Pobieranie prezentacji. Proszę czekać

Pobieranie prezentacji. Proszę czekać

Projekt AS KOMPETENCJI jest współfinansowany przez Unię Europejską w ramach środków Europejskiego Funduszu Społecznego Program Operacyjny Kapitał Ludzki.

Podobne prezentacje


Prezentacja na temat: "Projekt AS KOMPETENCJI jest współfinansowany przez Unię Europejską w ramach środków Europejskiego Funduszu Społecznego Program Operacyjny Kapitał Ludzki."— Zapis prezentacji:

1 Projekt AS KOMPETENCJI jest współfinansowany przez Unię Europejską w ramach środków Europejskiego Funduszu Społecznego Program Operacyjny Kapitał Ludzki CZŁOWIEK – NAJLEPSZA INWESTYCJA Publikacja jest współfinansowana przez Unię Europejską w ramach środków Europejskiego Funduszu Społecznego Prezentacja jest dystrybuowana bezpłatnie

2 Nazwa szkoły: VIII LO im. A. Mickiewicza w Poznaniu ID grupy: 97/94_MF_G2 Kompetencja: matematyka i fizyka Temat projektowy: Elementy geometrii w trójkątach Semestr/rok szkolny: 2011/2012

3 – wielokąt o trzech bokach. Trójkąt to najmniejsza figura wypukła i domknięta, zawierająca pewne trzy ustalone i niewspółliniowe punkty płaszczyzny. Odcinki tworzące łamaną nazywamy bokami trójkąta, punkty wspólne sąsiednich boków nazywamy wierzchołkami trójkąta. Każdy trójkąt jest jednoznacznie wyznaczony przez swoje wierzchołki.

4 Trójkąty można dzielić ze względu na długości ich boków oraz ze względu na miary ich kątów. Przy podziale ze względu na boki wyróżnia się: trójkąt różnoboczny ma każdy bok innej długości; trójkąt równoramienny ma przynajmniej dwa boki tej samej długości; trójkąt równoboczny ma wszystkie trzy boki tej samej długości; w tym przypadku też wszystkie jego kąty są tej samej miary.

5 Przy podziale ze względu na kąty wyróżnia się: trójkąt ostrokątny, którego wszystkie kąty wewnętrzne są ostre; trójkąt prostokątny to taki, w którym jeden z kątów wewnętrznych jest prosty (a więc pozostałe sumują się do kąta prostego); boki tworzące kąt prosty nazywa się przyprostokątnymi, pozostały bok nosi nazwę przeciwprostokątnej; przeciwprostokątna zawsze jest dłuższa od każdej przyprostokątnej; trójkąt rozwartokątny, którego jeden kąt wewnętrzny jest rozwarty.

6 W trójkącie prostokątnym suma kwadratów długości przyprostokątnych jest równa kwadratowi długości przeciwprostokątnej tego trójkąta. a 2 + b 2 = c 2

7 Oblicz wysokość trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych 12cm i 9cm, która jest poprowadzona do przeciwprostokątnej.

8 Odpowiedź: Zacznijmy od rysunku i obliczmy długość przeciwprostokątnej. Porównajmy teraz dwa wzory na pole trójkąta.

9 Jeżeli proste równoległe przecinają ramiona kąta, to stosunek odcinków wyznaczonych przez te proste na jednym z ramion kata jest równy stosunkowi odpowiednich odcinków wyznaczonych przez te proste na drugim ramieniu tego kąta. Jeżeli AC || BD, to: |OA| |OC| |OA| |OC| |OB| = |OD|, |AB| = |CD|, |OA| |OB| |AC| |BD| |BD| |OB| |OC| = |OD|, |OA| = |OB|, |AC| = |OA|

10 Prosta DE jest równoległa do boku AB trójkąta ABC i przecina bok AC w punkcie D, bok BC w punkcie E. Oblicz: |AC| jeśli |CD| = 16cm, |CE| = 12cm i |BC| = 24cm |AD| jeśli |CE| = 3dm, |BE| = 5dm i |AC| = 12dm |BC| jeśli |AC| +|BC| = 18cm, |CD| = 4cm i |CE| = 2cm

11 Prosta DE jest równoległa do boku AB trójkąta ABC i przecina bok AC w punkcie D, bok BC w punkcie E. Oblicz: |AC| jeśli |CD| = 16cm, |CE| = 12cm i |BC| = 24cm |AD| jeśli |CE| = 3dm, |BE| = 5dm i |AC| = 12dm |BC| jeśli |AC| +|BC| = 18cm, |CD| = 4cm i |CE| = 2cm Odpowiedź: Zaczynamy oczywiście od rysunku.

