Если у вас возникли сложности с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой - мы готовы помочь.
Предоплата всего
Подписываем
Геометрия - удивительная наука. Ее история насчитывает не одно тысячелетие, но каждая встреча с ней способна одарить и обогатить (как ученика, так и учителя) волнующей новизной маленького открытия, изумляющей радостью творчества. Действительно, любая задача элементарной геометрии является, по существу, теоремой, а е решение – скромной (а иногда и огромной) математической победой. Простейший из многоугольников, треугольник, играет в геометрии особую роль. Геометрия начинается с треугольника. Вот уже два с половиной тысячелетия треугольник является символом геометрии. Треугольник неисчерпаем – постоянно открываются его новые свойства. Чтобы рассказать о всех известных его свойствах, необходим том, сравнимый по объему с томом Большой энциклопедии.
Без преувеличения можно сказать, что вся (или почти вся) геометрия со времен «Начал» Евклида покоится на «трех китах» - трех признаках равенства треугольников. Лишь на рубеже XIX – XX вв. математики научились строить геометрию на основе более фундаментального и общего, чем равенство треугольников, понятия геометрического преобразования.
За несколько тысячелетий геометры столь подробно изучали треугольник, что иногда говорят о «геометрии треугольника» как о самостоятельном разделе элементарной геометрии. В треугольнике выделяют 6 основных элементов – 3(внутренних) угла А, В, С и 3 соответственно противолежащие им стороны а, b, с. Кроме того ,элементы треугольника нельзя задать произвольно. Необходимо чтобы выполнялись три « неравенства треугольника»: a
Центральное место в геометрии треугольника занимают так называемые замечательные линии и точки. К числу таких линий, изучаемых в школьном курсе геометрии, относятся:
• высоты треугольника;
• медианы треугольника;
• биссектрисы треугольника.
Добавим к ним другие линии:
• прямая Эйлера;
• прямая Симсона.
С каждым треугольником связаны четыре точки:
• точка пересечения серединных перпендикуляров (центр описанной окружности);
• точка пересечения высот (ортоцентр);
• точка пересечения медиан (центр тяжести треугольника);
• точка пересечения биссектрис (центр вписанной окружности).
Эти четыре точки называют замечательными точками треугольника.
Добавим к ним некоторые другие точки:
• точка Торричелли;
• окружность девяти точек;
• точки Брокара.
Значимость данных свойств в современном мире огромна. Знания о них практически применяются в строительстве, архитектуре, промышленном производстве и многих других областях деятельности человека.
Замечательные линии треугольника
Высотой треугольника называется перпендикуляр, опущенный из любой вершины треугольника на противолежащую сторону или на ее продолжение( сторона, на которую опускается перпендикуляр, называется в этом случае основанием треугольника). Любой треугольник имеет три высоты.
В тупоугольном треугольнике АВС (рис.1 ) две высоты СЕ и ВF падают на продолжение сторон АВ и АС соответственно, и лежат вне треугольника; третья АD – внутри треугольника.
АD, ВF, СЕ – высоты ∆ АВС.
Высота треугольника, опущенная на сторону а, ha
В остроугольном треугольнике (рис.2 ) все три высоты лежат внутри треугольника.
В прямоугольном треугольнике (рис.3) катеты служат и высотами.
Медианой треугольника называется отрезок, соединяющий любую вершину треугольника с серединой противоположной стороны. Любой треугольник имеет три медианы.
АD, ВЕ, СF – медианы ∆ АВС.
Медиана, соединяющая вершину А с серединой стороны а, ma.
Биссектрисой треугольника называется отрезок биссектрисы любого угла от вершины до пересечения с противоположной стороной. Любой треугольник имеет три биссектрисы.
СF, АD, BE - биссектрисы ∆ АВС.
Биссектриса угла А, la.
Биссектриса делит противоположную сторону на части, пропорциональные прилежащим к ней сторонам.
АЕ:ЕС=АВ:ВС
^ Серединным перпендикуляром к стороне треугольника является перпендикуляр к отрезку, на котором задана сторона, проведенный через середину этого отрезка.
ED- серединный перпендикуляр к стороне ВС треугольника АВС.
