Ministrstvo za izobraževanje in znanost Ruske federacije Zvezna državna proračunska izobraževalna ustanova za visoko strokovno izobraževanje
"Državna univerza Magnitogorsk"
Fakulteta za fiziko in matematiko
Oddelek za algebro in geometrijo
Tečajna naloga
Izjemne točke trikotnika
Izdelal: dijak skupine 41
Vahrameeva A.M.
Znanstveni direktor
Velikikh A.S.
Magnitogorsk 2014
Uvod
Zgodovinsko gledano se je geometrija začela s trikotnikom, zato je trikotnik že dve tisočletji in pol tako rekoč simbol geometrije; vendar ni samo simbol, je atom geometrije.
Zakaj lahko trikotnik štejemo za atom geometrije? Ker so prejšnji koncepti - točka, ravna črta in kot - nejasne in neoprijemljive abstrakcije skupaj s pripadajočim nizom izrekov in problemov. Zato lahko današnja šolska geometrija postane zanimiva in smiselna šele takrat, ko vključuje poglobljeno in celovito preučevanje trikotnika.
Presenetljivo je, da je trikotnik kljub navidezni preprostosti neizčrpen predmet preučevanja - nihče si niti v našem času ne upa reči, da je preučeval in poznal vse lastnosti trikotnika.
To pomeni, da študija šolske geometrije ni mogoče izvesti brez poglobljenega študija geometrije trikotnika; glede na raznolikost trikotnika kot predmeta preučevanja - in s tem vira različnih metod za njegovo preučevanje - je treba izbrati in razviti gradivo za preučevanje geometrije izjemnih točk trikotnika. Poleg tega se pri izbiri tega gradiva ne bi smeli omejiti le na izjemne točke, ki jih v šolskem kurikulumu predvideva državni izobraževalni standard, kot je središče včrtanega kroga (točka presečišča simetral), središče circumcircle (presečišče simetral), presečišče median, presečišče višin. Toda za globoko prodiranje v naravo trikotnika in razumevanje njegove neizčrpnosti je potrebno imeti predstave o čim več izjemnih točkah trikotnika. Poleg neizčrpnosti trikotnika kot geometrijskega predmeta je treba opozoriti na najbolj neverjetno lastnost trikotnika kot predmeta preučevanja: preučevanje geometrije trikotnika se lahko začne s preučevanjem katere koli njegove lastnosti, vzeti ga kot osnovo; potem lahko metodologijo za preučevanje trikotnika sestavimo tako, da lahko na tej podlagi nanizamo vse druge lastnosti trikotnika. Z drugimi besedami, ne glede na to, kje začnete preučevati trikotnik, lahko vedno dosežete katero koli globino te neverjetne figure. Toda potem - kot možnost - lahko začnete preučevati trikotnik s preučevanjem njegovih izjemnih točk.
Namen tečaja je preučiti izjemne točke trikotnika. Za dosego tega cilja je potrebno rešiti naslednje naloge:
· Preučite pojme simetrala, mediana, višina, simetrala navpičnice in njihove lastnosti.
· Razmislite o Gergonnovi točki, Eulerjevem krogu in Eulerjevi premici, ki se jih v šoli ne učijo.
POGLAVJE 1. Simetrala trikotnika, središče včrtane krožnice trikotniku. Lastnosti simetrale trikotnika. Gergonna točka
1 Središče včrtanega kroga trikotnika
Izjemne točke trikotnika so točke, katerih lokacijo enolično določa trikotnik in niso odvisne od vrstnega reda, v katerem so vzete stranice in oglišča trikotnika.
Simetrala trikotnika je simetrala kota trikotnika, ki povezuje oglišče s točko na nasprotni strani.
Izrek. Vsaka točka simetrale nerazvitega kota je enako oddaljena (to je enako oddaljena od črt, ki vsebujejo stranice trikotnika) od njegovih stranic. Nasprotno: vsaka točka, ki leži znotraj kota in je enako oddaljena od stranic kota, leži na njegovi simetrali.
Dokaz. 1) Na simetrali kota BAC vzemimo poljubno točko M, narišite navpičnici MK in ML na premici AB in AC ter dokažite, da je MK = ML. Razmislite o pravokotnih trikotnikih ?AMK in ?AML. Enaki sta v hipotenuzi in ostrem kotu (AM - običajna hipotenuza, 1 = 2 po dogovoru). Zato je MK=ML.