12 Korzystamy z twierdzenia Talesa Wiemy ponadto, że

13 Dwusieczna kąta dzieli podstawę trójkąta proporcjonalnie do długości jego boków. |AC||AD| |BC| = |BD|

14

15 OKRĘGU WPISANEGO: r = ( 2P ) / ( a + b + c ) gdzie: a,b,c - boki trójkąta w który wpisany jest okrąg P - pole trójkąta w który wpisany jest okrąg OKRĘGU OPISANEGO: R = ( a + b + c ) / 4P gdzie: a,b,c - boki trójkąta na którym opisany jest okrąg P - pole trójkąta na którym opisany jest okrąg

16

17 Udowodnij, że dla dowolnych kątów prawdziwe są tożsamości

18 Udowodnij, że dla dowolnych kątów prawdziwe są tożsamości Odpowiedź: Skorzystamy z twierdzenia sinusów. Zauważmy najpierw, że przy oznaczeniach z rysunku, mamy

19

20

21

22

23

24

25

26 to prosta zawierająca jego wierzchołek i prostopadła do prostej zawierającej przeciwległy bok. Słowem "wysokość" często też nazywany jest odcinek wysokości, łączący wierzchołek z punktem na prostej zawierającej przeciwległy bok; długość tego odcinka też nazywa się wysokością. Każdy trójkąt ma trzy wysokości, które przecinają się w punkcie zwanym ortocentrum tego trójkąta.

27 to prosta zawierająca wierzchołek trójkąta i środek przeciwległego boku. Każdy trójkąt ma trzy środkowe, które przecinają się w jednym punkcie, będącym środkiem ciężkości (środkiem masy, barycentrum) trójkąta. Punkt ten dzieli każdą ze środkowych na dwie części, przy czym odcinek łączący barycentrum z wierzchołkiem jest dwa razy dłuższy od odcinka łączącego barycentrum ze środkiem boku.

28 boku trójkąta to prosta prostopadła do tego boku i przechodząca przez jego środek. Każdy trójkąt ma trzy symetralne boków, przecinające się w punkcie będącym środkiem okręgu opisanego na tym trójkącie.

29 to półproste dzielące kąty trójkąta na dwie równe części. Dwusieczne przecinają się w punkcie, który jest środkiem okręgu wpisanego w ten trójkąt.

30 okrąg styczny do jednego z boków trójkąta i przedłużeń dwóch pozostałych boków. Jego środek znajduje się w punkcie przecięcia dwusiecznych odpowiednich kątów zewnętrznych. Okrąg ten ma dokładnie jeden punkt wspólny z trójkątem.

31 jest to punkt, w którym przecinają się proste łączące wierzchołki z punktami styczności przeciwległych boków z odpowiednimi okręgami dopisanymi do nich.

32 jest to punkt przecięcia się prostych łączących wierzchołki z punktami styczności przeciwległych boków do okręgu wpisanego w trójkąt.

33 w trójkącie ABC o bokach a, b, c znajduje się dokładnie jeden taki punkt P, że proste AP, BP, CP z bokami odpowiednio c, a, b tworzą równe kąty.

34 (punkt Torricellego) to punkt w trójkącie, którego suma odległości od wierzchołków trójkąta jest najmniejsza z możliwych. Pierwszy raz problem konstrukcji takiego punktu został rozwiązany przez Fermata w prywatnym liście. Konstrukcja W przypadku, gdy wszystkie kąty trójkąta mają miary mniejsze niż, punkt Fermata jest punktem przecięcia odcinków łączących wierzchołki trójkąta z tymi wierzchołkami trójkątów równobocznych zbudowanych na przeciwległych bokach, które nie są wierzchołkami wyjściowego trójkąta. Gdy jeden z kątów ma miarę co najmniej, łatwo zauważyć (z nierówności trójkąta), że wierzchołek przy kącie rozwartym ma mniejszą sumę odległości od wierzchołków, niż punkt otrzymany w powyższej konstrukcji. Wierzchołek ten ma wtedy najmniejszą możliwą z takich sum.

