γ+(90° +γ/2) =180°, ce qui signifie γ = 60°. Dans ce cas, les accords O.A.
1
Et OB 1
cercle circonscrit à un quadrilatère OA 1
NE 1
sont égaux parce qu'ils ont des angles égaux OCA
1
Et SEL 1
.
Cercle inscrit Δ abc touche ses côtés aux points internes. Voyons quels types de cercles existent qui touchent trois lignes Alberta, Colombie-Britannique Et SA. Le centre d'un cercle tangent à deux lignes sécantes se trouve sur l'une des deux lignes coupant en deux les angles entre les lignes d'origine. Donc les centres des cercles tangents aux droites Alberta, Colombie-Britannique Et SA, se situent sur les bissectrices des angles externes ou internes du triangle (ou leurs extensions). La bissectrice d'un angle intérieur passe par le point d'intersection de deux bissectrices extérieures quelconques. La preuve de cet énoncé répète textuellement la preuve de l'énoncé correspondant pour les bissectrices des angles intérieurs. En conséquence, on obtient 4 cercles de centres O, À PROPOS UN , Oh Et À PROPOS Avec
(Fig. 57). Cercle avec centre À PROPOS UN
touche le côté Soleil Et
suite des fêtes AB Et CA ; ce cercle s'appelle non inscrit
circonférence Δ ABC. Le rayon du cercle inscrit d'un triangle est généralement noté r, et les rayons des cercles excercles par r UN ,
G b et g Avec .
Les relations suivantes s'appliquent entre les rayons des cercles inscrits et hors cercle :
G /
gs =(р-с)/р et G
G Avec =(p - une) (p - b), Où r- demi-périmètre Δ ABC. Prouvons-le. Soient K et L les points de tangence de l'inscrit et de l'excercle avec la droite Soleil(Fig. 58). Triangles rectangles JUS Et CO
c
L
sont semblables, donc
G /
gs =OK/O Avec L
=
CK
/
C.L.
..
Il a été prouvé précédemment que SC = (a+b-c)/2=p-c.
Reste à vérifier que C.L.
=
p
.
Laisser M Et R.- points de tangence d'un excercle avec des droites AB Et CA. Alors
CL= (CL+CP)/ 2 = (CB+BL+CA+AP)/2 = (CB+BM + CA+AM)/2 = r
Pour prouver la relation rr
c
=(p
-
un
)(p
-
b
)
considérons les triangles rectangles L.O.
C
B
Et KVO, qui sont similaires parce que
<OBK
+<
Ô
C
B.L.
=(<СВА + <АВ
L
)/2=90°.
Moyens, L O s /ВL =BK /KO, c'est-à-dire rr
c
=
K.O.
·
L.O.
c
=
B.K.
·
B.L.
.
Il reste à noter que VK=(un
+
c
-
b
)/2=
p
-
b
Et B.L.
=
C.L.
-
C.B.
=
p
-
un
.
Notons encore une propriété intéressante (déjà effectivement prouvée en cours de route). Laissez l'inscription et l'excercle toucher le côté AB aux points N Et M(Fig. 58). Alors SUIS.
=
NE
.
En fait, NE
=
p
-
b
Et AM=AR=SR-AS=p - c.
Rapports rr
c
=(p
- UN)(p-V )
Et r
p=r
Avec (p-c) peut être utilisé pour dériver la formule de Heron S
2
=
p
(p
-
un
)(p
-
b
)(p
-
c
),
Où S
- aire du triangle. En multipliant ces ratios, on obtient r
2
p
=(p
-
un
)(p
-
b
)(p
-
c
).
Reste à vérifier que S
=
pr
.
Cela peut être facilement réalisé en coupant Δ abc sur ΔAOB,
ΔBOS Et ΔSOA.
POINT D'INTERSECTION MÉDIAN
Montrons que les médianes d'un triangle se coupent en un point. Pour cela, considérons le point M, où les médianes se croisent AA 1
Et BB 1
.
Réalisons dans Δ BB1S ligne médiane UN
1
UN
2
,
parallèle BB 1
(Fig. 59). Alors UN
1
M
:
SUIS.
=
B
1
UN
2
:
AB
1
=
B
1
UN
2
:
B
1
C
=
B.A.
1
:VS=1:2, c'est-à-dire le point d'intersection des médianes BB 1
Et AA 1
divise la médiane AA 1
dans un rapport de 1:2. De même, le point d'intersection des médianes SS 1
Et AA 1
divise la médiane AA 1
dans un rapport de 1:2. Donc le point d’intersection des médianes AA 1
Et BB 1
coïncide avec le point d'intersection des médianes AA 1
Et SS 1
.
Si le point d'intersection des médianes d'un triangle est relié aux sommets, alors le triangle sera divisé en trois triangles d'aire égale. En effet, il suffit de prouver que si R.- n'importe quel point de la médiane AA 1
V ABC, puis la zone ΔAVR Et ΔACP sont égaux. Après tout, les médianes AA 1
Et RA 1
en Δ abc et Δ RVS coupez-les en triangles d'aire égale.
