Ministerio de Educación y Ciencia de la Federación de Rusia Institución educativa presupuestaria del estado federal de educación profesional superior
"Universidad Estatal de Magnitogorsk"
Facultad de Física y Matemáticas
Departamento de Álgebra y Geometría
Trabajo de curso
Puntos destacables del triángulo.
Realizado por: alumno del grupo 41
Vakhrameeva A.M.
supervisor científico
Velikikh A.S.
Magnitogorsk 2014
Introducción
Históricamente, la geometría comenzó con un triángulo, por lo que durante dos milenios y medio el triángulo ha sido, por así decirlo, un símbolo de la geometría; pero no es sólo un símbolo, es un átomo de geometría.
¿Por qué un triángulo puede considerarse un átomo de geometría? Porque los conceptos anteriores (punto, línea recta y ángulo) son abstracciones vagas e intangibles junto con un conjunto asociado de teoremas y problemas. Por lo tanto, hoy la geometría escolar sólo puede volverse interesante y significativa, sólo entonces puede convertirse en geometría propiamente dicha cuando incluye un estudio profundo y completo del triángulo.
Sorprendentemente, el triángulo, a pesar de su aparente sencillez, es un objeto de estudio inagotable: nadie, ni siquiera hoy en día, se atreve a decir que ha estudiado y conoce todas las propiedades del triángulo.
Esto significa que el estudio de la geometría escolar no puede realizarse sin un estudio profundo de la geometría del triángulo; En vista de la diversidad del triángulo como objeto de estudio y, por tanto, de la fuente de diversos métodos para estudiarlo, es necesario seleccionar y desarrollar material para estudiar la geometría de los puntos notables del triángulo. Además, al seleccionar este material, uno no debe limitarse únicamente a los puntos destacados previstos en el plan de estudios escolar por el estándar educativo estatal, como el centro del círculo inscrito (el punto de intersección de las bisectrices), el centro de la circuncírculo (el punto de intersección de las bisectrices), el punto de intersección de las medianas, el punto de intersección de las alturas. Pero para penetrar profundamente en la naturaleza del triángulo y comprender su inagotabilidad, es necesario tener ideas sobre tantos puntos notables del triángulo como sea posible. Además de la inagotabilidad de un triángulo como objeto geométrico, es necesario señalar la propiedad más sorprendente de un triángulo como objeto de estudio: el estudio de la geometría de un triángulo puede comenzar con el estudio de cualquiera de sus propiedades, tomándolo como base; entonces la metodología para estudiar el triángulo se puede construir de tal manera que todas las demás propiedades del triángulo se puedan encadenar sobre esta base. En otras palabras, no importa dónde empieces a estudiar el triángulo, siempre podrás alcanzar cualquier profundidad de esta asombrosa figura. Pero luego, como opción, puedes empezar a estudiar el triángulo estudiando sus puntos notables.
El propósito del trabajo del curso es estudiar los puntos notables de un triángulo. Para lograr este objetivo, es necesario resolver las siguientes tareas:
· Estudiar los conceptos de bisectriz, mediana, altura, bisectriz perpendicular y sus propiedades.
· Consideremos el punto de Gergonne, el círculo de Euler y la recta de Euler, que no se estudian en la escuela.
CAPITULO 1. Bisectriz de un triángulo, centro de la circunferencia inscrita de un triángulo. Propiedades de la bisectriz de un triángulo. punta gergonna
1 Centro de la circunferencia inscrita de un triángulo
Los puntos notables de un triángulo son puntos cuya ubicación está determinada únicamente por el triángulo y no depende del orden en que se toman los lados y vértices del triángulo.
La bisectriz de un triángulo es el segmento de bisectriz de un ángulo de un triángulo que conecta un vértice con un punto del lado opuesto.
Teorema. Cada punto de la bisectriz de un ángulo no desarrollado es equidistante (es decir, equidistante de las líneas que contienen los lados del triángulo) de sus lados. A la inversa: todo punto que se encuentra dentro de un ángulo y equidistante de los lados del ángulo se encuentra sobre su bisectriz.
Prueba. 1) Tome un punto arbitrario M en la bisectriz del ángulo BAC, dibuje las perpendiculares MK y ML a las rectas AB y AC y demuestre que MK = ML. Considere los triángulos rectángulos ?AMK y ?LMA. Son iguales en hipotenusa y ángulo agudo (AM - hipotenusa común, 1 = 2 por convención). Por lo tanto, MK=ML.
) Deje que el punto M esté dentro de USTED y sea equidistante de sus lados AB y AC. Demostremos que el rayo AM es la bisectriz BAC. Dibujemos las perpendiculares MK y ML a las rectas AB y AC. Los triángulos rectángulos AKM y ALM son iguales en hipotenusa y cateto (AM es la hipotenusa común, MK = ML por convención). Por lo tanto, 1 = 2. Pero esto significa que el rayo AM es la bisectriz de BAC. El teorema ha sido demostrado.
Consecuencia. Las bisectrices de un triángulo se cortan en un punto (el centro de la circunferencia y el centro).
Denotamos con la letra O el punto de intersección de las bisectrices AA1 y BB1 del triángulo ABC y trazamos desde este punto las perpendiculares OK, OL y OM, respectivamente, a las rectas AB, BC y CA. Según el teorema (Cada punto de la bisectriz de un ángulo no desarrollado equidista de sus lados. A la inversa: cada punto que se encuentra dentro del ángulo y equidistante de los lados del ángulo se encuentra sobre su bisectriz) decimos que OK = OM y OK = OL. Por tanto, OM = OL, es decir, el punto O equidista de los lados ACB y, por tanto, se encuentra en la bisectriz CC1 de este ángulo. Por lo tanto, las tres bisectrices ?ABC se cruza en el punto O, que es lo que había que demostrar.
línea del triángulo bisectriz del círculo
1.2 Propiedades de la bisectriz de un triángulo
Bisectriz BD (Fig. 1.1) de cualquier ángulo ?ABC divide el lado opuesto en partes AD y CD proporcionales a los lados adyacentes del triángulo.
Necesitamos demostrar que si ABD = DBC, entonces AD: DC = AB: BC.
Realicemos CE || BD hasta la intersección en el punto E con la continuación del lado AB. Entonces, según el teorema sobre la proporcionalidad de segmentos formados sobre rectas cortadas por varias rectas paralelas, tendremos la proporción: AD: DC = AB: BE. Para pasar de esta proporción a la que hay que demostrar, basta con descubrir que BE = BC, es decir, que ?TODOS isósceles. En este triángulo E = ABD (como ángulos correspondientes con rectas paralelas) y ALL = DBC (como ángulos transversales con las mismas rectas paralelas).
