Hur man hittar den minsta mittlinjen. Hur hittar man mittlinjen i en triangel? Grundläggande egenskaper, definitioner och metoder

\[(\Large(\text(likhet mellan trianglar)))\]

Definitioner

Två trianglar kallas lika om deras vinklar är lika och sidorna i den ena triangeln är proportionella mot den andras liknande sidor
(sidor kallas lika om de ligger mitt emot lika vinklar).

Likhetskoefficienten för (liknande) trianglar är ett tal som är lika med förhållandet mellan liknande sidor i dessa trianglar.

Definition

Omkretsen av en triangel är summan av längderna på alla dess sidor.

Sats

Förhållandet mellan omkretsen av två liknande trianglar är lika med likhetskoefficienten.

Bevis

Betrakta trianglar \(ABC\) och \(A_1B_1C_1\) med sidorna \(a,b,c\) respektive \(a_1, b_1, c_1\) (se figuren ovan).

Sedan \(P_(ABC)=a+b+c=ka_1+kb_1+kc_1=k(a_1+b_1+c_1)=k\cdot P_(A_1B_1C_1)\)

Sats

Förhållandet mellan arean av två likartade trianglar är lika med kvadraten på likhetskoefficienten.

Bevis

Låt trianglarna \(ABC\) och \(A_1B_1C_1\) vara lika, och \(\dfrac(AB)(A_1B_1) = \dfrac(AC)(A_1C_1) = \dfrac(BC)(B_1C_1) = k\). Låt oss beteckna med bokstäverna \(S\) och \(S_1\) områdena för dessa trianglar, respektive.

Eftersom \(\vinkel A = \vinkel A_1\), alltså \(\dfrac(S)(S_1) = \dfrac(AB\cdot AC)(A_1B_1\cdot A_1C_1)\)(genom satsen om förhållandet mellan arean av trianglar med lika vinklar).

Därför att \(\dfrac(AB)(A_1B_1) = \dfrac(AC)(A_1C_1) = k\), Det \(\dfrac(S)(S_1) = \dfrac(AB)(A_1B_1)\cdot\dfrac(AC)(A_1C_1) = k\cdot k = k^2\), vilket var det som behövde bevisas.

\[(\Large(\text(Tecken på likhet mellan trianglar)))\]

Sats (det första tecknet på likhet mellan trianglar)

Om två vinklar i en triangel är lika med två vinklar i en annan triangel, så är sådana trianglar lika.

Bevis

Låt \(ABC\) och \(A_1B_1C_1\) vara trianglar så att \(\vinkel A = \vinkel A_1\) , \(\vinkel B = \vinkel B_1\) . Sedan, genom satsen om vinklarna i en triangel \(\vinkel C = 180^\cirkel - \vinkel A - \vinkel B = 180^\cirkel - \vinkel A_1 - \vinkel B_1 = \vinkel C_1\), det vill säga vinklarna för triangeln \(ABC\) är respektive lika med vinklarna för triangeln \(A_1B_1C_1\) .

Eftersom \(\vinkel A = \vinkel A_1\) och \(\vinkel B = \vinkel B_1\), då \(\dfrac(S_(ABC))(S_(A_1B_1C_1)) = \dfrac(AB\cdot AC)(A_1B_1\cdot A_1C_1)\) Och \(\dfrac(S_(ABC))(S_(A_1B_1C_1)) = \dfrac(AB\cdot BC)(A_1B_1\cdot B_1C_1)\).

Av dessa jämlikheter följer att \(\dfrac(AC)(A_1C_1) = \dfrac(BC)(B_1C_1)\).

På samma sätt är det bevisat att \(\dfrac(AC)(A_1C_1) = \dfrac(AB)(A_1B_1)\)(med likheter \(\vinkel B = \vinkel B_1\) , \(\vinkel C = \vinkel C_1\) ).

Som ett resultat är sidorna i triangeln \(ABC\) proportionella mot de liknande sidorna i triangeln \(A_1B_1C_1\), vilket är vad som behövde bevisas.

Sats (andra kriteriet för likheten mellan trianglar)

Om två sidor i en triangel är proportionella mot två sidor i en annan triangel och vinklarna mellan dessa sidor är lika, då är trianglarna lika.