L'affirmation inverse est également vraie : si pour un certain point R, couché à l'intérieur ΔABC, zone Δ AVR, Δ
VRC Et ΔSAR sont égaux, alors R.- point d'intersection des terre-pleins. En effet, de l'égalité des territoires ΔAVR Et ΔHRV il s'ensuit que les distances des points A et C à la droite VR sont égaux, ce qui signifie VR passe par le milieu du segment CA. Pour RA Et RS la preuve est similaire.
L'égalité des aires des triangles en lesquels les médianes divisent le triangle permet de trouver le rapport des aires s d'un triangle composé de médianes comme suit ΔABC,à l'aire S de Δ lui-même ABC. Laisser M- point d'intersection des médianes Δ ABC; point UN" symétrique UN par rapport au point M(Fig. 60)
D'une part, la zone ΔA"MSégal à S/3. En revanche, ce triangle est composé de segments dont la longueur de chacun est égale aux 2/3 de la longueur de la médiane correspondante, donc son aire
égal à (2/3) 2 s = 4s/9. Ainsi, s
=3
S
/4.
Une propriété très importante du point d'intersection des médianes est que la somme des trois vecteurs allant de celui-ci aux sommets du triangle est égale à zéro. Notons d'abord que AM=1/3(AB+AC), Où M- point d'intersection des médianes Δ
abc
.
En fait, si
ABA
"AVEC- parallélogramme, alors AA"=AB+AC Et AM=1/3AA". C'est pourquoi MA+MV+MC=1/3(BA+SA+AB + SV + AC + BC) = 0.
Il est clair également que seul le point d'intersection des médianes possède cette propriété, puisque si X
- tout autre point, alors
HA+XB+XC=(XM+MA)+(XM+MV)+(XM+MS)=3ХМ..
En utilisant cette propriété du point d'intersection des médianes d'un triangle, on peut prouver l'énoncé suivant : le point d'intersection des médianes d'un triangle avec les sommets aux milieux des côtés AB,CD
Et E.F.
hexagone ABCDEF
coïncide avec le point d'intersection des médianes du triangle avec les sommets situés aux milieux des côtés soleil,DE
Et FA.
.
En effet, profitant du fait que si, par exemple, R.- le milieu du segment AB, alors pour n'importe quel point X
l'égalité est vraie HA+ HB=2ХР, Il est facile de prouver que les points d'intersection des médianes des deux triangles considérés ont la propriété que la somme des vecteurs allant d'eux aux sommets de l'hexagone est égale à zéro. Ces points coïncident donc.
Le point d'intersection des médianes a une propriété qui le distingue nettement des autres points remarquables du triangle : si Δ ABC" est une projection ΔABC sur le plan, alors le point d'intersection des médianes Δ Un "B" C"
est la projection du point d'intersection des médianes ΔABC dans le même avion. Cela découle facilement du fait que lors de la projection, le milieu du segment passe au milieu de sa projection, ce qui signifie que la médiane du triangle passe dans la médiane de sa projection. Ni la bissectrice ni la hauteur n'ont cette propriété.
Il est à noter que le point d'intersection des médianes d'un triangle est son centre de masse, à la fois le centre de masse d'un système de trois points matériels de masses égales situés aux sommets du triangle, et le centre de masse de une plaque en forme de triangle donné. La position d'équilibre d'un triangle articulé en un point arbitraire X
,
il y aura une position dans laquelle le faisceau HM dirigé vers le centre de la Terre. Pour un triangle articulé au point d'intersection des médianes, toute position est une position d'équilibre. De plus, un triangle dont le point d’intersection médian repose sur la pointe de l’aiguille sera également en position d’équilibre.
POINT D'INTERSECTION DES ÉLÉVATIONS
Prouver que les hauteurs Δ abc se croisent en un point, rappelez-vous le chemin de preuve tracé à la fin de la section « Centre du cercle circonscrit ». Laissez-vous guider à travers les sommets A, B Et AVEC des lignes droites parallèles aux côtés opposés ; ces lignes forment Δ UN 1
DANS 1
AVEC 1
(Fig. 61). Hauteurs Δ abc sont les médiatrices des côtés ΔA
1
B
1
C
1
.
Par conséquent, ils se coupent en un point - le centre du cercle circonscrit ΔA
1
B
1
C
1
.
Le point d'intersection des altitudes d'un triangle est parfois appelé son orthocentre.
-
Il est facile de vérifier que si H est le point d’intersection des hauteurs Δ ABC, Que A, B Et AVEC - points d'intersection de hauteur Δ VNS, ΔSNA et Δ ANV respectivement.
Il est également clair que<abc
+ <
A.H.C.
=
180° parce que <
B.A.
1
H
= <
Colombie-Britannique
1
H
=90° (UN
1
Et C
1
- bases de hauteurs). Si le point H
1
symétrique au point H par rapport à la droite ca, alors un quadrilatère ABCN 1
inscrit. Par conséquent, les rayons des cercles circonscrits Δ abc et Δ AN S sont égaux et ces cercles sont symétriques par rapport au côté CA(Fig. 62). Il est maintenant facile de prouver que
UN = un|ctg A|, où a=BC. En effet,
AH=2R péché<
ACH=2R|cos UNE| =un|ctgA| .
