Ministère de l'Éducation et des Sciences de la Fédération de Russie Établissement d'enseignement budgétaire de l'État fédéral d'enseignement professionnel supérieur
"Université d'État de Magnitogorsk"
Faculté de physique et de mathématiques
Département d'algèbre et de géométrie
Cours
Points remarquables du triangle
Complété par : élève du groupe 41
Vakhrameeva A.M.
Superviseur scientifique
Velikikh A.S.
Magnitogorsk 2014
Introduction
Historiquement, la géométrie a commencé avec un triangle, donc depuis deux millénaires et demi, le triangle a été pour ainsi dire un symbole de la géométrie ; mais il n'est pas seulement un symbole, il est un atome de géométrie.
Pourquoi un triangle peut-il être considéré comme un atome de la géométrie ? Parce que les concepts précédents – point, ligne droite et angle – sont des abstractions vagues et intangibles accompagnées d’un ensemble de théorèmes et de problèmes associés. Par conséquent, aujourd’hui, la géométrie scolaire ne peut devenir intéressante et significative que lorsqu’elle comprend une étude approfondie et complète du triangle.
Étonnamment, le triangle, malgré son apparente simplicité, est un objet d'étude inépuisable - personne, même à notre époque, n'ose dire qu'il a étudié et connaît toutes les propriétés du triangle.
Cela signifie que l'étude de la géométrie scolaire ne peut être réalisée sans une étude approfondie de la géométrie du triangle ; compte tenu de la diversité du triangle en tant qu'objet d'étude - et donc source de diverses méthodes pour l'étudier - il est nécessaire de sélectionner et de développer du matériel pour étudier la géométrie des points remarquables du triangle. Par ailleurs, lors du choix de ce matériel, il ne faut pas se limiter aux seuls points remarquables prévus dans le programme scolaire par la norme éducative de l'État, comme le centre du cercle inscrit (le point d'intersection des bissectrices), le centre de la cercle circonscrit (le point d'intersection des bissectrices), le point d'intersection des médianes, le point d'intersection des hauteurs. Mais pour pénétrer profondément dans la nature du triangle et comprendre son inépuisabilité, il est nécessaire d'avoir des idées sur autant de points remarquables du triangle que possible. Outre le caractère inépuisable du triangle en tant qu'objet géométrique, il faut noter la propriété la plus étonnante du triangle en tant qu'objet d'étude : l'étude de la géométrie d'un triangle peut commencer par l'étude de n'importe laquelle de ses propriétés, en le prenant comme base ; alors la méthodologie d'étude du triangle peut être construite de telle manière que toutes les autres propriétés du triangle puissent être enchaînées sur cette base. En d’autres termes, peu importe où vous commencez à étudier le triangle, vous pouvez toujours atteindre n’importe quelle profondeur de cette figure étonnante. Mais alors – en option – vous pouvez commencer à étudier le triangle en étudiant ses points remarquables.
Le but du cours est d'étudier les points remarquables d'un triangle. Pour atteindre cet objectif, il est nécessaire de résoudre les tâches suivantes :
· Étudier les notions de bissectrice, médiane, hauteur, médiatrice et leurs propriétés.
· Considérons le point de Gergonne, le cercle d'Euler et la droite d'Euler, qui ne sont pas étudiés à l'école.
CHAPITRE 1. Bissectrice d'un triangle, centre du cercle inscrit d'un triangle. Propriétés de la bissectrice d'un triangle. Pointe Gergonna
1 Centre du cercle inscrit d'un triangle
Les points remarquables d'un triangle sont des points dont l'emplacement est uniquement déterminé par le triangle et ne dépend pas de l'ordre dans lequel les côtés et les sommets du triangle sont pris.
La bissectrice d'un triangle est le segment bissecteur d'un angle d'un triangle reliant un sommet à un point du côté opposé.
Théorème. Chaque point de la bissectrice d'un angle non développé est équidistant (c'est-à-dire équidistant des lignes contenant les côtés du triangle) 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.
Preuve. 1) Prenez un point arbitraire M sur la bissectrice de l'angle BAC, tracez les perpendiculaires MK et ML aux droites AB et AC et prouvez que MK = ML. Considérez les triangles rectangles ?AMK et ?LBC. Ils sont égaux en hypoténuse et en angle aigu (AM - hypoténuse commune, 1 = 2 par convention). Donc MK=ML.
) Laissez le point M se trouver à l’intérieur de VOUS et être à égale distance de ses côtés AB et AC. Montrons que le rayon AM est la bissectrice BAC. Traçons les perpendiculaires MK et ML aux droites AB et AC. Les triangles rectangles AKM et ALM sont égaux en hypoténuse et en jambe (AM est l'hypoténuse commune, MK = ML par convention). Donc 1 = 2. Mais cela signifie que le rayon AM est la bissectrice de BAC. Le théorème a été prouvé.
Conséquence. Les bissectrices d'un triangle se coupent en un point (le centre du cercle inscrit et le centre).
Notons par la lettre O le point d'intersection des bissectrices AA1 et BB1 du triangle ABC et traçons de ce point les perpendiculaires OK, OL et OM, respectivement, aux droites AB, BC et CA. D'après le théorème (Chaque point de la bissectrice d'un angle non développé est équidistant de ses côtés. Inversement : tout point situé à l'intérieur de l'angle et équidistant des côtés de l'angle se trouve sur sa bissectrice) on dit que OK = OM et OK = L'OL. Par conséquent, OM = OL, c'est-à-dire que le point O est équidistant des côtés ACB et se trouve donc sur la bissectrice CC1 de cet angle. Par conséquent, les trois bissectrices ?ABC se coupe au point O, ce qui devait être prouvé.
ligne de triangle bissectrice de cercle
1.2 Propriétés de la bissectrice d'un triangle
Bissectrice BD (Fig. 1.1) de n'importe quel angle ?ABC divise le côté opposé en parties AD et CD proportionnelles aux côtés adjacents du triangle.
Nous devons prouver que si ABD = DBC, alors AD : DC = AB : BC.