Bevis

Betrakta två trianglar \(ABC\) och \(A"B"C"\) så att \(\dfrac(AB)(A"B")=\dfrac(AC)(A"C")\), \(\angle BAC = \angle A"\) Låt oss bevisa att trianglarna \(ABC\) och \(A"B"C"\) är lika. Med hänsyn till det första tecknet på likhet med trianglar räcker det att visa att \(\vinkel B = \vinkel B"\) .

Betrakta en triangel \(ABC""\) med \(\angle 1 = \angle A"\) , \(\angle 2 = \angle B"\) . Trianglar \(ABC""\) och \(A"B"C"\) liknar varandra enligt det första kriteriet för likhet hos trianglar, sedan \(\dfrac(AB)(A"B") = \dfrac(AC"")(A"C")\).

Å andra sidan, efter villkor \(\dfrac(AB)(A"B") = \dfrac(AC)(A"C")\). Av de två sista likheterna följer att \(AC = AC""\) .

Trianglar \(ABC\) och \(ABC""\) är lika på två sidor och vinkeln mellan dem, därför, \(\vinkel B = \vinkel 2 = \vinkel B"\).

Sats (tredje tecken på likhet mellan trianglar)

Om tre sidor av en triangel är proportionella mot tre sidor av en annan triangel, så är trianglarna lika.

Bevis

Låt sidorna av trianglarna \(ABC\) och \(A"B"C"\) vara proportionella: \(\dfrac(AB)(A"B") = \dfrac(AC)(A"C") = \dfrac(BC)(B"C")\). Låt oss bevisa att trianglarna \(ABC\) och \(A"B"C"\) är lika.

För att göra detta, med hänsyn till det andra kriteriet för likheten mellan trianglar, är det tillräckligt att bevisa att \(\angle BAC = \angle A"\) .

Betrakta en triangel \(ABC""\) med \(\angle 1 = \angle A"\) , \(\angle 2 = \angle B"\) .

Trianglar \(ABC""\) och \(A"B"C"\) liknar varandra enligt det första kriteriet för likhet hos trianglar, därför, \(\dfrac(AB)(A"B") = \dfrac(BC"")(B"C") = \dfrac(C""A)(C"A")\).

Från den sista kedjan av jämlikheter och villkor \(\dfrac(AB)(A"B") = \dfrac(AC)(A"C") = \dfrac(BC)(B"C")\) det följer att \(BC = BC""\) , \(CA = C""A\) .

Trianglar \(ABC\) och \(ABC""\) är lika på tre sidor, därför \(\angle BAC = \angle 1 = \angle A"\).

\[(\Large(\text(Thales' sats)))\]

Sats

Om du markerar lika segment på ena sidan av en vinkel och drar parallella raka linjer genom deras ändar, kommer dessa raka linjer också att skära av lika segment på den andra sidan.

Bevis

Låt oss bevisa först lemma: Om i \(\triangel OBB_1\) en rät linje \(a\parallell BB_1\) dras genom mitten \(A\) på sidan \(OB\), så kommer den också att skära sidan \(OB_1\) i mitten.

Genom punkten \(B_1\) ritar vi \(l\parallell OB\) . Låt \(l\cap a=K\) . Då är \(ABB_1K\) ett parallellogram, därför \(B_1K=AB=OA\) och \(\vinkel A_1KB_1=\vinkel ABB_1=\vinkel OAA_1\); \(\vinkel AA_1O=\vinkel KA_1B_1\) som vertikal. Så enligt det andra tecknet \(\triangel OAA_1=\triangel B_1KA_1 \Högerpil OA_1=A_1B_1\). Lemmat är bevisat.

Låt oss gå vidare till beviset för satsen. Låt \(OA=AB=BC\) , \(a\parallell b\parallell c\) och vi måste bevisa att \(OA_1=A_1B_1=B_1C_1\) .