Supposons pour simplifier que ΔABCà angle aigu et considérons Δ UN
1
B
1
C
1
,
formé par les bases de ses hauteurs. Il s'avère que le centre du cercle inscrit Δ UN
1
B
1
C
1
est le point d'intersection des hauteurs Δ ABC, et les centres des excercles
ΔA
1
B
1
C
1
sont les sommets de Δ abc(Fig. 63). Points UN 1
Et DANS 1
CH(depuis les coins NV 1
S et ON 1
AVEC droit), donc <
HA.
1
B
1
= <
HCB
1
.
De même<HA.
1
C
1
= <
CBH
1
.
Et depuis<HCB
1
= =<
CBH
1
Que UN 1
UN - bissecteur<DANS 1
UN 1
AVEC 1
.
Laisser N- point d'intersection des hauteurs AA 1
, BB 1
Et CC
1
triangle abc
.
Points UN
1
Et DANS 1
s'allonger sur un cercle de diamètre AB, C'est pourquoi A.H.
·
UN
1
H
=
B.H.
·
B
1
H
. De même VNB
1
H
=CH·C 1
N.
Pour un triangle aigu, l'affirmation inverse est également vraie : si les points A 1, B
1
Et C
1
s'allonger sur les côtés VS, SA et AB à angle aigu Δ ABC et segments AA 1
, BB 1
Et SS 1
se croisent en un point R, et AR A 1
Р=ВР·В 1
P=CP·C 1
R, Que R.- point d'intersection des hauteurs. En fait, de l'égalité
AP ·A 1 P =BP ·B 1 P
il s'ensuit que les points A, B, A 1
Et DANS 1
se situer sur le même cercle avec le diamètre AB, ce qui veut dire <
AB
1
B
= <
B.A.
1
UN
=γ.
De même <
ACiC
=<
CAiA
=
β
Et
<СВ
1
B=<ВС
1
C= α
(Fig. 64). Il est également clair que α + β= CC
1
UN
=
je
80°, β+γ=180° et γ + α = 180°. Donc α = β=γ=90°.
Le point d'intersection des hauteurs d'un triangle peut être déterminé d'une autre manière très intéressante, mais pour cela nous avons besoin des notions de vecteur et de produit scalaire de vecteurs.
Laisser À PROPOS- centre du cercle circonscrit Δ ABC. Somme vectorielle O.A.+ O.B.
+ Système d'exploitation est un vecteur, donc il y a un tel point R, Quoi OU = OA + OB+OS. Il s'avère que R.- point d'intersection des hauteurs Δ ABC!
Montrons par exemple que PA
perpendiculaire Colombie-Britannique
.
C'est clair que AR=AO+
+op=ao+(oa+ov+os)=ov+os et all= -ov+os.
Par conséquent, le produit scalaire des vecteurs RA Et Soleil est égal Système d'exploitation 2
- O.B.
2
=
R.
2
-
R.
2
=0,
c'est-à-dire que ces vecteurs sont perpendiculaires.
Cette propriété de l'orthocentre d'un triangle permet de prouver des affirmations loin d'être évidentes. Prenons par exemple un quadrilatère ABCD
,
inscrit dans un cercle. Laisser Na, Nv, Ns Et H
d
- les orthocentres Δ
BCD
, Δ
ADC
, Δ
TOUCHE
et Δ
abc
respectivement. Puis les milieux des segments UN UN , VN, CH AVEC ,
D.H.
d
correspondre. En fait, si À PROPOS est le centre du cercle, et M- le milieu du segment UN UN ,
Que OM=1/2(0A + OH UN )= =1/2(OA + OB+OS+OD
)
.
Pour les milieux des trois autres segments on obtient exactement les mêmes expressions.
EULER DIRECT
La propriété la plus étonnante des points merveilleux estl'angle est que certains d'entre eux sont connectés les uns aux autresselon certains ratios. Par exemple, le point d'intersection médian M,
le point d'intersection des hauteurs H et le centre du cercle circonscritpropriétés O se trouvent sur la même droite, et le pointM divise le segment IL
pour que la relation soit valideOM:MN= 1:2. Ce le théorème a été prouvé en 1765 par Leonhard Euler, quiGrâce à son activité inlassable, il a considérablement développé de nombreux domaines des mathématiques et jeté les bases de plusieurs de ses nouvelles branches. Il est né en 1707 en Suisse. À 20 ans, Euler recommandaitLes frères Bernoulli ont reçu une invitation à venir à Saint-PétersbourgBurg, où une académie avait été organisée peu auparavant. DANSfin 1740 en Russie à l'occasion de la montée au pouvoir d'Anne LéopolDovna, une situation alarmante s'est développée et Euler a déménagé àBerlin. Après 25 ans, il est retourné en Russie, au totalEuler a vécu à Saint-Pétersbourg pendant plus de 30 ans. À Burleynon, Euler entretenait des contacts étroits avec l'Académie russe et étaitson membre honoraire. De Berlin, Euler correspondait avec Lomonochouettes Leur correspondance commença ainsi. En 1747, Lomonosov fut élu professeur, c'est-à-dire membre à part entière de l'académie ; L'impératrice approuva cette élection. Après celaSchumacher, responsable réactionnaire de l'Académie, qui déteste avec véhémence LawMonosov, envoya ses travaux à Euler, dans l'espoir d'obtenir des informations à leur sujetmauvaise critique. (Euler n'avait que 4 ans de plus que Lomonossov,mais son autorité scientifique était déjà très élevée à cette époque.)Dans sa critique, Euler écrit : « Toutes ces œuvres ne sont pas seulement bonnesshi, mais aussi excellent, car il explique la physique et la chimie les questions les plus nécessaires et les plus difficiles, qui sont complètement inconnues et les interprétations étaient impossiblesaux plus spirituels et aux plus éruditsdes gens célèbres, avec un tel fondateurchose dont je suis sûrl'exactitude de son témoignage...Il faut souhaiter que toutquelles académies ont pu montrer de telles inventions quique M. Lomo a montré nez."