Réalisons CE || BD jusqu'à l'intersection au point E avec le prolongement du côté AB. Alors, d'après le théorème sur la proportionnalité des segments formés sur des droites coupées par plusieurs droites parallèles, on aura la proportion : AD : DC = AB : BE. Pour passer de cette proportion à celle qu'il reste à prouver, il suffit de découvrir que BE = BC, c'est-à-dire que ?TOUS isocèles. Dans ce triangle E = ABD (comme angles correspondants avec des lignes parallèles) et ALL = DBC (comme angles transversaux avec les mêmes lignes parallèles).
Mais ABD = DBC par condition ; cela signifie E = ALL, et donc les côtés BE et BC opposés à des angles égaux sont égaux.
Maintenant, en remplaçant BE dans la proportion écrite ci-dessus par BC, on obtient la proportion qu'il faut prouver.
20 Les bissectrices des angles internes et adjacents d'un triangle sont perpendiculaires.
Preuve. Soit BD la bissectrice de ABC (Fig. 1.2), et BE la bissectrice du CBF externe adjacente à l'angle interne spécifié, ?ABC. Alors si on note ABD = DBC = ?, CBE = EBF = ?, puis 2 ? + 2?= 1800 et donc ?+ ?= 900. Et ça veut dire que BD ? ÊTRE.
30 La bissectrice d'un angle externe d'un triangle divise extérieurement le côté opposé en parties proportionnelles aux côtés adjacents.
(Fig.1.3) AB : BC = AD : DC, ?DEA ~ ?CBD, AE/BC = AD/DC = AE/BC.
40 La bissectrice de tout angle d'un triangle divise le côté opposé en segments proportionnels aux côtés adjacents du triangle.
Preuve. Considérons ?ABC. Pour plus de précision, laissez la bissectrice CAB couper le côté BC au point D (Fig. 1.4). Montrons que BD : DC = AB : AC. Pour ce faire, tracez une droite parallèle à la droite AB passant par le point C, et notez E le point d'intersection de cette droite AD. Alors DAB=DEC, ABD=ECD et donc ?DAB ~ ?DEC basé sur le premier critère de similarité des triangles. De plus, puisque le rayon AD est une bissectrice CAD, alors CAE = EAB = AEC et, par conséquent, ?CEA isocèle. Donc AC=CE. Mais dans ce cas, de par la similitude ?DAB et ?DEC s'ensuit que BD : DC=AB : CE =AB : AC, et c'était ce qu'il fallait prouver.
Si la bissectrice d'un angle externe d'un triangle coupe l'extension du côté opposé au sommet de cet angle, alors les segments du point d'intersection résultant jusqu'aux extrémités du côté opposé sont proportionnels aux côtés adjacents du triangle.
Preuve. Considérons ?ABC. Soit F un point du prolongement du côté CA, D le point d'intersection de la bissectrice du triangle extérieur BAF avec le prolongement du côté CB (Fig. 1.5). Montrons que DC:DB=AC:AB. En effet, traçons une droite parallèle à la droite AB passant par le point C, et notons E le point d'intersection de cette droite avec la droite DA. Puis triangle BAD ~ ?EDC et donc DC:DB=EC:AB. Et depuis ?CAE= ?MAUVAIS= ?CEA, puis en isocèle ?Côté CEA, AC=EC et donc DC:DB=AC:AB, ce qui restait à prouver.
3 Résoudre des problèmes en utilisant les propriétés de la bissectrice
Problème 1. Soit O le centre d'un cercle inscrit dans ?ABC, CAB = ?. Montrer que COB = 900 + ? /2.
Solution. Puisque O est le centre de l’inscrit ?ABC d'un cercle (Figure 1.6), alors les rayons BO et CO sont respectivement les bissectrices ABC et BCA. Et puis COB = 1800 - (OBC + BCO) = 1800 - (ABC + BCA)/2 = 1800 -(1800 - ?)/2 = 900 + ?/2, ce qui restait à prouver.
Problème 2. Soit O le centre de ce qui est décrit ?ABC d'un cercle, H est la base de l'altitude tracée du côté BC. Montrer que la bissectrice CAB est aussi la bissectrice ? OAH.
Soit AD la bissectrice de CAB, AE le diamètre du cercle circonscrit. ?ABC d'un cercle (Fig. 1.7, 1.8). Si ?ABC est aigu (Fig. 1.7) et donc ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ Arcs alternatifs, et ?BHA et ?ECA rectangulaire (BHA =ECA = 900), alors ?BHA ~ ?ECA et donc CAO = CAE =HAB. De plus, BAD et CAD sont égaux par condition, donc HAD = BAD - BAH =CAD - CAE = EAD = OAD. Soit maintenant ABC = 900. Dans ce cas, la hauteur AH coïncide avec le côté AB, alors le point O appartiendra à l'hypoténuse AC et donc la validité de l'énoncé du problème est évidente.
Considérons le cas où ABC > 900 (Fig. 1.8). Ici le quadrilatère ABCE est inscrit dans un cercle et donc AEC = 1800 - ABC. Par contre ABH = 1800 - ABC, soit AEC = ABH. Et depuis ?BHA et ?Les ECA sont rectangulaires et donc HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, alors HAD = HAB + BAD = EAC + CAD = EAD = OAD. Les cas où BAC et ACB sont obtus sont traités de la même manière. ?
Gergonna à 4 points
Le point Gergonne est le point d'intersection des segments qui relient les sommets du triangle avec les points de tangence des côtés opposés à ces sommets et le cercle inscrit du triangle.
Soit le point O le centre du cercle inscrit du triangle ABC. Laissez le cercle inscrit toucher les côtés du triangle BC, AC et AB aux points D, E et F respectivement. Le point Gergonne est le point d'intersection des segments AD, BE et CF. Soit le point O le centre du cercle inscrit ?ABC. Laissez le cercle inscrit toucher les côtés du triangle BC, AC et AB aux points D, E et F respectivement. Le point Gergonne est le point d'intersection des segments AD, BE et CF.