Således, enligt detta lemma \(OA_1=A_1B_1\) . Låt oss bevisa att \(A_1B_1=B_1C_1\) . Låt oss dra en linje \(d\parallell OC\) genom punkten \(B_1\), och låt \(d\cap a=D_1, d\cap c=D_2\) . Då är \(ABB_1D_1, BCD_2B_1\) parallellogram, därför \(D_1B_1=AB=BC=B_1D_2\) . Således, \(\vinkel A_1B_1D_1=\vinkel C_1B_1D_2\) som vertikal \(\vinkel A_1D_1B_1=\vinkel C_1D_2B_1\) ligger som kors, och därför enligt det andra tecknet \(\triangel A_1B_1D_1=\triangel C_1B_1D_2 \Högerpil A_1B_1=B_1C_1\).

Thales teorem

Parallella linjer skär av proportionella segment på sidorna av en vinkel.

Bevis

Låt parallella linjer \(p\parallell q\parallell r\parallell s\) delat en av linjerna i segment \(a, b, c, d\) . Sedan ska den andra räta linjen delas upp i segment \(ka, kb, kc, kd\), där \(k\) är ett visst tal, samma proportionalitetskoefficient för segmenten.

Låt oss rita genom punkten \(A_1\) en linje \(p\parallell OD\) (\(ABB_2A_1\) är ett parallellogram, därför \(AB=A_1B_2\) ). Sedan \(\triangel OAA_1 \sim \triangel A_1B_1B_2\) vid två hörn. Därför, \(\dfrac(OA)(A_1B_2)=\dfrac(OA_1)(A_1B_1) \Rightarrow A_1B_1=kb\).

På samma sätt ritar vi en rät linje genom \(B_1\) \(q\parallell OD \Högerpil \triangel OBB_1\sim \triangel B_1C_1C_2 \Högerpil B_1C_1=kc\) etc.

\[(\Large(\text(Triangelns mittlinje)))\]

Definition

Mittlinjen i en triangel är ett segment som förbinder mittpunkterna på alla två sidor av triangeln.

Sats

Triangelns mittlinje är parallell med den tredje sidan och lika med hälften av den.

Bevis

1) Mittlinjens parallellitet till basen följer av vad som bevisats ovan lemman.

2) Låt oss bevisa att \(MN=\dfrac12 AC\) .

Genom punkten \(N\) drar vi en linje parallell med \(AB\) . Låt denna linje skära sidan \(AC\) vid punkten \(K\) . Då är \(AMNK\) ett parallellogram ( \(AM\parallell NK, MN\parallel AK\) enligt föregående punkt). Så, \(MN=AK\) .

Därför att \(NK\parallell AB\) och \(N\) är mittpunkten av \(BC\), sedan är enligt Thales sats \(K\) mittpunkten av \(AC\) . Därför \(MN=AK=KC=\dfrac12 AC\) .

Följd

Triangelns mittlinje skär av den en triangel som liknar den givna med koefficienten \(\frac12\) .

En fyrhörning där endast två sidor är parallella kallas trapets.

De parallella sidorna av en trapets kallas dess skäl, och de sidor som inte är parallella kallas sidor. Om sidorna är lika, är en sådan trapets likbent. Avståndet mellan baserna kallas trapetsens höjd.

Mellanlinje trapets

Mittlinjen är ett segment som förbinder mittpunkterna på trapetsens laterala sidor. Trapetsets mittlinje är parallell med dess baser.

Sats:

Om den räta linjen som korsar mitten av ena sidan är parallell med trapetsens baser, så delar den den andra sidan av trapetsen.

Sats:

Längden på mittlinjen är lika med det aritmetiska medelvärdet av längderna på dess baser

MN mittlinje, AB och CD - baser, AD och BC - laterala sidor

MN = (AB + DC)/2

Sats:

Längden på mittlinjen av en trapets är lika med det aritmetiska medelvärdet av längderna på dess baser.

Huvuduppgift: Bevisa att mittlinjen på en trapets delar ett segment vars ändar ligger i mitten av trapetsens baser.

Triangelns mittlinje

Segmentet som förbinder mittpunkterna på två sidor av en triangel kallas triangelns mittlinje. Den är parallell med den tredje sidan och dess längd är lika med halva längden på den tredje sidan.
Sats: Om en linje som skär mittpunkten på en sida av en triangel är parallell med den andra sidan av triangeln, så delar den den tredje sidan.