Passons à la preuve Théorème d'Euler. Considérons Δ
UN
1
B
1
C
1
avec des sommets dans 
milieux des côtés Δ ABC; laisser H
1
et H - leurs orthocentres (Fig. 65). Le point H 1 coïncide avec le centre À PROPOS cercle circonscrit Δ ABC. Montrons que Δ C
1
H
1
M
=Δ
CHM
.
En effet, par la propriété du point d'intersection des médianes AVEC 1
M:
CM= 1:2, coefficient de similarité Δ UN
1
B
1
C
1
et Δ abc est égal à 2, donc C
1
H
1
:
CH
=1:2,
En plus,<H
1
C
1
M
=<НСМ (C
1
H
1
||
CH
).
Donc,< C
1
M.H.
1
= < SMN, ce qui veut dire point M se trouve sur le segment H
1
H
.
En plus, H
1
M
:
M.H.
=1:2,
puisque le coefficient de similarité Δ C
1
H
1
M
et Δ SNM est égal à 2.
CERCLE DE NEUF POINTS
En 1765, Euler découvre que les milieux des côtés d'un triangle et les bases de ses altitudes se trouvent sur le même cercle. Nous démontrerons également cette propriété d’un triangle.
Soit B 2 la base de la hauteur tombée du haut DANS sur
côté CA. Points DANS et B 2 sont symétriques par rapport à la droite UN 1
AVEC 1
(Fig. 66). Par conséquent, Δ UN
1
DANS
2
AVEC
1
= Δ
UN
1
Colombie-Britannique
t
= Δ
UN
1
B
1
C
1
,
C'est pourquoi <
UN
1
B
2
C
1
= <А
1
DANS 1
AVEC 1
,
ce qui veut dire point DANS 2
se trouve sur la description
cercle ΔA
1
DANS
1
AVEC
1
.
Pour les autres bases de hauteurs, la preuve est similaire. "
Par la suite, il a été découvert que trois autres points se trouvent sur le même cercle - les milieux des segments reliant l'orthocentre aux sommets du triangle. C'est ça cercle de neuf points.
Laisser Az Et NO- les milieux des segments UN Et CH, S 2
- la base de la hauteur descendue du haut AVEC sur AB(Fig. 67). Montrons d'abord que UN
1
C
1
UN
3
C
3
- rectangle. Cela découle facilement du fait que UN 1
NO Et UN
3
C
1
- lignes médianes Δ VSN Et ΔAVN, UN UN
1
C
1
Et UN 3
NO- lignes médianes Δ abc et Δ ASN. Donc les points UN 1
Et Az s'allonger sur un cercle de diamètre AVEC 1
NO, et depuis Az Et NO s'allonger sur un cercle passant par les points UN 1,
C
1
et C2. Ce cercle coïncide avec le cercle considéré par Euler (si Δ abc pas isocèle). Pour un point VZ la preuve est similaire.
POINTE TORRICELLI
À l'intérieur d'un quadrilatère arbitraire ABCD
Il est facile de trouver le point dont la somme des distances aux sommets a la plus petite valeur. Un tel point est un point À PROPOS intersection de ses diagonales. En fait, si X
- tout autre point, alors AH+HS≥AC=AO+OS Et BX
+
XD
≥
BD
=
B.O.
+
O.D.
,
et au moins une des inégalités est stricte. Pour un triangle, un problème similaire est plus difficile à résoudre ; nous allons maintenant passer à sa résolution. Pour simplifier, nous considérerons le cas d’un triangle aigu.
Laisser M- un point à l'intérieur de l'angle aigu Δ ABC. Retournons les choses ΔABC avec le point M 60° autour du point UN(Fig. 68). (Plus précisément, laissez B, C Et M"- des images de points B, C Et M lors d'une rotation de 60° autour d'un point UN.) Alors AM+VM+SM=MM"+B.M.
+
C
"
M
", AM=MM", Donc comme ΔAMM"- isocèle (AM=AM") Et<MAMAN" = 60°. Le côté droit de l’égalité est la longueur de la ligne brisée VMM"S"
;
ce sera le plus petit quand cette ligne brisée
coïncide avec le segment Soleil"
.
Dans ce cas<.
A.M.B.
=
180° -<AMM" = 120° et<АМС = <SUIS.
"
C
-
180°-<SUIS.
"
M
=
120°, c'est à dire côtés Alberta, Colombie-Britannique et SA sont visibles du point M sous un angle de 120°. Un tel point M appelé pointe Torricelli triangle abc
.