Montrons que ces trois segments se coupent réellement en un point. Notez que le centre du cercle inscrit est le point d’intersection des bissectrices de l’angle ?ABC, et les rayons du cercle inscrit sont OD, OE et OF ?côtés du triangle. Ainsi, nous avons trois paires de triangles égaux (AFO et AEO, BFO et BDO, CDO et CEO).
Fonctionne AF?BD? CE et AE ? ÊTRE? CF sont égaux, puisque BF = BD, CD = CE, AE = AF, donc le rapport de ces produits est égal, et par le théorème de Ceva (Que les points A1, B1, C1 se trouvent sur les côtés BC, AC et AB ? ABC, respectivement. Laissez les segments AA1 , BB1 et CC1 se croiser en un point.
(on fait le tour du triangle dans le sens des aiguilles d'une montre)), les segments se coupent en un point.
Propriétés du cercle inscrit :
Un cercle est dit inscrit dans un triangle s’il touche tous ses côtés.
Un cercle peut être inscrit dans n’importe quel triangle.
Étant donné : ABC est ce triangle, O est le point d'intersection des bissectrices, M, L et K sont les points de contact du cercle avec les côtés du triangle (Fig. 1.11).
Prouver : O est le centre d’un cercle inscrit dans ABC.
Preuve. Traçons les perpendiculaires OK, OL et OM du point O aux côtés AB, BC et CA, respectivement (Fig. 1.11). Puisque le point O est équidistant des côtés du triangle ABC, alors OK = OL = OM. Donc un cercle de centre O de rayon OK passe par les points K, L, M. Les côtés du triangle ABC touchent ce cercle aux points K, L, M, puisqu'ils sont perpendiculaires aux rayons OK, OL et OM. Cela signifie qu'un cercle de centre O de rayon OK est inscrit dans le triangle ABC. Le théorème a été prouvé.
Le centre d'un cercle inscrit dans un triangle est le point d'intersection de ses bissectrices.
Soit ABC, O le centre du cercle qui y est inscrit, D, E et F les points de contact du cercle avec les côtés (Fig. 1.12). ? OEA = ? AOD sur l'hypoténuse et la jambe (EO = OD - comme rayon, AO - total). De l’égalité des triangles, que découle-t-il ? ADO = ? O.A.E. Donc AO est la bissectrice de l’angle EAD. On prouve de la même manière que le point O se situe sur les deux autres bissectrices du triangle.
Le rayon tracé au point tangent est perpendiculaire à la tangente.
Preuve. Soit l'environnement (O; R) un cercle donné (Fig. 1.13), la droite a le touche au point P. Que le rayon OP ne soit pas perpendiculaire à a. Traçons une perpendiculaire OD du point O à la tangente. Par définition d'une tangente, tous ses points autres que le point P, et notamment le point D, se situent à l'extérieur du cercle. Par conséquent, la longueur de la perpendiculaire OD est supérieure à la longueur R de l’oblique OP. Cela contredit la propriété oblique, et la contradiction qui en résulte prouve l'affirmation.
CHAPITRE 2. 3 points remarquables du triangle, le cercle d'Euler, la droite d'Euler.
1 Centre du cercle circonscrit d'un triangle
Une médiatrice d'un segment est une droite passant par le milieu du segment et perpendiculaire à celui-ci.
Théorème. Chaque point de la médiatrice 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.
Preuve. Soit la droite m la médiatrice du segment AB et le point O le milieu du segment.
Considérons un point arbitraire M sur une droite m et prouvons que AM=BM. Si le point M coïncide avec le point O, alors cette égalité est vraie, puisque O est le milieu du segment AB. Soient M et O des points différents. Rectangulaire ?OAM et ?Les OBM sont égaux sur deux branches (OA = OB, OM est la branche commune), donc AM = BM.
) Considérons un point arbitraire N, équidistant des extrémités du segment AB, et prouvez que le point N se trouve sur la ligne m. Si N est un point sur la droite AB, alors il coïncide avec le milieu O du segment AB et se trouve donc sur la droite m. Si le point N ne se trouve pas sur la droite AB, alors considérons ?ANB, qui est isocèle, puisque AN=BN. Le segment NO est la médiane de ce triangle, et donc la hauteur. Ainsi, NO est perpendiculaire à AB, donc les droites ON et m coïncident, et donc N est un point de la droite m. Le théorème a été prouvé.
Conséquence. Les médiatrices perpendiculaires aux côtés du triangle se coupent en un point (le centre du cercle circonscrit).
Notons O, le point d'intersection des perpendiculaires bisectorales m et n aux côtés AB et BC ?ABC. D'après le théorème (chaque point de la médiatrice d'un segment est équidistant des extrémités de ce segment. Inversement : tout point équidistant des extrémités du segment se trouve sur la médiatrice de ce segment.) on conclut que OB = OA et OB = OC donc : OA = OC, c'est-à-dire que le point O est équidistant des extrémités du segment AC et se trouve donc sur la médiatrice p de ce segment. Par conséquent, les trois bissectrices m, n et p sur les côtés ?ABC se coupe au point O.
Pour un triangle aigu, ce point se trouve à l'intérieur, pour un triangle obtus, il se trouve à l'extérieur du triangle, pour un triangle rectangle, il se trouve au milieu de l'hypoténuse.
Propriété de la médiatrice d'un triangle :
Les lignes sur lesquelles se trouvent les bissectrices des angles interne et externe du triangle, sortant d'un sommet, coupent la perpendiculaire médiane du côté opposé aux points diamétralement opposés du cercle circonscrit au triangle.
Preuve. Supposons, par exemple, que la bissectrice ABC coupe celle décrite à propos de ?Cercle ABC au point D (Fig. 2.1). Alors puisque les ABD et DBC inscrits sont égaux, alors AD = arc DC. Mais la médiatrice au côté AC coupe également l’arc AC, donc le point D appartiendra également à cette médiatrice. De plus, puisque par la propriété 30 du paragraphe 1.3 la bissectrice BD ABC adjacente à ABC, cette dernière coupera le cercle en un point diamétralement opposé au point D, puisqu'un angle droit inscrit repose toujours sur le diamètre.
