inizio per la creazione di un nuovo ramo della matematica elementare: la "geometria del triangolo" o "nuova geometria del triangolo", uno dei fondatori del quale fu Leonhard Euler. Nel 1765 Eulero dimostrò che in ogni triangolo l'ortocentro, il baricentro e il circocentro giacciono sulla stessa retta, in seguito chiamata “retta di Eulero”.

1. Triangolo

Triangolo - una figura geometrica composta da tre punti che non giacciono sulla stessa linea e tre segmenti che collegano questi punti a coppie. Punti -picchi triangolo, segmenti -lati triangolo.

IN A, B, C - vertici

AB, BC, SA - lati

AC

Ad ogni triangolo sono associati quattro punti:

Punto di intersezione delle mediane;

Punto di intersezione delle bisettrici;

Punto di intersezione delle altezze.

Il punto di intersezione delle bisettrici perpendicolari;

1.2. Mediane di un triangolo

Medina di un triangolo - , collegando il vertice dal centro del lato opposto (Figura 1). Il punto in cui la mediana interseca il lato del triangolo si chiama base della mediana.

Figura 1. Mediane di un triangolo

Costruiamo i punti medi dei lati del triangolo e disegniamo segmenti che collegano ciascuno dei vertici con il punto medio del lato opposto. Tali segmenti sono chiamati mediane.

E ancora una volta osserviamo che questi segmenti si intersecano in un punto. Se misuriamo le lunghezze dei segmenti mediani risultanti, possiamo verificare un'altra proprietà: il punto di intersezione delle mediane divide tutte le mediane in un rapporto di 2:1, contando dai vertici. Eppure il triangolo, che poggia sulla punta dell'ago nel punto di intersezione delle mediane, è in equilibrio! Un punto con questa proprietà è chiamato centro di gravità (baricentro). Il centro di uguale massa è talvolta chiamato baricentro. Pertanto, le proprietà delle mediane di un triangolo possono essere formulate come segue: le mediane di un triangolo si intersecano nel centro di gravità e sono divise per il punto di intersezione in un rapporto di 2:1, contando dal vertice.

1.3. Bisettrici di un triangolo

Bisettrice chiamato bisettrice di un angolo tracciata dal vertice dell'angolo alla sua intersezione con il lato opposto. Un triangolo ha tre bisettrici corrispondenti ai suoi tre vertici (Figura 2).

Figura 2. Bisettrice del triangolo

In un triangolo qualunque ABC disegniamo le bisettrici dei suoi angoli. E ancora, con una costruzione esatta, tutte e tre le bisettrici si intersecheranno in un punto D. Anche il punto D è insolito: è equidistante da tutti e tre i lati del triangolo. Ciò può essere verificato abbassando le perpendicolari DA 1, DB 1 e DC1 ai lati del triangolo. Sono tutti uguali tra loro: DA1=DB1=DC1.

Se disegni un cerchio con centro nel punto D e raggio DA 1, toccherà tutti e tre i lati del triangolo (cioè avrà solo un punto comune con ciascuno di essi). Un tale cerchio si dice inscritto in un triangolo. Quindi le bisettrici degli angoli di un triangolo si intersecano al centro del cerchio inscritto.

1.4. Altezze in un triangolo

Altezza del triangolo - , caduto dall'alto al lato opposto o una linea retta coincidente con il lato opposto. A seconda del tipo di triangolo, l'altezza può essere contenuta all'interno del triangolo (ad es triangolo), coincidono con il suo lato (be triangolo) o passare all'esterno del triangolo in corrispondenza di un triangolo ottuso (Figura 3).

Figura 3. Altezze nei triangoli

Se costruisci tre altezze in un triangolo, si intersecheranno tutte in un punto H. Questo punto è chiamato ortocentro. (Figura 4).

Utilizzando le costruzioni, puoi verificare che, a seconda del tipo di triangolo, l'ortocentro si trova in modo diverso:

per un triangolo acuto - interno;

per uno rettangolare - sull'ipotenusa;

per un angolo ottuso è all'esterno.

Figura 4. Ortocentro del triangolo

Abbiamo così conosciuto un altro punto notevole del triangolo e possiamo dire che: le altezze del triangolo si intersecano nell'ortocentro.

1.5. Bisettrici perpendicolari ai lati di un triangolo

La bisettrice perpendicolare di un segmento è una linea perpendicolare al segmento dato e passante per il suo punto medio.