Montrons cependant qu'à l'intérieur d'un triangle aigu il existe toujours un point M, d'où chaque côté est visible sous un angle de 120°. Construisons-le à côté AB triangle abc
extérieurement correct Δ abc 1
(Fig. 69). Laisser M-point d'intersection du cercle circonscrit ΔABC 1
et droit SS 1
.
Alors abc
1
=60° Et abc visible du point M sous un angle de 120°. En poursuivant ces arguments un peu plus loin, on peut obtenir une autre définition du point Torricelli. Construisons des triangles réguliers UN 1
Soleil Et AB 1
AVECégalement du côté des forces armées et CA. Montrons que le point M se trouve également sur la droite AA 1
.
En effet, période M se trouve sur le cercle circonscrit Δ UN
1
Colombie-Britannique
,
C'est pourquoi<UN
1
M.B.
= <
UN
1
C.B.
= 60°, ce qui veut dire<UN 1
VM+<.
B.M.A.
=
180°. De même, pointez M se trouve sur une ligne droite BB 1
(Fig. 69).
À l'intérieur de Δ abc il existe un seul point M d'où ses côtés sont visibles sous un angle de 120°, car les cercles circonscrits Δ abc
1
, Δ
AB
je
C
et Δ UN
1
Soleil ne peut avoir plus d’un point commun.
Donnons maintenant une interprétation physique (mécanique) du point Torricelli. Fixons Δ aux sommets abc anneaux, on y fait passer trois cordes dont une extrémité est nouée et des charges de masse égale sont attachées aux autres extrémités (Fig. 70). Si x = MA, y = VM,z
=
M.C.
Et UN est la longueur de chaque fil, alors l'énergie potentielle du système considéré est égale à m g
(x
-UN)+ m g
(oui
-
un
)+
mg
(z
--UN).À la position d’équilibre, l’énergie potentielle a la plus petite valeur, donc la somme x+y+z a également la plus petite valeur. D'autre part, en position d'équilibre, la résultante des forces au point Mégal à zéro. Ces forces sont égales en grandeur absolue, donc les angles par paire entre les vecteurs forces sont égaux à 120°.
Reste à dire comment les choses se passent dans le cas d’un triangle obtus. Si l'angle obtus est inférieur à 120°, alors tous les arguments précédents restent valables. Et si l'angle obtus est supérieur ou égal à 120°, alors la somme des distances de la pointe du triangle à ses sommets sera la plus petite lorsque ce point est le sommet de l'angle obtus.
LES POINTES DE BROKARD
Points de Brocard Δ ABC ces points internes sont appelés R. Et Q
,
Quoi<PBA
= <.
PCA
=<
CAPUCHON
Et<.
QAB
= <.
QBC
= < QCA
(pour un triangle équilatéral, les points de Brocard fusionnent en un seul point). Montrons qu’à l’intérieur de tout Δ abc il y a un point R, ayant la propriété requise (pour un point Q
la preuve est similaire). Formulons d'abord la définition du point de Brocard sous une forme différente. Notons les valeurs d'angle comme le montre la figure 71. Puisque<ARV=180° - a+x-y,égalité x = yéquivaut à l'égalité<APB
=180°-<
.
UN
.
Ainsi, R.- le point Δ ABC, de quels côtés AB,
Soleil Et SA visible sous un angle de 180° -<.
UN
,
180°-<B
,
180°-<AVEC.
Un tel point peut être construit comme suit. Bâtissons sur
côté Soleil triangle abc triangle similaire CA1B
comme le montre la figure 72. Montrons que le point P d'intersection de la droite AA1 et le cercle circonscrit ΔA1BC recherché. En fait,<CPB
=18
Ô
° - β
Et<APB
=
180°-<UN
t
P.B.
=
180° -<UN
1
C.B.
=
je
80°- UN. Construisons en outre des triangles similaires sur les côtés de la même manière CA Et AB(Fig. 73). Parce que<.
APB
=
180° - UN, point R. se trouve également sur le cercle circonscrit Δ abc 1
Ainsi,<CPB
1
= <BAC
1
= β, ce qui signifie point
R. se trouve sur le segment SS 1
.
Il se situe de la même manière sur le segment BB 1
,
c'est-à-dire R- point d'intersection des segments AA 1
, BB 1
Et SS 1
.
Le point de Brocard R. a la propriété intéressante suivante. Laissez tout droit RA, VR Et RS couper le cercle circonscrit ΔABC
aux points A 1, B 1 et C 1 (Fig. 74). Alors Δ ABC = Δ
B
1
AVEC 1
UN
1
.DANS En fait,<.
UN
1
B
1
C
1
= <
UN
1
B
1
B
+ <
BB 1 C 1 =<UN
1
AB
+<В
CC1 =<UN
1
AB
+ +<
UN
1
A.C.
=<.ВАС,
par la propriété du point de Brocard ΔABC, les angles BCC 1 et A 1 AC sont égaux, ce qui signifie UN
1
C
1
=
Colombie-Britannique
.
Égalité des côtés restants Δ abc et Δ B 1 C 1 A 1 sont vérifiés de la même manière.