^ EDВС, ВD = DС.
Любая точка серединного перпендикуляра равноудалена от концов отрезка, к которому перпендикуляр проводится.
Задачи, относящиеся к расположению биссектрис, медиан и высот треугольника.
Задача 1. Из вершины треугольника проведены биссектриса, медиана и высота. В каком порядке они расположены, если смотреть от меньшей из сторон при этой вершине к большей?
Решение. BH – высота, проведенная из вершины В, BL – биссектриса, BM – медиана, ВС.
ВСА, и .
Но тогда, , и поэтому биссектриса BL лежит внутри угла АВН, то есть точка L лежит между точками Н и А.
Зная, что биссектриса делит сторону, к которой проводится на отрезки пропорциональные прилежащим к ней сторонам, имеем: . Из неравенства ВС, а поэтому середина АС, точка М, лежит на отрезке AL, между точками L и А.
Ответ: биссектриса треугольника расположена между высотой и медианой, проведенными из той же вершины.
Задача 2. По углам А и В треугольника АВС (∟А < ∟В) определите угол между высотой и биссектрисой, проведенными из вершины С.
Решение.
Пусть СD – высота, СЕ – биссектриса,
∟ВСD = 90° - ∟В, ∟ВСЕ =
Следовательно ,∟DСЕ = ∟ВСЕ -∟ВСD=
=-(90° - ∟В)= .
Задача 3.Какая из высот треугольника наименьшая?
Решение.
Пусть О – точка пересечения высот треугольника АВС. Если АС<АВ, то ∟С > ∟В.
Окружность с диаметром ВС пройдет через точки F и G. Учитывая , что из двух хорд меньше та, на которую опирается меньший вписанный угол, получаем, что СG < BF, то, есть меньше та высота, которая опущена на большую сторону.
Задача4. К какой из вершин треугольника ближе расположена точка пересечения биссектрис?
Решение.
Пусть О - точка пересечения биссектрис треугольника АВС. Воспользуемся тем , что
против большей стороны треугольника лежит больший угол. Если АВ>ВС, то ∟А < ∟С и, следовательно, ∟ОАD < ∟ОСD. Поэтому ОС < ОА, то есть центр О вписанной окружности лежит ближе к вершине, расположенной против большей стороны.
^ Из истории замечательных точек треугольника
Поясним сначала выражение «замечательные точки треугольника». Все мы знаем, что биссектрисы внутренних углов треугольника пересекаются в одной точке – центре, вписанной в этот треугольник окружности. Точно также, в одной точке пересекаются медиана, высоты треугольника, серединные перпендикуляры к сторонам. Получающиеся при пересечении перечисленных троек прямых точки, конечно же, замечательны (ведь три прямые, как правило, пересекаются в трех различных точках).
В школьном курсе геометрии изучаются четыре замечательные точки треугольника: точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника, точка пересечения медиан, точка пересечения биссектрис, точка пересечения высот.
Кроме этого существует девять особых точек: середины сторон, основания высот, середины отрезков, соединяющих ортоцентр (точку пересечения высот) с вершинами треугольника.
В четвертой книге «Начал» Евклид решает задачу «Вписать круг в данный треугольник». Из решения вытекает, что три биссектрисы внутренних углов треугольника пересекаются в одной точке – центре вписанного круга. Из решения другой задачи Евклида вытекает, что перпендикуляры, восстановленные к сторонам треугольника в их серединах, тоже пересекаются в одной точке – центре описанного круга. В «Началах» не говорится о том, что и три высоты треугольника пересекаются в одной точке, называемой ортоцентром (греческое слово «ортос» означает прямой, правильный). Это предложение было, однако, известно Архимеду, Паппу, Проклу. Четвертой особенной точкой треугольника является точка пересечения медиан. Архимед доказал, что она является центром тяжести (барицентром) треугольника. На вышеназванные четыре точки было обращено особое внимание, начиная с XVIII в. они были названы «замечательными» или «особенными точками треугольника». Исследование свойств треугольника, связанных с этими и другими точками, послужило началом для создания новой ветви элементарной математики – «геометрии треугольника», или «новой геометрии треугольника», одним из родоначальников которой был Леонард Эйлер.