Pero ABD = DBC por condición; esto significa E = ALL y, por lo tanto, los lados BE y BC que se encuentran frente a ángulos iguales también son iguales.
Ahora, reemplazando BE en la proporción escrita arriba por BC, obtenemos la proporción que necesita ser demostrada.
20 Las bisectrices de los ángulos internos y adyacentes de un triángulo son perpendiculares.
Prueba. Sea BD la bisectriz de ABC (figura 1.2) y BE la bisectriz del CBF externo adyacente al ángulo interno especificado, ?ABECEDARIO. Entonces si denotamos ABD = DBC = ?, CBE = EBF = ?, entonces 2 ? + 2?= 1800 y por lo tanto ?+ ?= 900. ¿Y esto significa que BD? SER.
30 La bisectriz de un ángulo externo de un triángulo divide externamente el lado opuesto en partes proporcionales a los lados adyacentes.
(Figura 1.3) AB: BC = AD: DC, ?DEA~ ?CBD, AE/BC = AD/DC = AE/BC.
40 La bisectriz de cualquier ángulo de un triángulo divide el lado opuesto en segmentos proporcionales a los lados adyacentes del triángulo.
Prueba. consideremos ?ABECEDARIO. Para ser más precisos, supongamos que la bisectriz CAB interseque el lado BC en el punto D (figura 1.4). Demostremos que BD: DC = AB: AC. Para hacer esto, dibuje una línea paralela a la línea AB a través del punto C y denote por E el punto de intersección de esta línea AD. Entonces DAB=DEC, ABD=ECD y por lo tanto ?lenguado~ ?DEC basado en el primer criterio de similitud de triángulos. Además, dado que el rayo AD es una bisectriz CAD, entonces CAE = EAB = AEC y, por tanto, ?ECA isósceles. Por tanto AC=CE. Pero en este caso, por la similitud ?DAB y ?DEC sigue que BD: DC=AB: CE =AB: AC, y esto era lo que había que demostrar.
Si la bisectriz de un ángulo externo de un triángulo corta la extensión del lado opuesto al vértice de este ángulo, entonces los segmentos desde el punto de intersección resultante hasta los extremos del lado opuesto son proporcionales a los lados adyacentes del triángulo.
Prueba. consideremos ?ABECEDARIO. Sea F un punto en la extensión del lado CA, D sea el punto de intersección de la bisectriz del triángulo exterior BAF con la extensión del lado CB (figura 1.5). Demostremos que DC:DB=AC:AB. De hecho, tracemos una línea paralela a la línea AB que pase por el punto C y denotemos por E el punto de intersección de esta línea con la línea DA. Entonces el triángulo ADB ~ ?EDC y por tanto DC:DB=EC:AB. Y desde ?CAE= ?MALO= ?CEA, luego en isósceles ?Lado CEA AC=EC y, por tanto, DC:DB=AC:AB, que es lo que había que demostrar.
3 Resolver problemas usando las propiedades de la bisectriz
Problema 1. Sea O el centro de un círculo inscrito en ?ABC, CAB = ?. Demostrar que COB = 900 + ? /2.
Solución. Dado que O es el centro de la inscrita ?ABC de un círculo (Figura 1.6), entonces los rayos BO y CO son bisectrices ABC y BCA, respectivamente. Y luego COB = 1800 - (OBC + BCO) = 1800 - (ABC + BCA)/2 = 1800 -(1800 - ?)/2 = 900 + ?/2, que es lo que había que demostrar.
Problema 2. Sea O el centro de lo descrito aproximadamente ?ABC de un círculo, H es la base de la altitud trazada hacia el lado BC. ¿Demostrar que la bisectriz CAB es también la bisectriz? OAH.
Sea AD la bisectriz de CAB, AE el diámetro de la bisectriz circunscrita ?ABC de un círculo (Fig. 1.7, 1.8). Si ?ABC es agudo (figura 1.7) y, por tanto, ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ arcos de CA y ?BHA y ?ECA rectangular (BHA =ECA = 900), entonces ?BHA ~ ?ECA y por tanto CAO = CAE =HAB. Además, BAD y CAD son iguales por condición, por lo que HAD = BAD - BAH =CAD - CAE = EAD = OAD. Sea ahora ABC = 900. En este caso, la altura AH coincide con el lado AB, entonces el punto O pertenecerá a la hipotenusa AC y por tanto la validez del planteamiento del problema es obvia.
Consideremos el caso en el que ABC > 900 (figura 1.8). Aquí el cuadrilátero ABCE está inscrito en un círculo y por tanto AEC = 1800 - ABC. Por otro lado, ABH = 1800 - ABC, es decir AEC = ABH. Y desde ?BHA y ?ECA son rectangulares y, por lo tanto, HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, entonces HAD = HAB +BAD = EAC + CAD = EAD = OAD. Los casos en los que BAC y ACB son obtusos se tratan de manera similar. ?
Gergonna de 4 puntas
El punto de Gergonne es el punto de intersección de los segmentos que conectan los vértices del triángulo con los puntos de tangencia de los lados opuestos a estos vértices y la circunferencia inscrita del triángulo.
Sea el punto O el centro de la circunferencia del triángulo ABC. Deje que el círculo toque los lados del triángulo BC, AC y AB en los puntos D, E y F respectivamente. El punto de Gergonne es el punto de intersección de los segmentos AD, BE y CF. Sea el punto O el centro de la circunferencia inscrita. ?ABECEDARIO. Deje que el círculo toque los lados del triángulo BC, AC y AB en los puntos D, E y F respectivamente. El punto de Gergonne es el punto de intersección de los segmentos AD, BE y CF.
Demostremos que estos tres segmentos realmente se cruzan en un punto. Tenga en cuenta que el centro de la circunferencia es el punto de intersección de las bisectrices de los ángulos. ?ABC, y los radios del círculo son OD, OE y OF. ?lados del triángulo. Así, tenemos tres pares de triángulos iguales (AFO y AEO, BFO y BDO, CDO y CEO).
¿Funciona AF? BD? ¿CE y AE? ¿SER? CF son iguales, ya que BF = BD, CD = CE, AE = AF, por lo tanto, la relación de estos productos es igual, y según el teorema de Ceva (¿Sean los puntos A1, B1, C1 en los lados BC, AC y AB? ABC, respectivamente. Deje que los segmentos AA1, BB1 y CC1 se crucen en un punto.
(damos la vuelta al triángulo en el sentido de las agujas del reloj)), los segmentos se cruzan en un punto.
Propiedades del círculo inscrito:
Se dice que un círculo está inscrito en un triángulo si toca todos sus lados.
En cualquier triángulo se puede inscribir un círculo.