Disegniamo un triangolo arbitrario ABC e disegniamo le bisettrici perpendicolari ai suoi lati. Se la costruzione viene eseguita con precisione, tutte le perpendicolari si intersecheranno in un punto, il punto O. Questo punto è equidistante da tutti i vertici del triangolo. In altre parole, se disegni un cerchio con centro nel punto O, che passa per uno dei vertici del triangolo, allora passerà anche per gli altri due vertici.

Una circonferenza passante per tutti i vertici di un triangolo si dice circoscritta ad esso. Pertanto, la proprietà stabilita di un triangolo può essere formulata come segue: le bisettrici perpendicolari ai lati del triangolo si intersecano al centro del cerchio circoscritto (Figura 5).

Figura 5. Triangolo inscritto in una circonferenza

Capitolo 2. Studio dei punti notevoli del triangolo.

Studio dell'altezza nei triangoli

Tutte e tre le altezze di un triangolo si intersecano in un punto. Questo punto è chiamato ortocentro del triangolo.

Le altezze di un triangolo acuto si trovano rigorosamente all'interno del triangolo.

Di conseguenza, anche il punto di intersezione delle altezze si trova all'interno del triangolo.

In un triangolo rettangolo le due altezze coincidono con i lati. (Queste sono le altezze tracciate dai vertici degli angoli acuti alle gambe).

L'altezza relativa all'ipotenusa si trova all'interno del triangolo.

AC è l'altezza tracciata dal vertice C al lato AB.

AB è l'altezza tracciata dal vertice B al lato AC.

AK è l'altezza tracciata dal vertice dell'angolo retto A all'ipotenusa BC.

Le altezze di un triangolo rettangolo si intersecano nel vertice dell'angolo retto (A è l'ortocentro).

In un triangolo ottuso c'è una sola altezza all'interno del triangolo, quella tracciata dal vertice dell'angolo ottuso.

Le altre due altezze giacciono esterne al triangolo e si abbassano fino alla continuazione dei lati del triangolo.

AK è l'altezza tracciata rispetto al lato BC.

BF - quota tracciata fino alla continuazione del lato AC.

CD è l'altezza tracciata fino alla continuazione del lato AB.

Anche il punto di intersezione delle altezze di un triangolo ottuso è esterno al triangolo:

H è l'ortocentro del triangolo ABC.

Studio delle bisettrici di un triangolo

La bisettrice di un triangolo è la parte della bisettrice dell'angolo del triangolo (raggio) che si trova all'interno del triangolo.

Tutte e tre le bisettrici di un triangolo si intersecano in un punto.

Il punto di intersezione delle bisettrici nei triangoli acuti, ottusi e rettangoli è il centro del cerchio inscritto nel triangolo e si trova all'interno.

Studio delle mediane in un triangolo

Poiché un triangolo ha tre vertici e tre lati, ci sono anche tre segmenti che collegano il vertice e il centro del lato opposto.

Dopo aver esaminato questi triangoli, mi sono reso conto che in ogni triangolo le mediane si intersecano in un punto. Questo punto si chiama baricentro del triangolo.

Studio delle bisettrici perpendicolari ad un lato di un triangolo

Bisettrice perpendicolare di un triangolo è una perpendicolare tracciata al centro di un lato di un triangolo.

Le tre bisettrici perpendicolari di un triangolo si intersecano in un punto e sono il centro della circonferenza circoscritta.

Il punto di intersezione delle bisettrici perpendicolari in un triangolo acuto si trova all'interno del triangolo; in un angolo ottuso - fuori dal triangolo; in uno rettangolare - nel mezzo dell'ipotenusa.

Conclusione

Nel corso del lavoro svolto arriviamo alle seguenti conclusioni:

Obiettivo raggiunto:esplorò il triangolo e trovò i suoi punti notevoli.

I compiti assegnati sono stati risolti:

1). Abbiamo studiato la letteratura necessaria;

2). Abbiamo studiato la classificazione dei punti notevoli di un triangolo;

3). Abbiamo imparato come costruire meravigliosi punti triangolari;

4). Abbiamo riassunto il materiale studiato per la progettazione del libretto.

È stata confermata l'ipotesi che la capacità di trovare punti notevoli di un triangolo aiuti a risolvere i problemi di costruzione.

L'opera delinea in modo coerente le tecniche per costruire punti notevoli di un triangolo e fornisce informazioni storiche sulle costruzioni geometriche.

Le informazioni tratte da questo lavoro possono essere utili nelle lezioni di geometria in 7a elementare. L'opuscolo può diventare un libro di consultazione sulla geometria sull'argomento presentato.

Bibliografia

Manuale. L.S. Atanasyan “Geometria gradi 7-9Mnemosine, 2015.

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

Vele scarlatte del portale

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