В 1765 г. Эйлер доказал, что в любом треугольнике ортоцентр, барицентр и центр описанной окружности лежат на окружности лежат на одной прямой, названной позже «прямой Эйлера». В 20-х годах XIX в. французские математики Ж. Понселе, Ш. Брианшон и другие установили независимо друг от друга следующую теорему: основания медиан, основания высот и середин отрезков высот, соединяющих ортоцентр с вершинами треугольника, лежат на одной и той же окружности. Эта окружность называется «окружностью девяти точек», или «окружностью Фейербаха», или «окружностью Эйлера». К. Фейербах установил, что центр этой окружности лежит на «прямой Эйлера». Большой вклад в развитие геометрии треугольника внесли математики XIX – XX вв. Лемуан, Брокар, Тебо и др.
^ Замечательные точки треугольника
1.Свойства медиан треугольника.
Теорема. Все три медианы треугольника пересекаются в одной точке ( являющейся центром тяжести треугольника).
Пусть в треугольнике АВС (рис.1) АD и ВЕ – медианы, пересекающиеся в точке О. Докажем, что и отрезок NС, проходящий через третью вершину этого треугольника и точку О, будет также медианой, т.е. АN = NВ.
Для доказательства через точку Е проведем ЕF║АD, тогда СF = FD. Разделим отрезок ВD пополам; пусть DК = КВ. получим n1 = n2 = n3 = n4, как половины равных отрезков СD и ВD.
Через точку К проведем КS║АD; тогда m1= m2 =m3, так как КS║ОD║ЕF и n4 = n3 = n2.
Через точки S и Е проведем SР║ОN и ЕQ║ОN, тогда l4 = l3 = l2, так как SР║ОN║ЕQ и m3 = m2 =m1. Кроме того, l2 = l1, так как АЕ = ЕС и ЕQ║СN. Отсюда l4 = l3 = l2 = l1, но l4 + l3 =NB, a
l2 + l1 =NA.
Следовательно, АN = NВ, т.е. NС является также медианой треугольника АВС.
Таким образом, все три медианы пересекаются в одной точке.
Кроме, того, мы видим ,что отрезок ОЕ составляет ВЕ. Аналогично можно доказать, что отрезок ОN составляет СN и отрезок ОD составляет АD. Таким образом, точка пересечения медиан в треугольнике отделяет от каждой медианы третью часть, считая от соответствующей стороны.
2.Следствие. Биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке ( являющейся центром вписанного круга).
Обозначим буквой О точку пересечения биссектрис АА1 и ВВ1 треугольника АВС и проведем из этой точки перпендикуляры ОК , ОL и ОМ соответственно к прямым АВ,ВС и СА (рис.2).
По теореме( каждая точка биссектрисы неразвернутого угла равноудалена от его сторон.) имеем, что ОК = ОМ и ОК = ОL. Поэтому ОМ = ОL, т.е. точка О равноудалена от сторон угла АСВ и, значит, лежит на биссектрисе СС1 этого угла. Следовательно, все три биссектрисы треугольника АВС пересекаются в одной точке, точка О равноудалена от сторон треугольника, то есть, является центром вписанного круга, что и требовалось доказать.
^ 3.Следствие. Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника пересекаются в одной точке (служащей центром описанного круга) .
Обозначим точкой О точку пересечения серединных перпендикуляров m и n к сторонам АВ и ВС треугольника АВС. По теореме(каждая точка серединного перпендикуляра к отрезку равноудалена от концов этого отрезка) ОВ = ОА и ОВ = ОС. Поэтому ОА = ОС, т.е. точка О равноудалена от концов отрезка АС и, значит , лежит на серединном перпендикуляре к этому отрезку. Следовательно, все три серединных перпендикуляра m, n, p к сторонам треугольника АВС пересекаются в точке О.
Точка О равноудалена от всех вершин треугольника, то есть является центром описанного круга.
4.Теорема. Высоты треугольника (или их продолжения) пересекаются в одной точке (называемой ортоцентром; в тупоугольном треугольнике ортоцентр лежит вне треугольника; в прямоугольном он совпадает с вершиной прямого угла, в остроугольном лежит внутри треугольника).