2 Orthocentre du cercle d'un triangle
La hauteur est une perpendiculaire tracée du sommet d'un triangle à une ligne droite contenant le côté opposé.
Les altitudes d'un triangle (ou leurs extensions) se coupent en un point (orthocentre).
Preuve. Considérez un arbitraire ?ABC et prouver que les droites AA1, BB1, CC1 contenant ses hauteurs se coupent en un point. Passons en revue chaque sommet ?ABC est une droite parallèle au côté opposé. Nous obtenons ?A2B2C2. Les points A, B et C sont les milieux de ce triangle. En effet, AB=A2C et AB=CB2 sont comme les côtés opposés des parallélogrammes ABA2C et ABCB2, donc A2C=CB2. De même C2A=AB2 et C2B=BA2. De plus, comme il ressort de la construction, CC1 est perpendiculaire à A2B2, AA1 est perpendiculaire à B2C2 et BB1 est perpendiculaire à A2C2. Ainsi, les droites AA1, BB1 et CC1 sont des bissectrices perpendiculaires aux côtés ?A2B2C2. Ils se croisent donc en un point.
Selon le type de triangle, l'orthocentre peut être à l'intérieur du triangle dans des angles aigus, à l'extérieur de celui-ci - dans des angles obtus ou coïncider avec le sommet, dans les angles rectangulaires, il coïncide avec le sommet à angle droit.
Propriétés de la hauteur d'un triangle :
Un segment reliant les bases de deux hauteurs d'un triangle aigu en coupe un triangle semblable à celui donné, avec un coefficient de similarité égal au cosinus de l'angle commun.
Preuve. Soient AA1, BB1, CC1 les hauteurs du triangle aigu ABC, et ABC = ?(Fig. 2.2). Les triangles rectangles BA1A et CC1B ont un point commun ?, ils sont donc similaires, ce qui signifie BA1/BA = BC1/BC = cos ?. Il s'ensuit que BA1/BC1=BA/BC = cos ?, c'est-à-dire V ?C1BA1 et ?Côtés ABC adjacents au commun ??C1BA1~ ?ABC, avec le coefficient de similarité égal à cos ?. De la même manière, il est prouvé que ?A1CB1~ ?ABC avec coefficient de similarité cos BCA, et ?B1AC1~ ?ABC avec coefficient de similarité cos CAB.
L'altitude descendue jusqu'à l'hypoténuse d'un triangle rectangle le divise en deux triangles semblables entre eux et semblables au triangle d'origine.
Preuve. Considérons un rectangle ?ABC, qui a ?BCA = 900, et CD est sa hauteur (Fig. 2.3).
Alors la similitude ?ADC et ?BDC découle par exemple du signe de similarité des triangles rectangles par la proportionnalité de deux branches, puisque AD/CD = CD/DB. Chacun des triangles rectangles ADC et BDC est similaire au triangle rectangle d'origine, au moins en termes de similitude à deux angles.
Résolution de problèmes impliquant l'utilisation de propriétés d'élévation
Problème 1. Montrer qu'un triangle dont l'un des sommets est le sommet du triangle obtus donné, et les deux autres sommets sont les bases des altitudes du triangle obtus, omis de ses deux autres sommets, est semblable au triangle donné avec un coefficient de similarité égal au module du cosinus de l'angle au premier sommet .
Solution. Considérez un obtus ?ABC avec CAB stupide. Soient AA1, BB1, CC1 ses hauteurs (Fig. 2.4, 2.5, 2.6) et soit CAB = ?, ABC = ? , BCA = ?.
Preuve du fait que ?C1BA1~ ?ABC (Fig. 2.4) avec coefficient de similarité k = cos ?, reprend intégralement le raisonnement effectué dans la preuve de propriété 1, paragraphe 2.2.
Prouvons que ?A1CB~ ?ABC (Fig. 2.5) avec coefficient de similarité k1= cos ?, UN ?B1AC1~ ?ABC (Fig. 2.6) avec coefficient de similarité k2 = |cos ? |.
En effet, les triangles rectangles CA1A et CB1B ont un angle commun ?et donc similaire. Il s’ensuit que B1C/ BC = A1C / AC= cos ?et donc B1C/A1C = BC / AC = cos ?, c'est-à-dire dans les triangles A1CB1 et ABC les côtés formant un point commun ??, sont proportionnels. Et puis, selon le deuxième critère de similarité des triangles ?A1CB~ ?ABC, avec coefficient de similarité k1= cos ?. Quant au dernier cas (Fig. 2.6), alors à partir de la considération des triangles rectangles ?BB1A et ?CC1A avec des angles verticaux égaux BAB1 et C1AC il s'ensuit qu'ils sont similaires et donc B1A/BA = C1A/CA = cos (1800 - ?) = |cos ?|, depuis ??- émoussé. Donc B1A / C1A = BA /CA = |cos ?| et donc en triangles ?B1AC1 et ?Les côtés ABC formant des angles égaux sont proportionnels. Et cela signifie que ?B1AC1~ ?ABC avec coefficient de similarité k2 = |cos ? |.
Problème 2. Montrer que si le point O est le point d'intersection des altitudes d'un triangle aigu ABC, alors ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800.
Solution. Prouvons la validité de la première des formules données dans l'énoncé du problème. La validité des deux formules restantes est prouvée de la même manière. Soit donc ABC = ?, AOC = ?. A1, B1 et C1 sont les bases des altitudes du triangle tiré respectivement des sommets A, B et C (Fig. 2.7). Alors du triangle rectangle BC1C il résulte que BCC1 = 900 - ?et donc dans le triangle rectangle OA1C l'angle COA1 est égal à ?. Mais la somme des angles AOC + COA1 = ? + ?donne un angle droit et donc AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, ce qu'il fallait prouver.