) Naj leži točka M znotraj VAS in je enako oddaljena od svojih stranic AB in AC. Dokažimo, da je žarek AM simetrala BAC. Na premici AB in AC narišimo navpičnici MK in ML. Pravokotna trikotnika AKM in ALM sta enaka po hipotenuzi in kraku (AM je običajna hipotenuza, MK = ML po dogovoru). Zato je 1 = 2. Toda to pomeni, da je žarek AM simetrala BAC. Izrek je dokazan.
Posledica. Simetrali trikotnika se sekata v eni točki (središče včrtane krožnice in središče).
Označimo s črko O presečišče simetral AA1 in BB1 trikotnika ABC in iz te točke potegnemo navpičnice OK, OL oziroma OM na premice AB, BC in CA. Po izreku (Vsaka točka simetrale nerazvitega kota je enako oddaljena od njegovih stranic. Nasprotno: vsaka točka, ki leži znotraj kota in je enako oddaljena od stranic kota, leži na njegovi simetrali) pravimo, da je OK = OM in OK = OL. Zato je OM = OL, to pomeni, da je točka O enako oddaljena od stranic ACB in torej leži na simetrali CC1 tega kota. Torej vse tri simetrale ?ABC se sekata v točki O, kar je bilo treba dokazati.
krog simetrala trikotnik črta
1.2 Lastnosti simetrale trikotnika
Simetrala BD (slika 1.1) poljubnega kota ?ABC deli nasprotno stranico na dela AD in CD, sorazmerna s sosednjima stranicama trikotnika.
Dokazati moramo, da če je ABD = DBC, potem AD: DC = AB: BC.
Izvedimo CE || BD do sečišča v točki E z nadaljevanjem stranice AB. Potem bomo glede na izrek o sorazmernosti odsekov, tvorjenih na premicah, ki jih seka več vzporednih premic, imeli razmerje: AD: DC = AB: BE. Da bi prešli s tega razmerja na tisto, ki ga je treba dokazati, je dovolj ugotoviti, da je BE = BC, tj. ?VSI enakokraki. V tem trikotniku je E = ABD (kot ustrezni koti z vzporednimi premicami) in ALL = DBC (kot navzkrižni koti z enakimi vzporednimi premicami).
Toda ABD = DBC po pogoju; to pomeni E = ALL, zato sta stranici BE in BC, ki ležita nasproti enakih kotov, enaki.
Zdaj, ko BE v zgoraj zapisanem razmerju zamenjamo z BC, dobimo delež, ki ga je treba dokazati.
20 Simetrale notranjega in sosednjih kotov trikotnika so pravokotne.
Dokaz. Naj bo BD simetrala ABC (slika 1.2), BE pa simetrala zunanjega CBF, ki meji na podani notranji kot, ?ABC. Če torej označimo ABD = DBC = ?, CBE = EBF = ?, nato 2 ? + 2?= 1800 in tako ?+ ?= 900. In to pomeni, da BD? BITI.
30 Simetrala zunanjega kota trikotnika deli nasprotno stranico navzven na dele, sorazmerne s sosednjima stranicama.
(Slika 1.3) AB: BC = AD: DC, ?AED ~ ?CBD, AE/BC = AD/DC = AE/BC.
40 Simetrala katerega koli kota trikotnika deli nasprotno stranico na odseke, sorazmerne s sosednjimi stranicami trikotnika.
Dokaz. Razmislimo ?ABC. Za določnost naj simetrala CAB seka stranico BC v točki D (slika 1.4). Pokažimo, da je BD: DC = AB: AC. To naredimo tako, da skozi točko C narišemo premico, vzporedno s premico AB, in z E označimo presečišče te premice AD. Potem je DAB=DEC, ABD=ECD in torej ?DAB~ ?DEC na podlagi prvega kriterija podobnosti trikotnikov. Nadalje, ker je žarek AD simetrala CAD, potem je CAE = EAB = AEC in zato ?ECA enakokraki. Torej AC=CE. Toda v tem primeru iz podobnosti ?DAB in ?DEC sledi, da je BD: DC=AB: CE =AB: AC, in to je bilo tisto, kar je bilo treba dokazati.
Če simetrala zunanjega kota trikotnika seka podaljšek stranice, ki je nasproti oglišča tega kota, potem so odseki od nastale presečišča do koncev nasprotne stranice sorazmerni s sosednjimi stranicami trikotnika.