Доказательство.
Рассмотрим произвольный треугольник АВС и докажем, что прямые АА1,ВВ1 и СС1 содержащие его высоты пересекаются в одной точке. Проведем через каждую вершину треугольника АВС прямую, параллельную противоположной стороне. Получим треугольник А2В2С2. Точки А, В и С являются серединами сторон этого треугольника.
Действительно АВ =А2С и АВ =СВ2 как противоположные стороны параллелограммов АВА2С
и АВСВ2, поэтому А2С = СВ2. Аналогично С2А = АВ2и С2В = ВА2. Кроме того, как следует из построения, СС1 А2В2, АА1 В2С2 и ВВ1 А2С2. Таким образом, прямые АА1, ВВ1 и СС1 являются серединными перпендикулярами к сторонам треугольника А2В2С2.Следовательно они пересекаются в одной точке.
Малоизвестное свойство биссектрисы треугольника
Теорема. Пусть биссектрисы AL1, BL2, CL3 треугольника АВС пересекаются в точке I. Тогда
Доказательство.
АL1 – биссектриса треугольника АВС. Пусть , тогда . Известно, что , откуда .
Из того, что СI – биссектриса треугольника AL1C , и используя полученное выражение для х,
имеем: Два другие равенства доказываются аналогично.
^ Теорема о медианах треугольника
Теорема. Медианы треугольника делят его на шесть треугольников, площади которых равны.
Дано: ∆АВС, АА1, ВВ1, СС1 – медианы.
Доказать: S1 = S2 =S3 =S4 = S5 =S6.
Доказательство.
1.Рассмотрим ∆А1ОВ и ∆А1ОС. Так как ВА1 = А1С и высота у этих треугольников общая, то
S1 = S2. Аналогично S3 =S4; S5 = S6.
2. Рассмотрим ∆ АВВ1 и ∆ В1ВС. Так как АВ1 = В1С и высота у них общая, то
S∆ABB1 = S∆B1 BС, т.е. S4+S5+S6 = S1+S2+ S3 .
Так как S3 = S4 ,то S5 + S6 = S1 +S2. а так как S5 = S6 и S1 = S2, то 2S5 = 2S1 → S5 = S1 или
2S6 = 2S1 →S6 = S1, и S1 = S2 = S5 =S6.
Аналогично, рассмотрев ∆ ВСС1 и ∆ АСС1, получим
S1 = S2 =S3 = S4 =S5 = S6, что и требовалось доказать.
^ Точка Брокара
Точка Р, лежащая внутри треугольника АВС, называется первой точкой Брокара, если РАС=РСВ=РВА.
Для второй точки Брокара Q должны выполняться равенства QAB=QCA=QBC.
Докажем, что для любого треугольника существует ровно одна первая точка Брокара (для второй точки Брокара рассуждения аналогичны).
Построим на сторонах треугольника АВС подобные ему треугольники А1 ВС, АВ1 С и АВС1.
α, β, γ -углы треугольника. Поскольку АСР=АСВ-РСВ, равенство РАС=РСВ эквивалентно равенству АРС=180- γ. Но АВ1 С= γ , поэтому точка Брокара Р лежит на описанной окружности треугольника АВ1 С.
Аналогичные рассуждения для остальных углов показывают, что Р является точкой Брокара тогда и только тогда, когда она принадлежит описанным окружностям всех трех треугольников А1 ВС, АВ1 С и АВС1.
Поскольку описанные окружности треугольников А1 ВС и АВ1 С пересекаются в двух точках и одна из них – точка С, мы тем самым доказали, что существует не более одной первой точки Брокара. Для доказательства существования точки Брокара достаточно показать, что эти три окружности действительно имеют общую точку.
Пусть Р - точка пересечения описанных окружностей треугольников А1 ВС и АВ1 С, отличная от точки С. Нетрудно доказать, что точка Р лежит внутри треугольника АВС. Имеем:
АРС = 180- γ ,
ВРС = 180-β,
АРВ=360-АРС- ВРС= =β+γ = 180-α,
следовательно, точка Р лежит и на описанной окружности треугольника АВС1, т.е.
Р – точка Брокара.