AM = MC och BN = NC =>

Tillämpa mittlinjeegenskaperna för en triangel och trapets

Dela upp ett segment i ett visst antal lika delar.
Uppgift: Dela upp segment AB i 5 lika delar.
Lösning:
Låt p vara en slumpmässig stråle vars ursprung är punkt A och som inte ligger på linjen AB. Vi avsätter sekventiellt 5 lika stora segment på p AA 1 = A 1 A 2 = A 2 A 3 = A 3 A 4 = A 4 ​​​​A 5
Vi kopplar A 5 till B och ritar sådana linjer genom A 4, A 3, A 2 och A 1 som är parallella med A 5 B. De skär AB respektive i punkterna B 4, B 3, B 2 och B 1. Dessa punkter delar segment AB i 5 lika delar. Från trapetsen BB 3 A 3 A 5 ser vi faktiskt att BB 4 = B 4 B 3. På samma sätt får vi från trapetsen B 4 B 2 A 2 A 4 B 4 B 3 = B 3 B 2

Medan från trapetsen B 3 B 1 A 1 A 3, B 3 B 2 = B 2 B 1.
Sedan följer av B 2 AA 2 att B 2 B 1 = B 1 A. Sammanfattningsvis får vi:
AB 1 = B 1 B 2 = B 2 B 3 = B 3 B 4 = B 4 B
Det är tydligt att för att dela upp segmentet AB i ytterligare ett antal lika delar måste vi projicera samma antal lika segment på strålen p. Och fortsätt sedan på det sätt som beskrivs ovan.

Videokursen "Få ett A" innehåller alla ämnen som krävs för att klara Unified State Exam i matematik med 60-65 poäng. Fullständigt alla uppgifter 1-13 i Profile Unified State Exam i matematik. Även lämplig för att klara Basic Unified State Examination i matematik. Om du vill klara Unified State Exam med 90-100 poäng måste du lösa del 1 på 30 minuter och utan misstag!

Förberedelsekurs för Unified State Exam för årskurs 10-11, samt för lärare. Allt du behöver för att lösa del 1 av Unified State Exam i matematik (de första 12 problemen) och Problem 13 (trigonometri). Och det här är mer än 70 poäng på Unified State Exam, och varken en 100-poängsstudent eller en humaniorastudent kan klara sig utan dem.

All nödvändig teori. Snabba sätt lösningar, fallgropar och hemligheter från Unified State Exam. Alla aktuella uppgifter i del 1 från FIPI Task Bank har analyserats. Kursen uppfyller helt kraven för Unified State Exam 2018.

Kursen innehåller 5 stora ämnen, 2,5 timmar vardera. Varje ämne ges från grunden, enkelt och tydligt.

Hundratals Unified State Exam-uppgifter. Ordproblem och sannolikhetsteori. Enkla och lätta att komma ihåg algoritmer för att lösa problem. Geometri. Teori, referensmaterial, analys av alla typer av Unified State Examination uppgifter. Stereometri. Knepiga lösningar, användbara fuskblad, utveckling av rumslig fantasi. Trigonometri från början till problem 13. Förstå istället för att proppa. Tydliga förklaringar av komplexa begrepp. Algebra. Rötter, potenser och logaritmer, funktion och derivata. En grund för att lösa komplexa problem i del 2 av Unified State Exam.

Ibland är ämnen som förklaras i skolan inte alltid tydliga första gången. Detta gäller särskilt för ett ämne som matematik. Men allt blir mycket mer komplicerat när denna vetenskap börjar delas upp i två delar: algebra och geometri.

Varje elev kan ha en förmåga i en av två riktningar, men speciellt i grundskolan Det är viktigt att förstå grunden för både algebra och geometri. Inom geometri anses ett av huvudämnena vara avsnittet om trianglar.

Hur hittar man mittlinjen i en triangel? Låt oss ta reda på det.

Grundläggande koncept

Till att börja med, för att ta reda på hur man hittar mittlinjen i en triangel, är det viktigt att förstå vad det är.

Det finns inga begränsningar för att rita mittlinjen: triangeln kan vara vad som helst (likbent, liksidig, rektangulär). Och alla egenskaper som hänför sig till mittlinjen kommer att gälla.