Dokaz. Razmislimo ?ABC. Naj bo F točka na podaljšku stranice CA, D točka presečišča simetrale zunanjega trikotnika BAF s podaljškom stranice CB (slika 1.5). Pokažimo, da je DC:DB=AC:AB. Res, narišimo premico, vzporedno s premico AB, skozi točko C in z E označimo presečišče te premice s premico DA. Nato trikotnik ADB ~ ?EDC in torej DC:DB=EC:AB. In odkar ?EAC= ?SLABO= ?CEA, nato v enakokrakem ?Stran CEA AC=EC in torej DC:DB=AC:AB, kar je bilo treba dokazati.
3 Reševanje nalog z uporabo lastnosti simetrale
Problem 1. Naj bo O središče kroga, včrtanega ?ABC, CAB = ?. Dokažite, da je COB = 900 + ? /2.
rešitev. Ker je O središče včrtanega ?ABC krožnice (slika 1.6), potem sta žarka BO in CO simetrali ABC oziroma BCA. In potem COB = 1800 - (OBC + BCO) = 1800 - (ABC + BCA)/2 = 1800 -(1800 - ?)/2 = 900 + ?/2, kar je bilo treba dokazati.
Problem 2. Naj bo O središče opisane okolice ?ABC kroga, H je osnovnica višine, narisana na stranico BC. Dokaži, da je simetrala CAB tudi simetrala ? OAH.
Naj bo AD simetrala CAB, AE premer opisane črte ?ABC kroga (sl. 1.7, 1.8). če ?ABC je oster (slika 1.7) in zato ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ AC loki in ?BHA in ?ECA pravokotni (BHA =ECA = 900), torej ?BHA~ ?ECA in torej CAO = CAE =HAB. Nadalje sta BAD in CAD po pogoju enaka, torej HAD = BAD - BAH =CAD - CAE = EAD = OAD. Naj bo zdaj ABC = 900. V tem primeru višina AH sovpada s stranico AB, potem bo točka O pripadala hipotenuzi AC in zato je veljavnost postavitve problema očitna.
Oglejmo si primer, ko je ABC > 900 (slika 1.8). Tukaj je štirikotnik ABCE vpisan v krog in zato je AEC = 1800 - ABC. Po drugi strani pa je ABH = 1800 - ABC, tj. AEC = ABH. In odkar ?BHA in ?ECA so pravokotne in zato HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, potem HAD = HAB +BAD = EAC + CAD = EAD = OAD. Primeri, kjer sta BAC in ACB topa, se obravnavajo podobno. ?
4 točke Gergonna
Gergonnova točka je točka presečišča segmentov, ki povezujejo oglišča trikotnika s točkami dotikov stranic nasproti tem ogliščem in včrtanega kroga trikotnika.
Naj bo točka O središče kroga, vpisanega v trikotnik ABC. Naj se vpisani krog dotika stranic trikotnika BC, AC in AB v točkah D, E oziroma F. Gergonnova točka je presečišče odsekov AD, BE in CF. Naj bo točka O središče včrtane krožnice ?ABC. Naj se vpisani krog dotika stranic trikotnika BC, AC in AB v točkah D, E oziroma F. Gergonnova točka je presečišče odsekov AD, BE in CF.
Dokažimo, da se ti trije segmenti dejansko sekajo v eni točki. Upoštevajte, da je središče vpisanega kroga točka presečišča simetral kotov ?ABC, polmeri včrtane krožnice pa so OD, OE in OF ?stranice trikotnika. Tako imamo tri pare enakih trikotnikov (AFO in AEO, BFO in BDO, CDO in CEO).
Deluje AF?BD ? CE in AE? BITI? CF sta enaki, saj je BF = BD, CD = CE, AE = AF, zato je razmerje teh produktov enako in po Cevinem izreku (Naj točke A1, B1, C1 ležijo na stranicah BC, AC in AB ? Naj se odseki AA1 , BB1 in CC1 sekajo v eni točki
(obkrožimo trikotnik v smeri urinega kazalca)), se segmenta sekata v eni točki.
Lastnosti včrtanega kroga:
Krog je vpisan v trikotnik, če se dotika vseh njegovih stranic.
V poljuben trikotnik lahko vpišemo krog.
Podano: ABC - ta trikotnik, O - presečišče simetral, M, L in K - točke dotika kroga s stranicami trikotnika (slika 1.11).
Dokaži: O je središče kroga, včrtanega v ABC.
Dokaz. Narišimo navpičnice OK, OL in OM iz točke O na stranice AB, BC oziroma CA (slika 1.11). Ker je točka O enako oddaljena od stranic trikotnika ABC, je OK = OL = OM. Torej krožnica s središčem O s polmerom OK poteka skozi točke K, L, M. Stranice trikotnika ABC se dotikajo te krožnice v točkah K, L, M, saj so pravokotne na polmere OK, OL in OM. To pomeni, da je v trikotnik ABC vpisan krog s središčem O in polmerom OK. Izrek je dokazan.