Отметим, что отрезки АА1, ВВ1 и СС1 пересекаются в точке Р. Действительно, по теореме о вписанном угле, опирающихся на одну и туже дугу окружности, А1РС = А1 ВС=γ, А1РВ=А1СВ=α, С1 РВ = С1 АВ =β.
Но α+β+γ=180,поэтому отрезок СС1 проходит через точку Р. Аналогично доказывается, что и отрезки АА1 и ВВ1 проходят через эту точку. Тем самым мы получили более простой способ построения первой точки Брокара.
^ Угол Брокара
Пусть Р и Q-первая и вторая точки Брокара треугольника АВС соответственно,
=РАС=РСВ =РВА,
=QAB=QCA=QBC.
Докажем, что =.так же, как в предыдущем пункте, построим точку А.как мы установили, точка Р лежит на отрезке АА1 .Поскольку АВА1=,то прямые АС и ВА1 параллельны. Пусть точки К и L-основания перпендикуляров ,опущенных на прямую АС из точек В и А1соответственно. Пусть также точка К лежит на отрезке АС, а не на его продолжении (остальные случаи разбираются аналогично), тогда из равенства ВК=А1 L получаем:
ctg==++=ctg+ctg+ctg.
Поскольку, по определению угол меньше любого из углов треугольника АВС, а значит, меньше 90, то по величине ctg однозначно определяется .Для угла, связанного со второй точкой Брокара, мы получим точно такое же выражение ,поэтому =.
Из равенства этих углов следует, что первая и вторая точки Брокара изогонально сопряжены.
^ Докажем, что угол Брокара любого треугольника не превосходит 30.
Известно, что площадь любого треугольника равна S=bcsin.
|∙cos
|:sin
|·2
Тогда по теореме косинусов
2=b2+c2-=b2+c2-4Sctg
Аналогично
b2=c2+a2-=c2+a2-
c2=a2+b2-
Складываем последние 3 равенства
a2+b2+c2=b2+c2-4S+c2+a2-4Sctg+a2+b2-4Sctg γ
b2+c2+ c2 +a2+a2+b2-a2-b2-c2
4S=a2+b2+c2
ctg
Также известно, что площадь треугольника можно найти по формуле Герона: S=
Для доказательства используем известное неравенство: среднее арифметическое трёх чисел не меньше среднего геометрического этих чисел:
и
Тогда , или
Зная, что
так как .
Отсюда получили:
Значит, используя известное свойство неравенств, для положительных чисел a и b верно:, получаем
Y=ctgx убывающая функция при
Большему аргументу соответствует меньшее значение функции, и наоборот.
Значит, если , то .
Нас заинтересовал вопрос, может ли точка Р лежать на биссектрисе, на медиане, на высоте или на двух из них. Легко убедиться в том, что если точка Р – центр описанной окружности, или центр вписанной окружности, или ортоцентр, то треугольник правильный. Рассмотрим случай, когда Р – точка пересечения медиан.
Теорема 1. Если точка Брокара Р есть точка пересечения медиан, то треугольник правильный.
Доказательство.
Так как ∆АРD ~ ∆ВАD, то АD: ВD = РD :АD, АD2 = ВD·РD = , ВD = АD и АD = DС.
Тогда ВD = DС и ВD2 =DС2·3. Перепишем последнее равенство в таком виде :
: DС = DС:ВD
Из этой пропорции следует, что треугольники DВС и DСР подобны. Значит, ∟DВС = ∟DСР. Получаем: ∟В = ∟С и АВ = АС. Аналогично можно доказать, что АВ = ВС.
Рассмотрим теперь случай, когда точка Р лежит двух линиях разного названия.
Теорема2. ^ Если точка Брокара Р является пересечением медианы СМ с биссектрисой АЕ, то треугольник АВС правильный.
Доказательство. Так как Р – точка Брокара, то , АЕ биссектриса, следовательно, и - равнобедренный.
Поэтому ВР =АР, и отрезок РМ в треугольнике АВР служит как медианой, так и высотой. Но тогда отрезок СМ в треугольнике АВС также служит высотой и медианой, а значит и биссектрисой, следовательно, точка Р – пересечение биссектрис, треугольник АВС правильный.