Dado: ABC - este triángulo, O - el punto de intersección de las bisectrices, M, L y K - los puntos de tangencia del círculo con los lados del triángulo (figura 1.11).
Demuestre: O es el centro de un círculo inscrito en ABC.
Prueba. Dibujemos las perpendiculares OK, OL y OM desde el punto O hasta los lados AB, BC y CA, respectivamente (figura 1.11). Como el punto O equidista de los lados del triángulo ABC, entonces OK = OL = OM. Por lo tanto, un círculo con centro O y radio OK pasa por los puntos K, L, M. Los lados del triángulo ABC tocan este círculo en los puntos K, L, M, ya que son perpendiculares a los radios OK, OL y OM. Esto significa que una circunferencia con centro O y radio OK está inscrita en el triángulo ABC. El teorema ha sido demostrado.
El centro de un círculo inscrito en un triángulo es el punto de intersección de sus bisectrices.
Sean ABC, O el centro del círculo inscrito en él, D, E y F los puntos de contacto del círculo con los lados (figura 1.12). ? OEA = ? AOD en la hipotenusa y el cateto (EO = OD - como radio, AO - total). ¿Qué se sigue de la igualdad de los triángulos? ODA = ? O.A.E. Entonces AO es la bisectriz del ángulo EAD. Se demuestra de la misma forma que el punto O se encuentra en las otras dos bisectrices del triángulo.
El radio trazado al punto tangente es perpendicular a la tangente.
Prueba. Sea el círculo circundante (O; R) un círculo dado (figura 1.13), la línea recta a lo toca en el punto P. Sea el radio OP no perpendicular a a. Dibujemos una OD perpendicular desde el punto O a la tangente. Según la definición de tangente, todos sus puntos, excepto el punto P, y en particular el punto D, se encuentran fuera del círculo. Por tanto, la longitud del OD perpendicular es mayor que la longitud R del OP oblicuo. Esto contradice la propiedad oblicua y la contradicción resultante prueba el enunciado.
CAPÍTULO 2. 3 puntos destacables del triángulo, círculo de Euler, recta de Euler.
1 Centro de la circunferencia circunstante de un triángulo
Una bisectriz perpendicular a un segmento es una línea que pasa por el centro del segmento y es perpendicular a él.
Teorema. Cada punto de la mediatriz de un segmento equidista de los extremos de ese segmento. Por el contrario: todo punto equidistante de los extremos de un segmento se encuentra en su bisectriz perpendicular.
Prueba. Sea la recta m la mediatriz del segmento AB y el punto O sea el punto medio del segmento.
Consideremos un punto arbitrario M de la recta m y demostremos que AM=BM. Si el punto M coincide con el punto O, entonces esta igualdad es cierta, ya que O es el punto medio del segmento AB. Sean M y O puntos diferentes. Rectangular ?OAM y ?OBM son iguales en dos catetos (OA = OB, OM es el cateto común), por lo tanto AM = BM.
) Considere un punto arbitrario N, equidistante de los extremos del segmento AB, y demuestre que el punto N se encuentra en la recta m. Si N es un punto de la recta AB, entonces coincide con el punto medio O del segmento AB y, por tanto, se encuentra en la recta m. Si el punto N no se encuentra en la recta AB, entonces considere ?ANB, que es isósceles, ya que AN=BN. El segmento NO es la mediana de este triángulo, y por tanto la altura. Así, NO es perpendicular a AB, por tanto las rectas ON y m coinciden y, por tanto, N es un punto de la recta m. El teorema ha sido demostrado.
Consecuencia. Las bisectrices perpendiculares a los lados del triángulo se cruzan en un punto (el centro del círculo circunstante).
Denotemos O, el punto de intersección de las perpendiculares bisectorales myn a los lados AB y BC ?ABECEDARIO. Según el teorema (cada punto de la mediatriz de un segmento equidista de los extremos de este segmento. A la inversa: cada punto equidistante de los extremos del segmento se encuentra en la mediatriz de él). concluimos que OB = OA y OB = OC por lo tanto: OA = OC, Es decir, el punto O equidista de los extremos del segmento AC y, por tanto, se encuentra en la bisectriz perpendicular p a este segmento. Por lo tanto, las tres bisectrices m, n y p a los lados ?ABC se corta en el punto O.
En un triángulo agudo este punto está dentro, en un triángulo obtuso está fuera del triángulo, en un triángulo rectángulo está en el medio de la hipotenusa.
Propiedad de la mediatriz de un triángulo:
Las rectas en las que se encuentran las bisectrices de los ángulos interior y exterior del triángulo, que salen de un vértice, se cortan con la perpendicular a mitad de camino hacia el lado opuesto desde puntos diametralmente opuestos del círculo circunscrito al triángulo.
Prueba. Supongamos, por ejemplo, que la bisectriz ABC interseque a la descrita aproximadamente ?Círculo ABC en el punto D (Fig. 2.1). Entonces, dado que los ABD y DBC inscritos son iguales, entonces AD = arco DC. Pero la mediatriz del lado AC también biseca el arco AC, por lo que el punto D también pertenecerá a esta mediatriz. Además, dado que según la propiedad 30 del párrafo 1.3 la bisectriz BD ABC es adyacente a ABC, esta última cortará el círculo en un punto diametralmente opuesto al punto D, ya que un ángulo recto inscrito siempre descansa sobre el diámetro.
2 Ortocentro de la circunferencia de un triángulo
La altura es una perpendicular trazada desde el vértice de un triángulo hasta una línea recta que contiene el lado opuesto.
Las altitudes de un triángulo (o sus extensiones) se cruzan en un punto (ortocentro).
Prueba. Considere una arbitraria ?ABC y demuestre que las rectas AA1, BB1, CC1, que contienen sus alturas, se cruzan en un punto. Repasemos cada vértice. ?ABC es una recta paralela al lado opuesto. obtenemos ?A2B2C2. Los puntos A, B y C son los puntos medios de este triángulo. De hecho, AB=A2C y AB=CB2 son como lados opuestos de los paralelogramos ABA2C y ABCB2, por lo tanto A2C=CB2. De manera similar C2A=AB2 y C2B=BA2. Además, como se desprende de la construcción, CC1 es perpendicular a A2B2, AA1 es perpendicular a B2C2 y BB1 es perpendicular a A2C2. Por tanto, las rectas AA1, BB1 y CC1 son bisectrices perpendiculares a los lados ?A2B2C2. Por tanto, se cruzan en un punto.
Dependiendo del tipo de triángulo, el ortocentro puede estar dentro del triángulo en ángulos agudos, fuera de él, en ángulos obtusos o coincidir con el vértice, en los rectangulares coincide con el vértice en ángulo recto.