Problème 3. Montrer que les altitudes d'un triangle aigu sont les bissectrices des angles d'un triangle dont les sommets sont les bases des altitudes de ce triangle.
est.2.8
Solution. Soient AA1, BB1, CC1 les hauteurs du triangle aigu ABC et soit CAB = ?(Fig. 2.8). Montrons par exemple que la hauteur AA1 est la bissectrice de l'angle C1A1B1. En effet, puisque les triangles C1BA1 et ABC sont semblables (propriété 1), alors BA1C1 = ?et donc C1A1A = 900 - ?. De la similitude des triangles A1CB1 et ABC il résulte que AA1B1 = 900 - ?et donc C1A1A = AA1B1= 900 - ?. Mais cela signifie que AA1 est la bissectrice de l’angle C1A1B1. De même, il est prouvé que les deux autres hauteurs du triangle ABC sont les bissectrices des deux autres angles correspondants du triangle A1B1C1.
3 Centre de gravité du cercle d'un triangle
La médiane d'un triangle est un segment reliant n'importe quel sommet du triangle au milieu du côté opposé.
Théorème. La médiane du triangle se coupe en un point (le centre de gravité).
Preuve. Considérons arbitraire? ABC.
Notons le point d'intersection des médianes AA1 et BB1 par la lettre O et traçons la ligne médiane A1B1 de ce triangle. Le segment A1B1 est parallèle au côté AB, donc 1 = 2 et 3 = 4. Donc, ?AOB et ?A1OB1 sont similaires sous deux angles et, par conséquent, leurs côtés sont proportionnels : AO:A1O=BO:B1O=AB:A1B1. Mais AB=2A1B1, donc AO=2A1O et BO=2B1O. Ainsi, le point O de l'intersection des médianes AA1 et BB1 divise chacune d'elles dans un rapport de 2:1, à partir du sommet.
Il est également prouvé que le point d'intersection des médianes BB1 et CC1 divise chacune d'elles dans le rapport 2:1, en comptant à partir du sommet, et, par conséquent, coïncide avec le point O et est divisé par celui-ci dans le rapport 2:1, en comptant à partir du sommet.
Propriétés de la médiane d'un triangle :
10 Les médianes d'un triangle se coupent en un point et sont divisées par le point d'intersection dans un rapport de 2:1, à partir du sommet.
Donné: ?ABC, AA1, BB1 - médianes.
Prouver : AO:OA1=VO:OB1=2:1
Preuve. Traçons la ligne médiane A1B1 (Fig. 2.10), selon la propriété de la ligne médiane A1B1||AB, A1B1=1/2 AB. Depuis A1B1 || AB, alors 1 = 2 croisés avec des droites parallèles AB et A1B1 et sécantes AA1. 3 = 4 croisés avec des droites parallèles A1B1 et AB et sécantes BB1.
Ainsi, ?AOB ~ ?A1OB1 par l'égalité de deux angles, ce qui signifie que les côtés sont proportionnels : AO/A1O = OB/OB1 = AB/A1B = 2/1, AO/A1O = 2/1 ; OB/OB1 = 2/1.
La médiane divise un triangle en deux triangles de même aire.
Preuve. BD - médiane ?ABC (Fig. 2.11), BE - sa hauteur. Alors ?ABD et ?Les DBC sont de taille égale puisqu'ils ont respectivement des bases AD et DC égales et une hauteur commune BE.
Le triangle entier est divisé par ses médianes en six triangles égaux.
Si, dans le prolongement de la médiane du triangle, un segment de longueur égale à la médiane est écarté du milieu du côté du triangle, alors le point final de ce segment et les sommets du triangle sont les sommets de le parallélogramme.
Preuve. Soit D le milieu du côté BC ?ABC (Fig. 2.12), E est un point sur la droite AD tel que DE=AD. Alors puisque les diagonales AE et BC du quadrilatère ABEC au point D de leur intersection sont divisées en deux, il résulte de la propriété 13.4 que le quadrilatère ABEC est un parallélogramme.
Résoudre des problèmes en utilisant les propriétés des médianes :
Problème 1. Montrer que si O est le point d'intersection des médianes ?ABC alors ?A.O.B. ?BOC et ?AOC sont de taille égale.
Solution. Soient AA1 et BB1 des médianes ?ABC(Fig. 2.13). Considérons ?AOB et ?BOC. Il est évident que S ?AOB = S ?AB1B-S ?AB1O,S ?BOC=S ?BB1C-S ?OB1C. Mais par propriété 2 on a S ?AB1B = S ?BB1C, S ?AOB = S ?OB1C, ce qui signifie que S ?AOB = S ?BOC. L'égalité S ?AOB = S ?AOC.
Problème 2. Montrer que si le point O se trouve à l'intérieur ?ABC et ?A.O.B. ?BOC et ?Les AOC sont de même superficie, alors O est le point d'intersection des médianes ? ABC.
Solution. Considérons ?ABC (2.14) et supposons que le point O ne se trouve pas sur la médiane BB1. Alors puisque OB1 est la médiane ?AOC puis S ?AOB1 = S ?B1OC , et puisque par condition S ?AOB = S ?BOC, puis S ?AB1OB = S ?BOB1C. Mais cela ne peut pas être le cas, puisque S ?ABB1 = S ?B1BC. La contradiction qui en résulte signifie que le point O se situe sur la médiane BB1. De même, il est prouvé que le point O appartient à deux autres médianes ?ABC. Il s'ensuit que le point O est bien le point d'intersection de trois médianes ? ABC.
Problème 3. Prouver que si dans ?Les côtés ABC AB et BC ne sont pas égaux, alors sa bissectrice BD est comprise entre la médiane BM et la hauteur BH.
Preuve. Décrivons à propos de ?ABC est un cercle et prolonge sa bissectrice BD jusqu'à ce qu'elle coupe le cercle au point K. Le milieu perpendiculaire au segment AC passera par le point K (propriété 1, du paragraphe 2.1), qui a un point commun M avec la médiane. Mais comme les segments BH et MK sont parallèles et que les points B et K se trouvent des côtés opposés de la droite AC, alors le point d'intersection des segments BK et AC appartient au segment HM, et cela prouve ce qui est demandé.