Теорема3. Если точка Брокара Р является точкой пересечения медианы СМ с высотой ВD, то треугольник АВС правильный.
Доказательство.
Из подобия треугольников МВР и МСВ следует, что
МВ:МС = МР:МВ или МВ2=МС·МР, но по условию
МВ =МА, тогда МА2=МС·МР и МА:МС = МР:МА. Следовательно ∆АМР~ ∆СМА и ∟МАР = ∟МСА, а значит ∟А = ∟С, АВ =ВС, Р – точка пересечения медиан, т.е. треугольник АВС правильный.
^ Точка Торричелли.
Все углы треугольника ABC меньше 120. Докажите, что внутри него существует точка, из которой все стороны треугольника видны под углом 120.
Построим на стороне BC треугольника ABC внешним образом правильный треугольник A1BC. Пусть P — точка пересечения прямой AA1 с описанной окружностью треугольника A1BC. Тогда точка P лежит внутри треугольника ABC, APС и A1PC смежные, A1PC= 60, как вписанный угол, который опирается на дугу А1 С, на эту же дугу опирается угол правильного треугольника A1BC, равный 60, значит, APC = 180 - A1PC = 180 - 60 = 120. СPB=120, как вписанный угол, опирающийся на дугу ВА1С, равную 240. APB+APC+ВРС=360, поэтому APB=360-120-120=120.
^ Задача. В данном остроугольном треугольнике ABC найти такую точку, что, сумма ее расстояний до вершин треугольника наименьшая.
Решение. Возьмем в треугольнике ABC любую точку X и рассмотрим сумму L = ХА + ХВ + ХС. Чтобы найти наименьшее значение этой суммы, надо построить ломаную из отрезков ХА, ХВ и ХС. Для этого повернем ∆ АВХ вокруг точки А в сторону от ∆ ABC на 60°. Получим ∆ АВ'Х' = ∆ АВХ. Рассмотрим ломаную В'Х'ХС. В ней В'Х' = ВХ и Х'Х = ХА (так как ∆ АХХ' равносторонний). Следовательно, В'Х' + Х'Х + ХС = L. И становится ясно, что L достигает наименьшего значения тогда, когда точки X' и X лежат на отрезке В'С (заметим, что положение точки В' определено — она вершина равностороннего треугольника АВВ'. В этом случае углы АХ'В' и АХС — внешние углы равностороннего треугольника АХХ' и по свойству внешних углов, они равны сумме двух углов треугольника, не смежных с ним. Поэтому АХС=АХ'В'=120°. Так как ∆ АХВ=∆ АХ'В', то АХВ=120°. А тогда и ВХС=120°.
Итак, L достигает наименьшего значения для такой точки X, из которой все стороны треугольника видны под равными углами. Эту точку X легко построить на отрезке В'С, применив, например, параллельный перенос.
Замечание. Это решение пригодно лишь для треугольников, в которых все углы меньше 120°. В противном случае искомая точка - вершина тупого угла.
^ Окружность девяти точек
Пусть в треугольнике АВС (рис.8) Н –точка пересечения высот треугольника; точки А1, В1, С1 обозначают основания высот; А2,В2,С2, - середины соответствующих сторон; А3, В3,С3 - АН, ВН, СН.. Тогда точки А1, В1, С1, А2, В2, С2, А3, В3, С3 лежат на одной окружности, называемой окружностью девяти точек или окружностью Эйлера.
Действительно А3В2 – средняя линия треугольника АНС, следовательно А3В2 ║СС1.
В2А2 – средняя линия треугольника АВС, следовательно, В2А2 ║ АВ. Так как СС1 | АВ, то ∟А3В2А2 = 90°. Аналогично ∟А3С2А2 = 90°. Поэтому точки А2, В2, С2,А3 лежат на одной окружности с диаметром А2А3. Так как АА1 | ВС, то точка А1 также принадлежит этой окружности. Таким образом, точки А1 и А3 лежат на окружности, описанной около треугольника А2В2С2. Аналогичным образом показывается, что точки В1 и В3, С1 и,С3 лежат на этой окружности. Значит, все девять точек лежат на этой окружности.
^ Прямая Эйлера.