Propiedades de la altitud de un triángulo:
Un segmento que conecta las bases de dos alturas de un triángulo agudo corta de él un triángulo similar al dado, con un coeficiente de similitud igual al coseno del ángulo común.
Prueba. Sean AA1, BB1, CC1 las alturas del triángulo agudo ABC, y ABC = ?(Figura 2.2). Los triángulos rectángulos BA1A y CC1B tienen en común ?, entonces son similares, lo que significa BA1/BA = BC1/BC = cos ?. Se deduce que BA1/BC1=BA/BC = cos ?, es decir. V ?C1BA1 y ?Lados ABC adyacentes al común. ??C1BA1~ ?ABC, con el coeficiente de similitud igual a cos ?. De manera similar se demuestra que ?A1CB1~ ?ABC con coeficiente de similitud cos BCA, y ?B1AC1~ ?ABC con coeficiente de similitud cos CAB.
La altura caída hasta la hipotenusa de un triángulo rectángulo lo divide en dos triángulos semejantes entre sí y semejantes al triángulo original.
Prueba. Considere un rectángulo ?ABC, que tiene ?BCA = 900 y CD es su altura (Fig. 2.3).
Entonces la similitud ?CAD y ?BDC se deduce, por ejemplo, del signo de semejanza de triángulos rectángulos por la proporcionalidad de dos catetos, ya que AD/CD = CD/DB. Cada uno de los triángulos rectángulos ADC y BDC es similar al triángulo rectángulo original, al menos según la similitud en dos ángulos.
Resolver problemas que involucran el uso de propiedades de elevación.
Problema 1. Demuestre que un triángulo, uno de cuyos vértices es el vértice del triángulo obtuso dado, y los otros dos vértices son las bases de las altitudes del triángulo obtuso, omitidos de sus otros dos vértices, es similar al triángulo dado con un coeficiente de similitud igual al módulo del coseno del ángulo en el primer vértice.
Solución. Considere un obtuso ?ABC con CAB tonto. Sean AA1, BB1, CC1 sus alturas (Fig. 2.4, 2.5, 2.6) y sean CAB = ?, A B C = ? , BCA = ?.
Prueba del hecho de que ?C1BA1~ ?ABC (Fig. 2.4) con coeficiente de similitud k = cos ?, repite íntegramente el razonamiento realizado en la prueba de propiedad 1, párrafo 2.2.
Probemos que ?A1CB~ ?ABC (Fig. 2.5) con coeficiente de similitud k1= cos ?, A ?B1AC1~ ?ABC (Fig. 2.6) con coeficiente de similitud k2 = |cos? |.
De hecho, los triángulos rectángulos CA1A y CB1B tienen un ángulo común ?y por tanto similares. Se deduce que B1C/ BC = A1C / AC= cos ?y, por tanto, B1C/ A1C = BC / AC = cos ?, es decir. en los triángulos A1CB1 y ABC los lados forman un común ??, son proporcionales. Y luego, según el segundo criterio de similitud de triángulos. ?A1CB~ ?ABC, con coeficiente de similitud k1= cos ?. En cuanto al último caso (Fig. 2.6), entonces de la consideración de triángulos rectángulos ?BB1A y ?CC1A con ángulos verticales iguales BAB1 y C1AC se deduce que son semejantes y por tanto B1A / BA = C1A / CA = cos (1800 - ?) = |cos ?|, desde ??- desafilado. Por lo tanto B1A / C1A = BA /CA = |cos ?| y así en triángulos ?B1AC1 y ?Los lados ABC que forman ángulos iguales son proporcionales. Y esto significa que ?B1AC1~ ?ABC con coeficiente de similitud k2 = |cos? |.
Problema 2. Demuestre que si el punto O es el punto de intersección de las altitudes de un triángulo agudo ABC, entonces ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800.
Solución. Demostremos la validez de la primera de las fórmulas dadas en el planteamiento del problema. La validez de las dos fórmulas restantes se demuestra de manera similar. Entonces sea ABC = ?, COA = ?. A1, B1 y C1 son las bases de las altitudes del triángulo trazado desde los vértices A, B y C, respectivamente (Fig. 2.7). Luego del triángulo rectángulo BC1C se deduce que BCC1 = 900 - ?y por lo tanto en el triángulo rectángulo OA1C el ángulo COA1 es igual a ?. Pero la suma de los ángulos AOC + COA1 = ? + ?da un ángulo recto y por lo tanto AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, que es lo que había que demostrar.
Problema 3. Demuestra que las alturas de un triángulo agudo son las bisectrices de los ángulos de un triángulo cuyos vértices son las bases de las alturas de este triángulo.
es.2.8
Solución. Sean AA1, BB1, CC1 las alturas del triángulo agudo ABC y sean CAB = ?(Figura 2.8). Demostremos, por ejemplo, que la altura AA1 es la bisectriz del ángulo C1A1B1. De hecho, dado que los triángulos C1BA1 y ABC son similares (propiedad 1), entonces BA1C1 = ?y, por tanto, C1A1A = 900 - ?. De la similitud de los triángulos A1CB1 y ABC se deduce que AA1B1 = 900 - ?y por lo tanto C1A1A = AA1B1= 900 - ?. Pero esto significa que AA1 es la bisectriz del ángulo C1A1B1. De manera similar, se demuestra que las otras dos alturas del triángulo ABC son las bisectrices de los otros dos ángulos correspondientes del triángulo A1B1C1.
3 Centro de gravedad del círculo de un triángulo
La mediana de un triángulo es un segmento que conecta cualquier vértice del triángulo con el punto medio del lado opuesto.
Teorema. La mediana del triángulo se corta en un punto (el centro de gravedad).
Prueba. ¿Consideremos arbitrario? ABECEDARIO.
Denotamos el punto de intersección de las medianas AA1 y BB1 con la letra O y dibujamos la línea media A1B1 de este triángulo. El segmento A1B1 es paralelo al lado AB, por lo tanto 1 = 2 y 3 = 4. Por lo tanto, ?AOB y ?A1OB1 son semejantes en dos ángulos y, por tanto, sus lados son proporcionales: AO:A1O=BO:B1O=AB:A1B1. Pero AB=2A1B1, entonces AO=2A1O y BO=2B1O. Así, el punto O de la intersección de las medianas AA1 y BB1 divide a cada una de ellas en una proporción de 2:1, contando desde el vértice.
Se demuestra igualmente que el punto de intersección de las medianas BB1 y CC1 divide a cada una de ellas en proporción 2:1, contando desde el vértice, y, por tanto, coincide con el punto O y se divide por éste en proporción 2:1, contando desde el vértice.