Problème 4.B ?La médiane ABC BM est la moitié de la taille du côté AB et forme avec lui un angle de 400.
Solution. Prolongons le BM médian au-delà du point M de sa longueur et obtenons le point D (Fig. 2.15). Puisque AB = 2BM, alors AB = BD, c'est-à-dire que le triangle ABD est isocèle. Par conséquent, MAUVAIS = BDA = (180o - 40o) : 2 = 70o. Le quadrilatère ABCD est un parallélogramme car ses diagonales sont divisées en deux par leur point d'intersection. Cela signifie CBD = BAD = 700. Alors ABC = ABD + CBD =1100 La réponse est 1100.
Problème 5. Les côtés ?ABC sont égaux à a, b, c. Calculez la médiane mc tracée du côté c (Fig. 2.16).
Solution. Doublons la médiane en construisant ?ABC au parallélogramme ACBP, et appliquons le théorème 8 à ce parallélogramme. On obtient : CP2+AB2 = 2AC2+2BC2, soit (2mc)2+c2= 2b2+2a2, d'où on trouve :
2.4 Cercle d'Euler. la ligne d'Euler
Théorème. Les bases des médianes, les altitudes d'un triangle arbitraire, ainsi que les milieux des segments reliant les sommets du triangle à son orthocentre se trouvent sur un même cercle dont le rayon est égal à la moitié du rayon du cercle circonscrit à le triangle. Ce cercle est appelé cercle à neuf pointes ou cercle d'Euler.
Preuve. Prenons le milieu ?MNL (Fig. 2.17) et décrivons un cercle W autour de lui. Le segment LQ est la médiane du rectangulaire ?AQB, donc LQ=1/2AB. Le segment MN=1/2AB, car MN - ligne médiane ?ABC. Il s’ensuit que le trapèze QLMN est isocèle. Puisque le cercle W passe par 3 sommets d'un trapèze isocèle L, M, N, il passera également par le quatrième sommet Q. De même, il est prouvé que P appartient à W, R appartient à W.
Passons aux points X, Y, Z. Le segment XL est perpendiculaire à BH comme ligne médiane ?AHB. Le segment BH est perpendiculaire à AC et puisque AC est parallèle à LM, alors BH est perpendiculaire à LM. Donc XLM=P/2. De même, XNM= P/2.
Dans le quadrilatère LXNM, deux angles opposés sont des angles droits, on peut donc décrire un cercle autour de lui. Ce sera le cercle W. Donc X appartient à W, de même Y appartient à W, Z appartient à W.
Le LMN du milieu est similaire à l'ABC. Le coefficient de similarité est de 2. Par conséquent, le rayon du cercle de neuf points est R/2.
Propriétés du cercle d'Euler :
Le rayon du cercle de neuf points est égal à la moitié du rayon du cercle circonscrit à ?ABC.
Le cercle de neuf points est homothétique au cercle circonscrit à ABC, de coefficient ? ½ et le centre d'homothétie au point H.
Théorème. L'orthocentre, le centroïde, le centre circonscrit et le centre du cercle à neuf points se trouvent sur la même ligne droite. La droite d'Euler.
Preuve. Soit H l'orthocentre ABC (Fig. 2.18) et O le centre du cercle circonscrit ? Par construction, les médiatrices ?ABC contiennent les hauteurs de la médiane ?MNL, c'est-à-dire que O est simultanément l'orthocentre ?LMN. ?LMN ~ ?ABC, leur coefficient de similarité est de 2, donc BH=2ON.
Traçons une ligne droite passant par les points H et O. On obtient deux triangles similaires ?NOG et ?BHG. Puisque BH=2ON, alors BG=2GN. Ce dernier signifie que le point G est le centre de gravité ?ABC. Pour le point G, le rapport HG:GO=2:1 est satisfait.
Soit en outre TF la médiatrice ?MNL et F le point d'intersection de cette perpendiculaire avec la droite HO. Considérons les ?TGF et ?NGO similaires. Le point G est le centroïde de ?MNL, donc le coefficient de similarité de ?TGF et ?NGO est égal à 2. Donc OG=2GF et puisque HG=2GO, alors HF=FO et F est le milieu du segment HO.
Si l'on fait le même raisonnement concernant la médiatrice de l'autre côté ?MNL, alors elle doit aussi passer par le milieu du segment HO. Mais cela signifie que le point F est le point des médiatrices ?MNL. Ce point est le centre du cercle d'Euler. Le théorème a été prouvé.
CONCLUSION
Dans ce travail, nous avons examiné 4 merveilleux points du triangle étudiés à l'école et leurs propriétés, sur la base desquelles nous pouvons résoudre de nombreux problèmes. La pointe Gergonne, le cercle d'Euler et la droite d'Euler ont également été considérés.
LISTE DES SOURCES UTILISÉES
1.Géométrie 7-9. Manuel pour les écoles secondaires // Atanasyan L.S., Butuzov V.F. et autres - M. : Éducation, 1994.
2.Amelkin V.V. Géométrie dans le plan : Théorie, problèmes, solutions : Proc. Un manuel de mathématiques // V.V. Amelkin, V.L. Rabtsevitch, V.L. Timokhovitch - Mn. : « Asar », 2003.
.CONTRE. Bolodurin, O.A. Vakhmyanina, T.S. Izmailova // Manuel de géométrie élémentaire. Orenbourg, OGPI, 1991.
.Prasolov V.G. Problèmes de planimétrie. - 4e éd., complétée - M. : Maison d'édition du Centre de formation mathématique continue de Moscou, 2001.
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 hauteurs 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 médiatrices $n\ et\ m$ (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 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.
District de Liskinsky, établissement d'enseignement municipal, école secondaire Anoshkinskaya.
Professeur de mathématiques Smorchkova E.B.
Objectif du projet: apprendre à utiliser diverses littératures sur la géométrie, des documents de référence pour une étude plus détaillée du thème « Points remarquables d'un triangle », donner une compréhension plus complète du sujet, préparer une présentation sur ce sujet pour démonstration lors des discours et en cours.