В треугольнике центр описанной окружности, точка пересечения медиан, точка пересечения высот и центр окружности девяти точек лежат на одной прямой, называемой прямой Эйлера. При этом центр окружности девяти точек лежит посередине между центром пересечения высот и центром описанной окружности .
Действительно, пусть в треугольнике АВС (рис.9) точка О – центр описанной окружности ; G – точка пересечения медиан; Р -точка пересечения высот. Требуется доказать, что точки G, О, Н – лежат на одной прямой и центр окружности девяти точек N делит отрезок ОН пополам.
Рассмотрим гомотетию с центром в точке G и коэффициентом 0,5. Вершины А,В,С треугольника АВС перейдут соответственно в точки А2, В2,С2.Высоты треугольника АВС перейдут в высоты треугольника А2В2С2, следовательно, точка Н перейдет в точку О. Поэтому
Точки О, G, Н будут лежать на одной прямой .
Покажем, что середина N отрезка ОН является центром окружности девяти точек. Действительно, С1С2 – хорда окружности девяти точек. Поэтому серединный перпендикуляр к этой хорде является частью диаметра и пересекает ОН в середине N. Аналогично, серединный перпендикуляр к хорде В1В2 является частью диаметра и пересекает ОН в той же точке N. Значит , N – центр окружности девяти точек.
^ Прямая Симпсона.
Заключение
Задачи включающие в себя решение и разбор тем по замечательным точкам треугольника в школьной программе раскрываются не полностью и большая часть остается неизученной(непройденой).Такие задачи для учеников являются сложными и непривычными, в течение изучения данной темы по школьной программе не вырабатываются необходимые навыки по решению таких задач. Данная тема может частично раскрыться лишь на внеклассных занятиях или с помощью самостоятельного обучения. Эта проблема меня очень заинтересовала и я постаралась в ней разобраться. Решение задач на замечательные точки треугольника требует глубокого проникновения в смысл условия задачи. Четкое сопоставление формул, теорем и их доказательств играет главную роль в решении таких задач.
В своей работе я постаралась показать оптимальные и основные способы, используя которые можно решить задачи с замечательными точками треугольника. В данной работе я сделала упор на аналитический и логический способ решения задач. В ходе изучения данной темы я сформировала собственные навыки решения геометрических задач. Также приобрела навык организаторской деятельности, самостоятельного поиска необходимого научного материала из различных источников информации и Также Кроме того мне стало намного легче работать на уроках геометрии, т. к. я могу использовать знания полученные в ходе исследования этой темы в других отраслях геометрии.
Данная работа может использоваться на факультативных занятиях для 7-11 классов ,лекциях и подготовке учащихся к олимпиадам по геометрии, а так же в профильном обучении старших классов.
Литература.
1. Выгодский М.Я. Справочник по элементарной математике. М.:«Наука» 1986г.
2.Савин А.П. Энциклопедический словарь юного математика М.: «Педагогика» 1989г.
3.Александров А. Д. и др. Геометрия 8 -9 М.: «Просвещение» 1991 г.
4.Атанасян Л.С. Геометрия 7 – 9 М.: «Просвещение» 1994г.
5.Бекбоев И. и др. «Геометрия» 9 класс Алматы «Мектеп» 2009 г.
6.Журнал «Математика в школе» №5 1999г. М.: «Школа –Пресс»
7.Журнал «Математика в школе» №6 1998г. М.: «Школа – Пресс»
8.Газета «Математика» М.: «Первое сентября» №17 2006г.
9.Газета «Математика» М.: «Первое сентября» № 9 1999г.
10. Прасолов В.В «Задачи по планиметрии» часть 1 М.:«Наука» 1991г.
11. Прасолов В.В «Точки Брокара и изогональное сопряжение» Библиотека «Математическое просвещение» Выпуск 4, М.: 2000 г.
12.Болтянский В. Г. и др. «Векторное изложение геометрии» М.: «Просвещение» 1982 г.
13. Шувалова Э.З., Каплун В.И. «Геометрия» М.: «Высшая школа» 1980 г.
Microsoft
14
Доклад по геометрии
На тему: «Четыре замечательных
Работу выполнила ученица 8 «А» класса Пилоян Стелла