35 Dowód Dla dowolnego punktu F wewnątrz ΔABC, gdy obrócimy ΔBFC wokół punktu B zgodnie z ruchem wskazówek zegara o kąt 60°, to otrzymamy ΔBGD (według oznaczeń na rysunku obok), gdzie G jest punktem wewnątrz ΔBCD spełniającym |GD| = |FC|, |GB| = |FB| oraz więc ΔGBF jest równoboczny, czyli |BF| = |GF|. Stąd |AF| + |BF| + |CF| = |AF| + |FG| + |GD|. Zatem wartość sumy |AF| + |BF| + |CF| najmniejsza, gdy punkty A, F, G, D są współliniowe. Prowadząc analogiczne rozumowanie obracając ΔCFA i ΔAFB wokół odpowiednich punktów otrzymujemy, że punkt F o minimalnej wartości sumy | AF | + | BF | + | CF | leży na pozostałych dwóch odcinkach łączących wierzchołki trójkąta wyjściowego z odpowiednimi wierzchołkami trójkątów równobocznych. Jest to jednocześnie dowód na współpękowość tych trzech odcinków.

36 Właściwości Punkt Fermata jest jednocześnie punktem przecięcia okręgów opisanych na trójkątach równobocznych Z punktu Fermata każdy bok widać pod tym samym kątem. Odcinki zaznaczone na górnym rysunku na czerwono mają równe długości.

37 Dowód Oznaczenia jak na najniższym rysunku. Gdy obrócimy ΔBAQ wokół punktu A zgodnie z ruchem wskazówek zegara o kąt 60°, to otrzymamy ΔRAC. Stąd | BQ | = | CR |. Analogicznie | BQ | = | AP | = | CR |. Z przystawania tych trójkątów wynika też, że, oraz. Stąd Podobnie Zatem, czyli sumy przeciwległych kątów w tych czworokątach wynoszą 180°. Stąd na czworokątach AFBR oraz AFCQ można opisać okręgi. Podobnie pokazujemy, że przez punkt Fermata przechodzi okrąg opisany na ΔBCP.

38 twierdzenie geometryczne orzekające, że: ortocentra trójkątów równobocznych zbudowanych na bokach dowolnego trójkąta są wierzchołkami trójkąta równobocznego. Tradycyjnie przypisuje się je Napoleonowi Bonaparte, choć nie ma żadnych dowodów na jego wkład w sformułowanie bądź udowodnienie twierdzenia.

39 Dowód Niebieskie odcinki leżą jednocześnie na wysokościach i dwusiecznych trójkątów równobocznych. Ponieważ trójkąty ΔABC zbudowane na bokach trójkąta są równoboczne, to kąty zaznaczone na rysunku na czerwono mają miarę 60° oraz Stąd Ponieważ

40 więc ΔAMN i ΔACZ są podobne. Zatem Analogicznie pokazujemy, że ΔBLN i ΔBCZ są podobne, więc Stąd | LN | = | MN |. Analogicznie pokazujemy, że | LN | = | LM |, więc ΔLMN jest równoboczny.

41 Okrąg dziewięciu punktów znany także jako okrąg Feuerbacha lub okrąg Eulera jest to okrąg, który przechodzi przez środki boków (na rysunku niebieskie) dowolnego trójkąta. Okrąg Feuerbacha przechodzi ponadto przez spodki trzech wysokości (czerwone) oraz przez punkty (zielone) dzielące na połowy trzy odcinki, które łączą wierzchołki tego trójkata z jego ortocentrum. Środek okręgu Feuerbacha leży na prostej Eulera i jest środkiem odcinka łączącego ortocentrum ze środkiem okręgu opisanego na tym trójkącie, zaś jego promień jest równy połowie promienia okręgu opisanego.

42 to punkt przecięcia się trzech symedian w trójkącie. Symediana to prosta Cevy będąca odbiciem symetrycznym środkowej trójkąta w dwusiecznej wychodzącej z tego samego wierzchołka. Symediany przecinają się w jednym punkcie, jak wiele innych charaktery stycznych prostych Cevy.

43 mówi, że jeśli dana konstrukcja jest wykonalna za pomocą cyrkla i linijki, to jest ona wykonalna za pomocą samej linijki, o ile dany jest na płaszczyźnie pewien okrąg wraz ze środkiem. Jest to najsilniejszy rezultat tego typu, przy pomocy samej linijki nie da się wyciągać pierwiastków kwadratowych.