La géométrie commence partriangle. Il est déjà deux heures et demienouveau millénaire, le triangle est comme un symbole de la géométrie; mais ce n'est pas seulement un symbole, un triangle est un atome de géométrie.Et aujourd'hui encore, la géométrie scolaire devient intéressante etsignificatif, ne devient géométrie proprement dite que dès le débutl'apparition d'un triangle. Concepts précédents - point, droitah, l'angle - cela semble être de vagues abstractions, maisL'analyse des théorèmes et des problèmes qui leur sont associés est tout simplement ennuyeuse.
Dès les premiers pas de son développement, l'homme, et surtout l'homme moderne, est confronté à toutes sortes d'objets géométriques - figures et corps. Il y a des cas où une personne à un âge jeune, voire infantile, s'intéresse à la géométrie et fait même des découvertes géométriques indépendantes. Ainsi, le petit Blaise Pascal a imaginé un « jeu de géométrie », qui impliquait des « pièces de monnaie » - des cercles, des « bicornes » - des triangles, des « tables » - des rectangles, des « bâtons » - des segments. Son père, qui avait une connaissance approfondie des mathématiques, exclut d'abord de manière décisive les mathématiques du nombre de matières qu'il enseignait à son fils, car le petit Blaise n'était pas en bonne santé. Cependant, ayant découvert la passion de son fils, il lui parla de la géométrie mystérieuse, et lorsqu'il surprit Blaise au moment où il découvrait que la somme des angles d'un triangle donne deux angles droits, le père touché donna à son fils de 12 ans fils accès aux livres de mathématiques stockés dans la bibliothèque personnelle.
Le triangle est inépuisable : ses nouvelles propriétés sont constamment découvertes. Pour parler de toutes ses propriétés connues, il faut un volume comparable en volume au volume de la Grande Encyclopédie. À propos de certains d'entre eux, ou plutôt de certains des points merveilleux, lié au triangle, nous voulons vous le dire.
Expliquons d’abord le sens de l’expression « points remarquables d’un triangle ». Nous savons tous que les bissectrices des angles intérieurs d'un triangle se coupent en un point : le centre du cercle inscrit dans ce triangle. De la même manière, les médianes, les altitudes d’un triangle et les perpendiculaires bisectorielles à ses côtés se coupent en un point.
Les points résultant de l'intersection des triples de lignes répertoriés sont bien entendu remarquables (après tout, trois lignes, en règle générale, se coupent en trois points différents). Des points remarquables d'autres types sont également possibles, par exemple des points auxquels une fonction définie pour tous les points du triangle atteint un extremum. D’un autre côté, le concept de « points remarquables d’un triangle » doit être interprété sur un plan littéraire-émotionnel plutôt que formel-mathématique. Il existe un sophisme bien connu qui « prouve » que tous les nombres naturels sont « intéressants ». (En supposant qu'il existe des nombres « inintéressants », prenons le plus petit d'entre eux. Sans aucun doute, ce nombre est « intéressant » : il est intéressant simplement parce qu'il est le plus petit parmi les nombres « inintéressants ».) Raisonnement similaire, « prouver » que tous les points du triangle sont « remarquables », peut être construit dans notre cas. Passons à quelques exemples.
CENTRE DU CERCLE
Montrons qu'il existe un point équidistant des sommets du triangle, ou, en d'autres termes, que il y a un cercle qui passepassant par les trois sommets du triangle. Le lieu des points équidistants des points UN Et DANS, est perpendiculaire au segment AB, passant par son milieu (la bissectrice perpendiculaire au segment AB). Considérez le point À PROPOS DE, auquel les médiatrices des segments se coupent AB Et Soleil. Point À PROPOSà égale distance des points A et B, ainsi que des points DANS Et AVEC. Il est donc à égale distance des points UN Et AVEC, c'est-à-dire qu'il se trouve également sur la médiatrice perpendiculaire au segment CA(Fig. 50).
Centre À PROPOS le cercle circonscrit se trouve à l’intérieur d’un triangle seulement si le triangle est aigu. Si le triangle est rectangle, alors le point À PROPOS coïncide avec le milieu de l'hypoténuse,
et si l'angle au sommet AVEC brutal puis droit AB sépare les points O et C.
Si dans Δ abc angle au sommet AVEC pointu puis côté AB visible du point O sous un angle égal à 2
En mathématiques, il arrive souvent que des objets définis de manières complètement différentes se révèlent être les mêmes. Montrons cela avec un exemple.
Soit A 1, B 1 et C 1 les milieux des côtés VS, S.A. Et AB. On peut prouver que les cercles circonscrits à Δ AB 1 C 1 , Δ UN 1 Colombie-Britannique 1 et Δ UN 1 B 1 C , se croisent en un point, et ce point est le centre du cercle circonscrit Δ abc(Fig. 51). Nous avons donc deux points apparemment complètement différents : le point d'intersection de la bissectrice perpendiculaire aux côtés Δ abc et le point d'intersection des cercles circonscrits Δ AB 1 AVEC 1 , Δ AiBCi et Δ AiBiC . Mais il s'avère que pour une raison quelconque, ces deux points coïncident !
Réalisons cependant la preuve promise. Il suffit de prouver que le centre O du cercle circonscrit Δ abc repose sur des cercles circonscrits à Δ AB 1 AVEC 1 , Δ UN iBCi et Δ UN 1 B 1 C . Angles OB 1 UN Et Système d'exploitation 1 UN des lignes droites, donc les points DANS 1 Et AVEC 1 s'allonger sur un cercle de diamètre OA, ce qui signifie que le point O se trouve sur un cercle circonscrit à Δ AB 1 C 1 . Pour Δ AiBCi et Δ UN 1 DANS 1 AVEC la preuve est similaire.
L’énoncé prouvé est un cas particulier d’un théorème très intéressant : si sur les côtésAlberta, Colombie-BritanniqueEtSAtriangleabcpoints arbitraires prisAVEC 1 , UN 1 EtDANS 1 , puis décritcercle ΔAB 1 AVEC 1 , ΔA 1 Soleil 1 et ΔUN 1 DANS 1 AVEC se croisent en unindiquer.