Mittlinjen i en triangel är ett segment som förbinder mittpunkterna på dess två sidor. Därför kan vilken triangel som helst ha 3 sådana linjer.

Egenskaper

För att veta hur man hittar mittlinjen i en triangel, låt oss utse dess egenskaper som måste komma ihåg, annars utan dem kommer det att vara omöjligt att lösa problem med behovet av att ange längden på mittlinjen, eftersom all erhållen data måste underbyggas och argumenterade med satser, axiom eller egenskaper.

För att svara på frågan: "Hur hittar man mittlinjen i triangeln ABC?", räcker det att känna till en av triangelns sidor.

Låt oss ge ett exempel

Ta en titt på bilden. Den visar triangeln ABC med mittlinjen DE. Observera att den är parallell med basen AC i triangeln. Därför, oavsett värdet på AC, kommer medellinjen DE att vara hälften så stor. Till exempel betyder AC=20 DE=10 osv.

På dessa enkla sätt kan du förstå hur man hittar mittlinjen i en triangel. Kom ihåg dess grundläggande egenskaper och definition, och då kommer du aldrig att ha problem med att hitta dess mening.

Triangelns mittlinje. Hej vänner! Idag finns det teoretiskt material, det är kopplat till triangeln. Provet innehåller en grupp uppgifter som använder egenskapen för dess mittlinje. Och inte bara i problem med trianglar, utan också med trapetser. Det var en där jag föreslog att man helt enkelt skulle komma ihåg dessa fakta, nu mer detaljerat...

Vad är mittlinjen i en triangel och vilka egenskaper har den?

Definition. En triangels mittlinje är ett segment som förbinder mittpunkterna på triangelns sidor.

Det är tydligt att det finns tre mittlinjer i triangeln. Låt oss visa dem:

Utan några bevis har du förmodligen redan märkt att alla fyra trianglar som bildas är lika. Detta är sant, men vi kommer att prata om detta mer i detalj senare.

Sats. Mittlinjen i en triangel som förbinder mittpunkterna på två givna sidor är parallell med den tredje sidan och lika med hälften av den.

Bevis:

1. Låt oss titta på trianglarna BMN och BAC. Enligt villkoret har vi BM=MA, BN=NC. Vi kan skriva:

Därför är trianglarna lika i två proportionella sidor och vinkeln mellan dem (det andra tecknet på likhet). Vad följer av detta? Och vad:

Baserat på parallelliteten för linjerna MN||AC.

2. Även av trianglarnas likhet följer att

Det vill säga MN är två gånger mindre. Beprövad!

Låt oss lösa ett typiskt problem.

I triangeln ABC är punkterna M, N, K mittpunkterna på sidorna AB, BC, AC. Hitta omkretsen av triangeln ABC om MN=12, MK=10, KN=8.

Lösning. Naturligtvis bör du först och främst kontrollera existensen av triangeln MNK (och därför existensen av triangeln ABC). Summan av de två mindre sidorna måste vara större än den tredje sidan, skriv 10+8>12. Kommer att uppfyllas, därför finns triangeln.

Låt oss bygga en skiss:

Således är omkretsen av triangeln ABC 24+20+16=60.

*Nu mer detaljer om trianglarna som erhålls genom att konstruera alla tre mittlinjerna. Deras jämlikhet är lätt bevisad. Titt:

De är lika på tre sidor. Naturligtvis gäller andra tecken även här. Det förstår vi

Hur används denna egenskap i uppgifterna som ingår i provet? Jag skulle särskilt vilja fokusera på problem inom stereometri. Det finns typer där vi talar om ett triangulärt prisma.

Till exempel sägs det att planet passerar genom mittpunkterna på basens sidor och det är parallellt med basens tredje kant. Frågor ställs om förändringar i prismats yta, dess volym och andra.

Så här är den. Genom att känna till och förstå informationen som presenteras ovan kommer du omedelbart att bestämma att detta plan skär av en fjärdedel från basen av det angivna prismat och lösa problemet muntligen. Med sådana uppgifter.

Det var allt! Allt gott!

Ladda ner artikelmaterial

Med vänlig hälsning, Alexander Krutitskikh.