Propiedades de la mediana de un triángulo:
10 Las medianas de un triángulo se cortan en un punto y se dividen por el punto de intersección en una proporción de 2:1, contando desde el vértice.
Dado: ?ABC, AA1, BB1 - medianas.
Demostrar: AO:OA1=VO:OB1=2:1
Prueba. Dibujemos la línea media A1B1 (Fig. 2.10), según la propiedad de la línea media A1B1||AB, A1B1=1/2 AB. Desde A1B1 || AB, entonces 1 = 2 que se encuentra transversalmente a las rectas paralelas AB y A1B1 y a la secante AA1. 3 = 4 transversal a las rectas paralelas A1B1 y AB y a la secante BB1.
Por eso, ?AOB ~ ?A1OB1 por la igualdad de dos ángulos, lo que significa que los lados son proporcionales: AO/A1O = OB/OB1 = AB/A1B = 2/1, AO/A1O = 2/1; OB/OB1 = 2/1.
La mediana divide un triángulo en dos triángulos de igual área.
Prueba. BD - mediana ?ABC (Fig. 2.11), BE - su altura. Entonces ?ABD y ?Los DBC tienen el mismo tamaño porque tienen bases iguales AD y DC respectivamente y una altura común BE.
Todo el triángulo está dividido por sus medianas en seis triángulos iguales.
Si, en la continuación de la mediana del triángulo, se traza un segmento igual en longitud a la mediana desde el centro del lado del triángulo, entonces el punto final de este segmento y los vértices del triángulo son los vértices de el paralelogramo.
Prueba. Sea D el punto medio del lado BC ?ABC (figura 2.12), E es un punto de la recta AD tal que DE=AD. Entonces, dado que las diagonales AE y BC del cuadrilátero ABEC en el punto D de su intersección son bisecadas, de la propiedad 13.4 se deduce que el cuadrilátero ABEC es un paralelogramo.
Resolver problemas utilizando las propiedades de las medianas:
Problema 1. Demuestre que si O es el punto de intersección de las medianas ?ABC entonces ?CUALQUIER OTRO NEGOCIO. ?BOC y ?AOC son iguales en tamaño.
Solución. Sean AA1 y BB1 medianas ?A B C(figura 2.13). consideremos ?AOB y ?BOC. Es obvio que S. ?AOB = S ?AB1B-S ?AB1O,S ?BOC=S ?BB1C-S ?OB1C. Pero por la propiedad 2 tenemos S ?AB1B=S ?BB1C, S ?AOB = S ?OB1C, lo que significa que S ?AOB = S ?BOC. La igualdad S ?AOB = S ?AOC.
Problema 2. Demuestre que si el punto O está dentro ?ABC y ?CUALQUIER OTRO NEGOCIO. ?BOC y ?AOC son iguales en área, entonces O es el punto de intersección de las medianas? ABECEDARIO.
Solución. consideremos ?ABC (2.14) y supongamos que el punto O no se encuentra en la mediana BB1. Entonces como OB1 es la mediana ?AOC luego S ?AOB1 = S ?B1OC, y desde por condición S ?AOB = S ?BOC, luego S ?AB1OB = S ?BOB1C. Pero esto no puede ser, ya que S ?ABB1 = S ?B1BC. La contradicción resultante significa que el punto O se encuentra en la mediana BB1. De manera similar, se demuestra que el punto O pertenece a otras dos medianas ?ABECEDARIO. De ello se deduce que el punto O es realmente el punto de intersección de tres medianas. ABECEDARIO.
Problema 3. Demuestre que si en ?Los lados ABC AB y BC no son iguales, entonces su bisectriz BD se encuentra entre la mediana BM y la altura BH.
Prueba. Describamos sobre ?ABC es una circunferencia y prolonga su bisectriz BD hasta cortarla con la circunferencia en el punto K. El punto medio perpendicular al segmento AC pasará por el punto K (propiedad 1, del apartado 2.1), que tiene un punto común M con la mediana. Pero como los segmentos BH y MK son paralelos y los puntos B y K se encuentran en lados opuestos de la recta AC, entonces el punto de intersección de los segmentos BK y AC pertenece al segmento HM, y esto demuestra lo requerido.
Problema 4.B ?La mediana BM de ABC tiene la mitad del tamaño del lado AB y forma un ángulo de 400 con él.
Solución. Extendamos la mediana BM más allá del punto M en su longitud y obtengamos el punto D (figura 2.15). Como AB = 2BM, entonces AB = BD, es decir, el triángulo ABD es isósceles. Por lo tanto, BAD = BDA = (180o – 40o): 2 = 70o. El cuadrilátero ABCD es un paralelogramo porque sus diagonales son bisecadas por su punto de intersección. Esto significa CBD = ADB = 700. Entonces ABC = ABD + CBD =1100 La respuesta es 1100.
Problema 5. Los lados ABC son iguales a a, b, c. Calcule la mediana mc dibujada hacia el lado c (figura 2.16).
Solución. Duplicamos la mediana sumando ?ABC al paralelogramo ACBP y aplicamos el teorema 8 a este paralelogramo. Obtenemos: CP2+AB2 = 2AC2+2BC2, es decir. (2mc)2+c2= 2b2+2a2, de donde encontramos:
2.4 Círculo de Euler. línea de euler
Teorema. Las bases de las medianas, las alturas de un triángulo arbitrario, así como los puntos medios de los segmentos que conectan los vértices del triángulo con su ortocentro se encuentran en el mismo círculo, cuyo radio es igual a la mitad del radio del círculo circunscrito aproximadamente. el triangulo. Este círculo se llama círculo de nueve puntos o círculo de Euler.
Prueba. Tomemos el ?MNL del medio (figura 2.17) y describamos un círculo W a su alrededor. El segmento LQ es la mediana en el ?AQB rectangular, por lo que LQ=1/2AB. El segmento MN=1/2AB, porque MN- ¿línea media?ABC. De ello se deduce que el trapezoide QLMN es isósceles. Dado que el círculo W pasa por 3 vértices de un trapezoide isósceles L, M, N, también pasará por el cuarto vértice Q. De manera similar, se demuestra que P pertenece a W, R pertenece a W.
Pasemos a los puntos X, Y, Z. El segmento XL es perpendicular a BH como línea media?AHB. El segmento BH es perpendicular a AC y como AC es paralelo a LM, entonces BH es perpendicular a LM. Por lo tanto, XLM=P/2. Asimismo, XNM= P/2.
En el cuadrilátero LXNM, dos ángulos opuestos son ángulos rectos, por lo que se puede describir un círculo a su alrededor. Este será el círculo W. Entonces X pertenece a W, de manera similar Y pertenece a W, Z pertenece a W.
El LMN del medio es similar al ABC. El coeficiente de similitud es 2. Por tanto, el radio del círculo de nueve puntos es R/2.