Faisons une dernière remarque concernant le centre du cercle circonscrit. Direct UN 1 DANS 1 Et AB sont parallèles, donc Système d'exploitation 1 perpendiculaire UN 1 DANS 1 De même OB 1 perpendiculaire UN 1 C 1 Et OA 1 perpendiculaire DANS 1 AVEC 1 , c'est-à-dire À PROPOS- point d'intersection des altitudes du triangle UN 1 B 1 AVEC 1 ... Attends, attends ! Nous n'avons pas encore prouvé que les altitudes d'un triangle se coupent en un point. N'y a-t-il aucun moyen de le prouver ? Nous reviendrons sur cette conversation plus tard.
CENTRE DU CERCLE INDIC
Montrons que les bissectrices Δ abc se croisent en un point. Considérons le point O de l'intersection des bissectrices A et B. Tous les points de la bissectrice UN à égale distance des lignes droites AB Et ca, et n'importe quel point de la bissectrice B à égale distance des lignes droites AB Et soleil, donc le point O est à égale distance des lignes CA Et soleil, c'est-à-dire qu'il se trouve sur la bissectrice de l'angle C. Le point O est à égale distance des droites Alberta, Colombie-Britannique Et SA, Cela signifie qu'il y a un cercle avec un centre À PROPOS DE, tangentes à ces lignes, et les points de tangence se trouvent sur les côtés eux-mêmes, et non sur leurs prolongements. En fait, les angles aux sommets A et BΔ AOB net, donc la projection du point O sur une droite AB se trouve à l'intérieur du segment AB. Pour les fêtes Soleil Et SA la preuve est similaire.
Laisser UN 1 , DANS 1 Et AVEC 1 - points de contact du cercle inscrit d'un triangle avec les côtés VS, SA Et AB(Fig. 52). Alors AB 1 =CA 1 , Colombie-Britannique 1 = B.A. 1 Et SA 1 = SV 1 . De plus, l'angle B 1 UN 1 C 1 égal aux angles à la base d'un isocèle Δ AB 1 AVEC 1 (par le théorème de l'angle entre la tangente et la corde), etc. Pour l'angle B 1 C 1 UN 1 et angle UN 1 B 1 C 1 la preuve est similaire.
Les angles à la base de tout triangle isocèle sont aigus, donc Δ A 1 B 1 C 1 est aigu pour tout Δ ABC.
Si x = AB 1 , oui = Colombie-Britannique 1 Et z = CALIFORNIE. 1 , Que x+y = c,oui + z = un Et z + x = b , Où UN,b Et Avec- longueurs des côtés Δ ABC. En additionnant les deux premières égalités et en leur soustrayant la troisième, on obtient y= (a+c-c)/2. De même x=(b+c-a)/2 Et z =(a+bc)/2. Il convient de noter que pour un quadrilatère, un tel raisonnement ne conduirait pas au résultat souhaité, car le système d'équations correspondant
soit n'a aucune solution, soit en a un nombre infini. En fait, si x+y=une,oui + z = b , z + t = c Et t + x = d , Que y=a-X,z = b -oui = b - a+x Et t = c - b + un -X, et de l'égalité t + x = d il s'ensuit que un + c = b + d . Donc si a+c n'est pas égal à b+ d , alors le système n'a pas de solutions, et si un + c = b + d , Que X peut être choisi arbitrairement, et oui,z , t s'expriment à travers X.
Revenons encore sur l'unicité de la solution du système d'équations d'un triangle. En l'utilisant, nous pouvons prouver l'énoncé suivant : que les cercles de centres A, B et C se touchent extérieurement aux points A 1, DANS 1 Et AVEC 1 (Fig. 53). Alors le cercle circonscrit Δ UN 1 B 1 C 1 inscrit en Δ ABC. En fait, si x, y Et z - les rayons des cercles ; un , b Et Avec- longueurs des côtés Δ ABC, Que x+y = c,oui + z = un , oui + x = b .
Montrons trois propriétés du centre À PROPOS cercle inscrit Δ abc .
1. Si le prolongement de la bissectrice AVEC coupe le cercle circonscrit Δ abc au point M, Que MA=MV=MO(Fig. 54).
Montrons par exemple que dans Δ AMO les angles aux sommets A et O sont égaux.<OAM = < OAB + < BAM Et < AOM =< O.A.C. +<А CO , < OAB =<ОАС Et< VOUS = VOUS<ВСМ = < ACO . Ainsi, AM=MO. De même VM=MO.
2. Si AB- base isocèle Δ ABC, puis le cercle tangent aux côtés<PBR aux points A et B, passe par le point O (Fig. 55).
Soit O" le milieu de l'arc (plus petit) AB le cercle en question. Par la propriété de l'angle entre une tangente et une corde<Directeur général "= <О"ВА= <О"АВ, c'est-à-dire que le point O" se trouve sur la bissectrice < UN . De même, on peut montrer qu’il se situe sur la bissectrice < B , c'est-à-dire O" = O.
3. Si une droite passant par le point O est parallèle au côté AB, traverse les côtés Soleil Et SA aux points UN 1 Et DANS 1 , Que UN 1 B 1 = UN 1 B + AB 1 .
Montrons que Δ AB 1 Ô isocèle. En fait, < B 1 O.A. = < OAB = < B 1 A.O. (Fig. 56). C'est pourquoi AB 1 = B 1 0. De même UN 1 B = UN 1 Ô , ce qui veut dire UN 1 B 1 = UN 1 O+O.B. 1 = UN 1 B + AB 1 .
Laisser entrer Δ abc angles des sommets A, B et C sont égaux à α, β, γ . Calculons l'angle sous lequel le côté AB visible du point O. Puisque les angles Δ JSC B aux sommets A et B sont égaux α/2 et β/2, alors
< AOB = 180°- (α+β)/2=180°- (180°- γ)/2=90° +γ/2. Ce
La formule peut être utile pour résoudre de nombreux problèmes.
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 