Dans tous les cas que nous avons considérés, la preuve que les triplets de droites correspondants se coupent en un point peut être réalisée en utilisant Théorème de Ceva. Nous formulerons ce théorème.
Théorème. Laisser sur les côtés Alberta, Colombie-Britannique Et SA triangle abc
points pris AVEC 1
, UN 1
Et DANS 1
respectivement. Direct AA 1
, BB 1
Et SS 1
se croisent en un point si et seulement si
AC 1 / C 1 V VA 1 / A 1 C SV 1 / V 1 A = 1.
La preuve du théorème est donnée dans le manuel de géométrie pour les classes 7 à 9 de L.S. Atanasyan à la p.
Littérature.
1.Atanasyan L.S. Géométrie 7-9.- M. : Éducation, 2000.
2. Kisselev A.P. Géométrie élémentaire - M. : Éducation, 1980.
3. Nikolskaïa I.L. Cours optionnel de mathématiques. M. : Éducation, 1991.
4. Dictionnaire encyclopédique d'un jeune mathématicien.. Comp. A.P.Savin.-.M. : Pédagogie, 1989.
Il y a ce qu'on appelle quatre points remarquables dans un triangle : le point d'intersection des médianes. Le point d'intersection des bissectrices, le point d'intersection des altitudes et le point d'intersection des médiatrices. Regardons chacun d'eux.
Point d'intersection des médianes du triangle
Théorème 1
A l'intersection des médianes d'un triangle: Les médianes d'un triangle se coupent en un point et sont divisées par le point d'intersection dans le rapport $2:1$ à partir du sommet.
Preuve.
Considérons le triangle $ABC$, où $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ sont ses médianes. Puisque les médianes divisent les côtés en deux. Considérons la ligne médiane $A_1B_1$ (Fig. 1).
Figure 1. Médianes d'un triangle
D'après le théorème 1, $AB||A_1B_1$ et $AB=2A_1B_1$, donc $\angle ABB_1=\angle BB_1A_1,\ \angle BAA_1=\angle AA_1B_1$. Cela signifie que les triangles $ABM$ et $A_1B_1M$ sont similaires selon le premier critère de similarité des triangles. Alors
De même, il est prouvé que
Le théorème a été prouvé.
Point d'intersection des médiatrices du triangle
Théorème 2
À l'intersection des bissectrices d'un triangle: Les bissectrices d'un triangle se coupent en un point.
Preuve.
Considérons le triangle $ABC$, où $AM,\BP,\CK$ sont ses bissectrices. Soit le point $O$ le point d'intersection des bissectrices $AM\ et\BP$. Traçons des perpendiculaires de ce point aux côtés du triangle (Fig. 2).
Figure 2. Bissectrices d'un triangle
Théorème 3
Chaque point de la bissectrice d'un angle non développé est équidistant de ses côtés.
D'après le théorème 3, nous avons : $OX=OZ,\ OX=OY$. Par conséquent, $OY=OZ$. Cela signifie que le point $O$ est équidistant des côtés de l'angle $ACB$ et se trouve donc sur sa bissectrice $CK$.
Le théorème a été prouvé.
Le point d'intersection des médiatrices d'un triangle
Théorème 4
Les bissectrices perpendiculaires aux côtés d’un triangle se coupent en un point.
Preuve.
Soit un triangle $ABC$, $n,\ m,\ p$ ses médiatrices. Soit le point $O$ le point d'intersection des perpendiculaires bisectorales $n\ et\ m$ (Fig. 3).
Figure 3. Médiatrices perpendiculaires d'un triangle
Pour le prouver, nous avons besoin du théorème suivant.
Théorème 5
Chaque point de la médiatrice d'un segment est équidistant des extrémités du segment.
D'après le théorème 3, nous avons : $OB=OC,\ OB=OA$. Par conséquent, $OA=OC$. Cela signifie que le point $O$ est à égale distance des extrémités du segment $AC$ et se trouve donc sur sa médiatrice $p$.
Le théorème a été prouvé.
Point d'intersection des altitudes du triangle
Théorème 6
Les altitudes d'un triangle ou leurs extensions se coupent en un point.
Preuve.
Considérons le triangle $ABC$, où $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ est son altitude. Traçons une ligne droite passant par chaque sommet du triangle parallèle au côté opposé au sommet. On obtient un nouveau triangle $A_2B_2C_2$ (Fig. 4).
Figure 4. Hauteurs des triangles
Puisque $AC_2BC$ et $B_2ABC$ sont des parallélogrammes avec un côté commun, alors $AC_2=AB_2$, c'est-à-dire que le point $A$ est le milieu du côté $C_2B_2$. De même, nous constatons que le point $B$ est le milieu du côté $C_2A_2$, et le point $C$ est le milieu du côté $A_2B_2$. De la construction, nous avons ce $(CC)_1\bot A_2B_2,\ (BB)_1\bot A_2C_2,\ (AA)_1\bot C_2B_2$. Par conséquent, $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ sont les médiatrices perpendiculaires du triangle $A_2B_2C_2$. Ensuite, d'après le théorème 4, nous avons que les hauteurs $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ se coupent en un point.
Dans cette leçon, nous examinerons quatre merveilleux points du triangle. Arrêtons-nous sur deux d'entre eux en détail, rappelons les preuves de théorèmes importants et résolvons le problème. Rappelons et caractérisons les deux autres.