Propiedades del círculo de Euler:
El radio del círculo de nueve puntos es igual a la mitad del radio del círculo circunscrito alrededor de ABC.
¿La circunferencia de nueve puntos es homotética a la circunferencia circunscrita alrededor de ABC, con el coeficiente? ½ y el centro de homotetia en el punto H.
Teorema. El ortocentro, el centroide, el circuncentro y el centro del círculo de nueve puntos se encuentran en la misma línea recta. La recta de Euler.
Prueba. Sea H el ortocentro ABC (figura 2.18) y O el centro del círculo circunscrito. Por construcción, las bisectrices perpendiculares ABC contienen las alturas de la mediana MNL, es decir, O es simultáneamente el ortocentro LMN. ?LMN ~ ?ABC, su coeficiente de similitud es 2, por lo que BH=2ON.
Dibujemos una línea recta que pase por los puntos H y O. Obtenemos dos triángulos semejantes?NOG y?BHG. Como BH=2ON, entonces BG=2GN. Esto último significa que el punto G es el centroide ABC. Para el punto G se cumple la relación HG:GO=2:1.
Sean además TF la bisectriz perpendicular?MNL y F el punto de intersección de esta perpendicular con la recta HO. Consideremos los ?TGF y ?NGO similares. El punto G es el centroide de MNL, por lo que el coeficiente de similitud de TGF y NGO es igual a 2. Por lo tanto, OG=2GF y como HG=2GO, entonces HF=FO y F es el medio del segmento HO.
Si realizamos el mismo razonamiento con respecto a la mediatriz del otro lado?MNL, entonces también debe pasar por el centro del segmento HO. Pero esto significa que el punto F es el punto de las mediatrices?MNL. Este punto es el centro del círculo de Euler. El teorema ha sido demostrado.
CONCLUSIÓN
En este trabajo, analizamos 4 maravillosos puntos del triángulo estudiados en la escuela y sus propiedades, a partir de las cuales podemos resolver muchos problemas. También se consideraron el punto de Gergonne, el círculo de Euler y la recta de Euler.
LISTA DE FUENTES UTILIZADAS
1.Geometría 7-9. Libro de texto para escuelas secundarias // Atanasyan L.S., Butuzov V.F. y otros - M.: Educación, 1994.
2.Amelkin V.V. Geometría en el plano: Teoría, problemas, soluciones: Libro de texto. Un manual de matemáticas // V.V Amelkin, V.L. Rabtsevich, V.L. Timokhovich - Mn.: "Asar", 2003.
.V.S. Bolodurin, O.A. Vakhmyanina, T.S. Izmailova // Manual de geometría elemental. Oremburgo, OGPI, 1991.
.Prasolov V.G. Problemas de planimetría. - 4ª ed., complementada - M.: Editorial del Centro de Educación Matemática Continua de Moscú, 2001.
En un triángulo existen los llamados cuatro puntos destacables: el punto de intersección de las medianas. El punto de intersección de bisectrices, el punto de intersección de alturas y el punto de intersección de bisectrices perpendiculares. Veamos cada uno de ellos.
Punto de intersección de medianas triangulares.
Teorema 1
En la intersección de las medianas de un triángulo.: Las medianas de un triángulo se cortan en un punto y se dividen por el punto de intersección en la proporción $2:1$ comenzando desde el vértice.
Prueba.
Considere el triángulo $ABC$, donde $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ son sus medianas. Como las medianas dividen los lados por la mitad. Consideremos la línea media $A_1B_1$ (Fig. 1).
Figura 1. Medianas de un triángulo
Por el Teorema 1, $AB||A_1B_1$ y $AB=2A_1B_1$, por lo tanto, $\angle ABB_1=\angle BB_1A_1,\ \angle BAA_1=\angle AA_1B_1$. Esto significa que los triángulos $ABM$ y $A_1B_1M$ son similares según el primer criterio de similitud de triángulos. Entonces
De la misma manera, se demuestra que
El teorema ha sido demostrado.
Punto de intersección de las bisectrices de un triángulo.
Teorema 2
En la intersección de las bisectrices de un triángulo.: Las bisectrices de un triángulo se cortan en un punto.
Prueba.
Considere el triángulo $ABC$, donde $AM,\BP,\CK$ son sus bisectrices. Sea el punto $O$ el punto de intersección de las bisectrices $AM\ y\BP$. Dibujemos perpendiculares desde este punto a los lados del triángulo (Fig. 2).
Figura 2. Bisectrices de un triángulo
Teorema 3
Cada punto de la bisectriz de un ángulo no desarrollado equidista de sus lados.
Por el Teorema 3, tenemos: $OX=OZ,\ OX=OY$. Por lo tanto, $OY=OZ$. Esto significa que el punto $O$ es equidistante de los lados del ángulo $ACB$ y, por lo tanto, se encuentra en su bisectriz $CK$.
El teorema ha sido demostrado.
El punto de intersección de las mediatrices de un triángulo.
Teorema 4
Las bisectrices perpendiculares a los lados de un triángulo se cortan en un punto.
Prueba.
Sea un triángulo $ABC$, $n,\ m,\ p$ sus bisectrices perpendiculares. Sea el punto $O$ el punto de intersección de las perpendiculares bisectorales $n\ y\ m$ (Fig. 3).
Figura 3. Bisectrices perpendiculares de un triángulo
Para demostrarlo necesitamos el siguiente teorema.
Teorema 5
Cada punto de la mediatriz de un segmento equidista de los extremos del segmento.
Por el Teorema 3, tenemos: $OB=OC,\ OB=OA$. Por lo tanto, $OA=OC$. Esto significa que el punto $O$ es equidistante de los extremos del segmento $AC$ y, por lo tanto, se encuentra en su bisectriz perpendicular $p$.
El teorema ha sido demostrado.
Punto de intersección de altitudes triangulares.
Teorema 6
Las alturas de un triángulo o sus prolongaciones se cortan en un punto.
Prueba.
Considere el triángulo $ABC$, donde $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ es su altitud. Dibujemos una línea recta que pase por cada vértice del triángulo paralela al lado opuesto al vértice. Obtenemos un nuevo triángulo $A_2B_2C_2$ (Fig. 4).
Figura 4. Alturas del triángulo
Dado que $AC_2BC$ y $B_2ABC$ son paralelogramos con un lado común, entonces $AC_2=AB_2$, es decir, el punto $A$ es el punto medio del lado $C_2B_2$. De manera similar, encontramos que el punto $B$ es el punto medio del lado $C_2A_2$, y el punto $C$ es el punto medio del lado $A_2B_2$. De la construcción tenemos que $(CC)_1\bot A_2B_2,\ (BB)_1\bot A_2C_2,\ (AA)_1\bot C_2B_2$. Por lo tanto, $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ son las bisectrices perpendiculares del triángulo $A_2B_2C_2$. Entonces, por el Teorema 4, tenemos que las alturas $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ se cruzan en un punto.