44 Schemat dowodu Steiner udowodnił, że jeśli na płaszczyźnie dany jest pewien okrąg wraz ze środkiem (tzw. okrąg wspomagający), to można za pomocą jedynie linijki rozwiązać osiem następujących zadań (sformułowania Steinera lekko uwspółcześnione): I. Poprowadzić przez dowolny punkt prostą równoległą do danej prostej, gdy: a) dana prosta przechodzi przez środek okręgu wspomagającego, b) dana prosta przecina okrąg wspomagający, ale nie przechodzi przez jego środek, c) dana prosta jest położona dowolnie. II. Na prostej jest dany pewien odcinek. Należy: a) znaleźć odcinek będący dowolną krotnością pierwszego, b) podzielić ten odcinek na dowolną liczbę części, c) znaleźć odcinek, którego stosunek do danego jest daną liczbą wymierną. III. Przez dany punkt poprowadzić prostą prostopadłą do danej prostej. IV. Przez dany punkt poprowadzić prostą, która z daną prostą tworzyłaby kąt równy danemu kątowi. V. a) Dany kąt podzielić na połowy, albo b) wziąć dowolną krotność danego kąta. VI. Od danego punktu odłożyć odcinek równy danemu pod względem wielkości i położenia. VII. Znaleźć punkty przecięcia danej prostej i okręgu o danej wielkości i położeniu. VIII. Znaleźć punkty przecięcia dwóch danych okręgów.

45 Rozważmy dowolny trójkąt ABC. Niech K, L i M oznaczają środki jego boków i niech P, Q, R będą spodkami wysokości opuszczonych z wierzchołków A, B i C odpowiednio. Ponadto niech H będzie ortocentrum trójkąta, a O środkiem okręgu opisanego. Oznaczamy również środki odcinków łączących ortocentrum trójkąta z jego wierzchołkami przez X, Y i Z. Okręgiem dziewięciu punktów nazywamy okrąg przechodzący przez punkty K, L, M, P, Q, R, X, Y i Z. Środek tego okręgu I pokrywa się ze środkiem odcinka HO.

46 trójkąta nazywamy prostą przecinającą każdy z boków trójkąta (lub jego przedłużenie), która nie zawiera w sobie żadnego z wierzchołków tego trójkąta.

47 (czewiana), prosta przechodząca przez wierzchołek trójkąta i przecinająca przeciwległą do tego wierzchołka prostą zawierającą bok trójkąta. Czewianami lub cevianami bywają nazywane także odpowiednie półproste i odcinki np. czewianą jest środkowa trójkąta (odcinek), lub dwusieczna kąta wewnętrzengo (półprosta). Przykładami prostych Cevy są środkowe, dwusieczne, symediany, wysokości.

48 Jeżeli trzy proste AD,BE i CF przechodzące przez wierzchołki trójkąta ABC przecinają się w jednym punkcie to: Dwa przypadki: przecinają się wewnątrzlubna zewnątrz

49 Prosta Eulera (czerwona) oraz symetralne (zielone), środkowe (pomarańczowe) i wysokości (niebieskie) w trójkącie W każdym trójkącie punkty przecięcia: środkowych boków S 1, symetralnych boków S 2, wysokości S 3 (odpowiednio: środek ciężkości, środek okręgu opisanego, ortocentrum) leżą na jednej prostej, zwanej prostą Eulera. Ponadto, |S 1 S 3 |=2|S 1 S 2 |.

50 Rzuty prostopadłe punktu leżącego na okręgu opisanym na trójkącie, na proste zawierające boki, są współliniowe. Prostą, przechodzącą przez rzuty prostopadłe dowolnego punktu okręgu opisanego na trójkącie na proste zawierające boki tegoż trójkąta, nazywamy prostą Simsona.

51 Jeżeli prosta nie przechodząca przez żaden wierzchołek trójkąta ABC przecina jego boki AB, BC, CA lub ich przedłużenia odpowiednio w punktach M, N, P, to: Prowadzimy prostą k zgodnie z warunkami twierdzenia. Z wierzchołków trójkąta ABC prowadzimy odcinki prostopadłe do prostej k, których długości wynoszą odpowiednio dA, dB, dC. Korzystając z twierdzenia Talesa:

52

53 Projekt AS KOMPETENCJI jest współfinansowany przez Unię Europejską w ramach środków Europejskiego Funduszu Społecznego Program Operacyjny Kapitał Ludzki CZŁOWIEK – NAJLEPSZA INWESTYCJA Publikacja jest współfinansowana przez Unię Europejską w ramach środków Europejskiego Funduszu Społecznego Prezentacja jest dystrybuowana bezpłatnie


Pobierz ppt "Projekt AS KOMPETENCJI jest współfinansowany przez Unię Europejską w ramach środków Europejskiego Funduszu Społecznego Program Operacyjny Kapitał Ludzki."

Podobne prezentacje


Reklamy Google