Sujet:Révision du cours de géométrie de 8ème
Leçon : Quatre merveilleux points d’un triangle
Un triangle, c'est avant tout trois segments et trois angles, donc les propriétés des segments et des angles sont fondamentales.
Le segment AB est donné. Tout segment a un point médian et une perpendiculaire peut être tracée à travers lui - notons-le p. Ainsi, p est la médiatrice.
Théorème (propriété principale de la médiatrice)
Tout point situé sur la médiatrice est équidistant des extrémités du segment.
Prouvez que
Preuve:
Considérez les triangles et (voir Fig. 1). Ils sont rectangulaires et égaux, etc. avons une jambe commune OM, et les jambes AO et OB sont égales par condition, nous avons donc deux triangles rectangles, égaux en deux jambes. Il s'ensuit que les hypoténuses des triangles sont également égales, c'est-à-dire ce qu'il fallait prouver.
Riz. 1
Le théorème inverse est vrai.
Théorème
Chaque point équidistant des extrémités d'un segment se trouve sur la médiatrice perpendiculaire à ce segment.
Étant donné un segment AB, une médiatrice perpendiculaire à celui-ci p, un point M équidistant des extrémités du segment (voir Fig. 2).
Montrer que le point M se trouve sur la médiatrice du segment.
Riz. 2
Preuve:
Considérons un triangle. Il est isocèle, selon la condition. Considérons la médiane d'un triangle : le point O est le milieu de la base AB, OM est la médiane. Selon la propriété d'un triangle isocèle, la médiane tracée à sa base est à la fois une altitude et une bissectrice. Il s'ensuit que. Mais la droite p est aussi perpendiculaire à AB. Nous savons qu'au point O il est possible de tracer une seule perpendiculaire au segment AB, ce qui signifie que les droites OM et p coïncident, il s'ensuit que le point M appartient à la droite p, ce qu'il nous fallait prouver.
S'il est nécessaire de décrire un cercle autour d'un segment, cela peut être fait, et il existe une infinité de tels cercles, mais le centre de chacun d'eux se trouvera sur la médiatrice perpendiculaire au segment.
On dit que la médiatrice est le lieu des points équidistants des extrémités d’un segment.
Un triangle est constitué de trois segments. Traçons des perpendiculaires bisectorales à deux d'entre elles et obtenons le point O de leur intersection (voir Fig. 3).
Le point O appartient à la médiatrice du côté BC du triangle, ce qui signifie qu'il est à égale distance de ses sommets B et C, notons cette distance R : .
De plus, le point O est situé sur la médiatrice du segment AB, c'est-à-dire , en même temps, d'ici.
Ainsi, le point O de l'intersection de deux milieux
Riz. 3
La perpendiculaire du triangle est à égale distance de ses sommets, ce qui signifie qu'elle se trouve également sur la troisième médiatrice perpendiculaire.
Nous avons répété la preuve d'un théorème important.
Les trois médiatrices d'un triangle se coupent en un point : le centre du cercle circonscrit.
Nous avons donc examiné le premier point remarquable du triangle - le point d'intersection de ses perpendiculaires bisectorales.
Passons à la propriété d'un angle arbitraire (voir Fig. 4).
L'angle est donné, sa bissectrice est AL, le point M se situe sur la bissectrice.
Riz. 4
Si le point M se trouve sur la bissectrice d'un angle, alors il est équidistant des côtés de l'angle, c'est-à-dire que les distances du point M à AC et à BC des côtés de l'angle sont égales.
Preuve:
Considérons les triangles et . Ce sont des triangles rectangles et ils sont égaux parce que... ont une hypoténuse commune AM, et les angles sont égaux, puisque AL est la bissectrice de l'angle. Ainsi, les triangles rectangles sont égaux en hypoténuse et en angle aigu, il s'ensuit que , c'est ce qu'il fallait prouver. Ainsi, un point de la bissectrice d’un angle est équidistant des côtés de cet angle.
Le théorème inverse est vrai.
Théorème
Si un point est équidistant des côtés d'un angle non développé, alors il se trouve sur sa bissectrice (voir Fig. 5).
Un angle non développé est donné, le point M, tel que la distance entre lui et les côtés de l'angle est la même.
Montrer que le point M se trouve sur la bissectrice de l’angle.
Riz. 5
Preuve:
La distance d'un point à une ligne est la longueur de la perpendiculaire. Du point M on trace les perpendiculaires MK au côté AB et MR au côté AC.
Considérons les triangles et . Ce sont des triangles rectangles et ils sont égaux parce que... ont une hypoténuse commune AM, les jambes MK et MR sont égales par condition. Ainsi, les triangles rectangles sont égaux en hypoténuse et en jambe. De l’égalité des triangles découle l’égalité des éléments correspondants ; les angles égaux sont opposés aux côtés égaux ; 
Le point M se trouve donc sur la bissectrice de l’angle donné.
Si vous devez inscrire un cercle dans un angle, cela peut être fait, et il existe une infinité de tels cercles, mais leurs centres se trouvent sur la bissectrice d'un angle donné.
On dit qu’une bissectrice est le lieu des points équidistants des côtés d’un angle.