Distrito de Liskinsky, institución educativa municipal Escuela secundaria Anoshkinskaya.
La profesora de matemáticas Smorchkova E.B.
Objetivo del proyecto: aprenda a utilizar diversa literatura sobre geometría, materiales de referencia para un estudio más detallado del tema "Puntos notables de un triángulo", brinde una comprensión más completa del tema, prepare una presentación sobre este tema para demostrarla durante discursos y lecciones.
La geometría comienza contriángulo. ya son las dos y medianuevo milenio, el triángulo es como un símbolo de la geometría; pero no es sólo un símbolo, un triángulo es un átomo de geometría.E incluso hoy la geometría escolar se está volviendo interesante ysignificativo, se convierte en geometría propiamente dicha sólo desde el principiola apariencia de un triángulo. Conceptos previos - punto, rectoah, ángulo: parecen abstracciones vagas, pero enEl análisis de teoremas y problemas asociados con ellos es simplemente aburrido.
Ya desde los primeros pasos de su desarrollo, el hombre, y especialmente el moderno, se enfrenta a todo tipo de objetos geométricos: figuras y cuerpos. Hay casos en los que una persona en una edad joven, si no en la infancia, se interesa por la geometría e incluso hace descubrimientos geométricos independientes. Así, al pequeño Blaise Pascal se le ocurrió un "juego de geometría", en el que participaban "monedas" - círculos, "sombrero de tres picos" - triángulos, "mesas" - rectángulos, "palos" - segmentos. Su padre, que tenía un profundo conocimiento de las matemáticas, al principio excluyó decisivamente las matemáticas de las materias que enseñaba a su hijo, ya que el pequeño Blaise no gozaba de buena salud. Sin embargo, al descubrir la pasión de su hijo, le contó algo sobre la misteriosa geometría, y cuando sorprendió a Blaise en el momento en que descubrió que los ángulos de un triángulo suman dos ángulos rectos, el conmovido padre le dio a su hijo de 12 años. acceso del hijo a los libros de matemáticas almacenados en la biblioteca de casa.
El triángulo es inagotable: constantemente se descubren nuevas propiedades. Para hablar de todas sus propiedades conocidas, se necesita un volumen comparable en volumen al volumen de la Gran Enciclopedia. Sobre algunos de ellos, o mejor dicho, sobre algunos puntos maravillosos, relacionado con el triángulo, queremos contarte.
Primero expliquemos el significado de la expresión “puntos notables de un triángulo”. Todos sabemos que las bisectrices de los ángulos interiores de un triángulo se cruzan en un punto: el centro del círculo inscrito en este triángulo. De la misma manera, las medianas, las altitudes de un triángulo y las perpendiculares bisectorales a sus lados se cortan en un punto.
Los puntos resultantes de la intersección de las ternas de líneas enumeradas son, por supuesto, notables (después de todo, tres líneas, por regla general, se cruzan en tres puntos diferentes). También son posibles puntos notables de otros tipos, por ejemplo, puntos en los que alguna función definida para todos los puntos del triángulo llega a un extremo. Por otro lado, el concepto de “puntos notables de un triángulo” debe interpretarse en un nivel literario-emocional más que formal-matemático. Existe un sofisma muy conocido que "demuestra" que todos los números naturales son "interesantes". (Suponiendo que haya números "poco interesantes", tomemos el más pequeño entre ellos. Sin duda, este número es "interesante": es interesante simplemente porque es el más pequeño entre los "poco interesantes".) Razonamiento similar, "demostración" que todos los puntos del triángulo son “notables” ", se puede construir en nuestro caso. Pasemos a considerar algunos ejemplos.
CENTRO DEL CÍRCULO
Demostremos que existe un punto equidistante de los vértices del triángulo, o, en otras palabras, que hay un circulo pasandoa través de los tres vértices del triángulo. El lugar geométrico de los puntos equidistantes de los puntos. A Y EN, es perpendicular al segmento AB, pasando por su punto medio (la bisectriz perpendicular al segmento AB). Considere el punto ACERCA DE, en el que se cortan las bisectrices de las perpendiculares a los segmentos AB Y Sol. Punto ACERCA DE equidistante de los puntos A y B, así como de los puntos EN Y CON. Por lo tanto es equidistante de los puntos A Y CON, es decir, también se encuentra en la bisectriz perpendicular al segmento C.A.(Figura 50).
Centro ACERCA DE la circunferencia circunscrita está dentro de un triángulo sólo si el triángulo es agudo. Si el triángulo es rectángulo, entonces el punto ACERCA DE coincide con la mitad de la hipotenusa,
y si el ángulo en el vértice CON contundente luego recto AB separa los puntos O y C.
Si en Δ abecedarioángulo del ápice CON agudo luego lado AB visible desde el punto O en un ángulo igual a 2
En matemáticas sucede a menudo que objetos definidos de maneras completamente diferentes resultan ser iguales. Demostremos esto con un ejemplo.
Sean A 1, B 1 y C 1 los puntos medios de los lados. VS, S A Y AB. Se puede demostrar que los círculos circunscritos alrededor de Δ AB 1 C 1 , Δ A 1 antes de Cristo 1 y Δ A 1 B 1 do , se cortan en un punto, y este punto es el centro de la circunferencia circunstante Δ abecedario(Figura 51). Entonces, tenemos dos puntos aparentemente completamente diferentes: el punto de intersección de las bisectrices perpendiculares a los lados Δ abecedario y el punto de intersección de los círculos circunscritos Δ AB 1 CON 1 , Δ AiBCi y Δ AiBiC . ¡Pero resulta que por alguna razón estos dos puntos coinciden!
Sin embargo, llevemos a cabo la prueba prometida. Basta demostrar que el centro O de la circunferencia circunstante Δ abecedario se encuentra en círculos circunscritos alrededor de Δ AB 1 CON 1 , Δ A iBCi y Δ A 1 B 1 do . Anglos transmisión exterior 1 A Y SO 1 A líneas rectas, por lo que los puntos EN 1 Y CON 1 yacer en un círculo con diámetro OA, lo que significa que el punto O se encuentra en un círculo circunscrito alrededor de Δ AB 1 do 1 . Para Δ AiBCi y Δ A 1 EN 1 CON la prueba es similar.