Un triangle est constitué de trois angles. Construisons les bissectrices de deux d'entre elles et obtenons le point O de leur intersection (voir Fig. 6).
Le point O se trouve sur la bissectrice de l'angle, ce qui signifie qu'il est équidistant de ses côtés AB et BC, notons la distance par r : . De plus, le point O se trouve sur la bissectrice de l'angle, ce qui signifie qu'il est équidistant de ses côtés AC et BC : , , d'ici.
Il est facile de remarquer que le point d'intersection des bissectrices est équidistant des côtés du troisième angle, ce qui signifie qu'il se trouve sur
Riz. 6
bissectrice de l'angle. Ainsi, les trois bissectrices du triangle se coupent en un point.
Nous nous sommes donc souvenus de la preuve d’un autre théorème important.
Les bissectrices des angles d'un triangle se coupent en un point - le centre du cercle inscrit.
Nous avons donc examiné le deuxième point remarquable du triangle - le point d'intersection des bissectrices.
Nous avons examiné la bissectrice d'un angle et noté ses propriétés importantes : les points de la bissectrice sont équidistants des côtés de l'angle, de plus, les segments tangents tirés au cercle à partir d'un point sont égaux.
Introduisons quelques notations (voir Fig. 7).
Notons les segments tangents égaux par x, y et z. Le côté BC opposé au sommet A est désigné par a, de même AC par b, AB par c.
Riz. 7
Problème 1 : dans un triangle, le demi-périmètre et la longueur du côté a sont connus. Trouvez la longueur de la tangente tirée du sommet A - AK, notée x.
Évidemment, le triangle n’est pas complètement défini et il existe de nombreux triangles de ce type, mais il s’avère qu’ils ont certains éléments en commun.
Pour les problèmes impliquant un cercle inscrit, la méthode de résolution suivante peut être proposée :
1. Dessinez des bissectrices et obtenez le centre du cercle inscrit.
2. A partir du centre O, tracez les perpendiculaires aux côtés et obtenez les points de tangence.
3. Marquez des tangentes égales.
4. Écrivez la relation entre les côtés du triangle et les tangentes.
© Kugusheva Natalya Lvovna, 2009 Géométrie, 8e année TRIANGLE QUATRE POINTS REMARQUABLES
Le point d'intersection des médianes d'un triangle Le point d'intersection des médiatrices d'un triangle Le point d'intersection des altitudes d'un triangle Le point d'intersection des médiatrices d'un triangle
La médiane (BD) d'un triangle est le segment qui relie le sommet du triangle au milieu du côté opposé. A B C D Médiane
Les médianes d'un triangle se coupent en un point (le centre de gravité du triangle) et sont divisées par ce point dans un rapport de 2 : 1, à partir du sommet. AM : MA 1 = VM : MV 1 = SM: MS 1 = 2:1. A A 1 B B 1 M C C 1
La bissectrice (A D) d'un triangle est le segment bissecteur de l'angle intérieur du triangle.
Chaque point de la bissectrice d'un angle non développé est équidistant de ses côtés. Inversement : tout point situé à l’intérieur d’un angle et équidistant des côtés de l’angle se trouve sur sa bissectrice. A M B C
Toutes les bissectrices d'un triangle se coupent en un point - le centre du cercle inscrit dans le triangle. C B 1 M A V A 1 C 1 O Le rayon d'un cercle (OM) est une perpendiculaire tombant du centre (TO) vers le côté du triangle
HAUTEUR L'altitude (C D) d'un triangle est le segment perpendiculaire tracé du sommet du triangle à la droite contenant le côté opposé. ABCD
Les altitudes d'un triangle (ou leurs extensions) se coupent en un point. A A 1 B B 1 C C 1
MOYENNEPERPENDICULAIRE La médiatrice (DF) est la ligne perpendiculaire au côté du triangle et le divisant en deux. A D F B C
A M B m O Chaque point de la médiatrice (m) d'un segment est équidistant des extrémités de ce segment. Inversement : tout point équidistant des extrémités d’un segment se trouve sur la médiatrice qui lui est perpendiculaire.
Toutes les bissectrices perpendiculaires des côtés d'un triangle se coupent en un point - le centre du cercle circonscrit au triangle. A B C O Le rayon du cercle circonscrit est la distance entre le centre du cercle et n'importe quel sommet du triangle (OA). mnp
Tâches pour les élèves Construire un cercle inscrit dans un triangle obtus à l'aide d'un compas et d'une règle. Pour ce faire : Construisez des bissectrices dans un triangle obtus à l’aide d’un compas et d’une règle. Le point d'intersection des bissectrices est le centre du cercle. Construisez le rayon du cercle : une perpendiculaire du centre du cercle au côté du triangle. Construisez un cercle inscrit dans le triangle.
2. À l’aide d’un compas et d’une règle, construisez un cercle circonscrit à un triangle obtus. Pour ce faire : Construisez des médiatrices perpendiculaires aux côtés du triangle obtus. Le point d'intersection de ces perpendiculaires est le centre du cercle circonscrit. Le rayon d'un cercle est la distance entre le centre et n'importe quel sommet du triangle. Construisez un cercle autour du triangle.