El enunciado demostrado es un caso especial de un teorema muy interesante: si en los ladosAB, antes de CristoYSAtriánguloabecedariopuntos arbitrarios tomadosCON 1 , A 1 YEN 1 , luego descritocírculo ΔAB 1 CON 1 , ΔA 1 Sol 1 y ΔA 1 EN 1 CON cruzarse en unopunto.
Hagamos una última observación respecto del centro del círculo circunscrito. Directo A 1 EN 1 Y AB son paralelos, por lo tanto SO 1 perpendicular A 1 EN 1 Asimismo transmisión exterior 1 perpendicular A 1 do 1 Y OA 1 perpendicular EN 1 CON 1 , es decir. ACERCA DE- punto de intersección de las altitudes del triángulo A 1 B 1 CON 1 ... ¡Espera, espera! Aún no hemos demostrado que las alturas de un triángulo se crucen en un punto. ¿No hay manera de probar esto? Volveremos a esta conversación más adelante.
CENTRO DEL CÍRCULO ÍNDICO
Demostremos que las bisectrices de los ángulos Δ abecedario se cruzan en un punto. Considere el punto O de la intersección de bisectrices de ángulos. A y B. Cualquier punto de bisectriz de un ángulo A equidistante de rectas AB Y C.A, y cualquier punto de la bisectriz del ángulo B equidistante de rectas AB Y sol, por lo tanto el punto O es equidistante de las rectas C.A. Y sol, es decir, se encuentra en la bisectriz del ángulo C. El punto O equidista de las rectas. AB, antes de Cristo Y SA, Esto significa que hay un círculo con centro. ACERCA DE, tangente a estas rectas, y los puntos de tangencia se encuentran en los lados mismos y no en sus extensiones. De hecho, los ángulos en los vértices A y BΔ CUALQUIER OTRO NEGOCIO agudo, por lo tanto la proyección del punto O sobre una línea recta AB se encuentra dentro del segmento AB. Para fiestas Sol Y SA la prueba es similar.
Dejar A 1 , EN 1 Y CON 1 - puntos de contacto del círculo inscrito de un triángulo con los lados VS, SA Y AB(Figura 52). Entonces AB 1 =AC 1 , antes de Cristo 1 = LICENCIADO EN LETRAS. 1 Y SA 1 = VS 1 . Además, el ángulo B 1 A 1 do 1 igual a los ángulos en la base de un isósceles Δ AB 1 CON 1 (por el teorema del ángulo entre la tangente y la cuerda), etc. Para el ángulo B 1 do 1 A 1 y ángulo A 1 B 1 do 1 la prueba es similar.
Los ángulos en la base de cualquier triángulo isósceles son agudos, por lo tanto Δ A 1 B 1 C 1 es agudo para cualquier Δ ABC.
Si incógnita = AB 1 , y = antes de Cristo 1 Y z = CALIFORNIA. 1 , Eso x+y = c,y + z = a Y z + incógnita = b , Dónde A,b Y Con- longitudes de los lados Δ ABECEDARIO. Sumando las dos primeras igualdades y restándoles la tercera, obtenemos y= (a+c-c)/2. Asimismo x=(b+ca)/2 Y z =(a+bc)/2. Cabe señalar que para un cuadrilátero tal razonamiento no conduciría al resultado deseado, porque el sistema de ecuaciones correspondiente
o no tiene ninguna solución o tiene un número infinito de ellas. De hecho, si x+y=a,y + z = b , z + t = do Y t + incógnita = d , Eso y=a-INCÓGNITA,z = b -y = b - a+x Y t = do - b + a -INCÓGNITA, y desde la igualdad t + incógnita = d resulta que a + do = b + d . Por lo tanto si a+c no es igual a b+ d , entonces el sistema no tiene soluciones, y si a + do = b + d , Eso incógnita puede ser elegido arbitrariamente y y,z , t se expresan a través de INCÓGNITA.
Volvamos nuevamente a la unicidad de la solución del sistema de ecuaciones de un triángulo. Utilizándolo, podemos probar la siguiente afirmación: dejemos que los círculos con centros A, B y C se toquen externamente en los puntos A 1, EN 1 Y CON 1 (Figura 53). Entonces la circunferencia circunstante Δ A 1 B 1 do 1 inscrito en Δ ABECEDARIO. De hecho, si x,y Y z - radios de círculos; a , b Y Con- longitudes de los lados Δ ABECEDARIO, Eso x+y = c,y + z = a , y + incógnita = b .
Demostremos tres propiedades del centro. ACERCA DE círculo inscrito Δ abecedario .
1. Si la continuación de la bisectriz del ángulo. CON corta a la circunferencia circunstante Δ abecedario en el punto METRO, Eso MA=VM=MO(Figura 54).
Probemos, por ejemplo, que en Δ Amo los ángulos en los vértices A y O son iguales.<OAM = < VH + < bam Y < OMA =< O.A.C. +<А CO , < VH=<ОАС Y< TÚ = TÚ<ВСМ = < ACO . Por eso, AM=MES. Asimismo VM=MO.
2. Si AB- base de isósceles Δ ABECEDARIO, luego el circulo tangente a los lados<ACB en puntos A y B, pasa por el punto O (Fig. 55).
Sea O" el punto medio del arco (más pequeño) AB el círculo en cuestión. Por la propiedad del ángulo entre una tangente y una cuerda.<CAO "= <О"ВА= <О"АВ, es decir, el punto O" se encuentra en la bisectriz < A . De manera similar, se puede demostrar que se encuentra en la bisectriz. < B , es decir. O" = O.
3. Si una línea que pasa por el punto O es paralela al lado AB, cruza los lados Sol Y SA en puntos A 1 Y EN 1 , Eso A 1 B 1 = A 1 B + AB 1 .
Demostremos que Δ AB 1 oh isósceles. De hecho, < B 1 O.A. = < VH = < B 1 A.O. (Figura 56). Es por eso AB 1 = B 1 0. Asimismo A 1 B = A 1 oh , lo que significa A 1 B 1 = A 1 O+TRANSMISIÓN EXTERIOR. 1 = A 1 B + AB 1 .
Dejar entrar Δ abecedarioángulos de vértice A, B y C son iguales a α, β, γ . Calculemos el ángulo en el que el lado AB visible desde el punto O. Dado que los ángulos Δ JSC B en los vértices A y B son iguales α/2 y β/2, entonces
< CUALQUIER OTRO NEGOCIO = 180°- (α+β)/2=180°- (180°- γ)/2=90° +γ/2. Este
La fórmula puede resultar útil para resolver muchos problemas.
puntos medios de los lados Δ ABECEDARIO; dejar h
1
y H - sus ortocentros (Fig. 65). El punto H 1 coincide con el centro. ACERCA DE círculo circunstante Δ ABECEDARIO. Demostremos que Δ 