Središče kroga, včrtanega v trikotnik, je presečišče njegovih simetral.
Naj bo podan ABC, O središče vanj včrtanega kroga, D, E in F stične točke kroga s stranicami (slika 1.12). ? AEO = ? AOD na hipotenuzi in kraku (EO = OD - kot polmer, AO - skupaj). Kaj sledi iz enakosti trikotnikov? OAD = ? O.A.E. Torej je AO simetrala kota EAD. Na enak način dokažemo, da leži točka O na drugih dveh simetralah trikotnika.
Polmer, narisan na tangento, je pravokoten na tangento.
Dokaz. Naj bo okolica (O; R) dana krožnica (slika 1.13), premica a se je dotika v točki P. Naj polmer OP ni pravokoten na a. Narišimo pravokotno OD iz točke O na tangento. Po definiciji tangente ležijo vse njene točke razen točke P, zlasti točka D, zunaj kroga. Zato je dolžina navpičnice OD večja od dolžine R nagnjene OP. To je v nasprotju s poševno lastnostjo in nastalo protislovje dokazuje trditev.
POGLAVJE 2. 3 izjemne točke trikotnika, Eulerjeva krožnica, Eulerjeva premica.
1 Središče okroglega kroga trikotnika
Simetrala, ki je pravokotna na odsek, je premica, ki poteka skozi sredino odseka in je pravokotna nanj.
Izrek. Vsaka točka navpične simetrale odseka je enako oddaljena od koncev tega odseka. Nasprotno: vsaka točka, ki je enako oddaljena od koncev odseka, leži na simetrali, ki je pravokotna nanj.
Dokaz. Naj bo premica m navpična simetrala na dolžino AB, točka O pa razpolovišče dolžine.
Oglejmo si poljubno točko M premice m in dokažimo, da je AM=BM. Če točka M sovpada s točko O, potem ta enakost velja, saj je O razpolovišče odseka AB. Naj bosta M in O različni točki. Pravokoten ?OAM in ?OBM sta enaka na dveh krakih (OA = OB, OM je skupni krak), zato je AM = VM.
) Vzemimo poljubno točko N, ki je enako oddaljena od koncev odseka AB, in dokažimo, da točka N leži na premici m. Če je N točka na premici AB, potem sovpada z razpoloviščem O odseka AB in torej leži na premici m. Če točka N ne leži na premici AB, upoštevajte ?ANB, ki je enakokrak, saj je AN=BN. Odsek NO je mediana tega trikotnika in torej višina. Torej je NO pravokotna na AB, zato premici ON in m sovpadata, zato je N točka premice m. Izrek je dokazan.
Posledica. Simetrale pravokotnice na stranice trikotnika se sekajo v eni točki (središče opisane krožnice).
Označimo O, točko presečišča bisektoralnih navpičnic m in n na stranici AB in BC. ?ABC. Po izreku (vsaka točka simetrale navpičnice na odsek je enako oddaljena od koncev tega odseka. Nasprotno: vsaka točka, ki je enako oddaljena od koncev odseka, leži na simetrali navpičnice na odsek.) sklepamo, da je OB = OA in OB = OC torej: OA = OC, To pomeni, da je točka O enako oddaljena od koncev odseka AC in zato leži na simetrali pravokotnici p na ta odsek. Zato so vse tri simetrale m, n in p na stranice ?ABC se sekata v točki O.
Pri ostrokotnem trikotniku ta točka leži znotraj, pri tupokotnem trikotniku leži zunaj trikotnika, pri pravokotnem trikotniku leži na sredini hipotenuze.
Lastnost simetrale pravokotnice trikotnika:
Premice, na katerih ležijo simetrale notranjih in zunanjih kotov trikotnika, ki izhajajo iz enega oglišča, sekajo s sredino navpičnico na nasprotno stran iz diametralno nasprotnih točk krožnice, ki je okrog trikotnika opisana.
Dokaz. Naj na primer simetrala ABC seka opisano ?Krožnica ABC v točki D (slika 2.1). Ker sta včrtana ABD in DBC enaka, je AD = lok DC. Toda navpičnica na stranico AC razpolovi tudi lok AC, zato bo tudi točka D pripadala tej navpičnici. Nadalje, ker po lastnosti 30 iz odstavka 1.3 simetrala BD ABC meji na ABC, bo slednja sekala krožnico v točki, ki je diametralno nasprotna točki D, saj včrtani pravi kot vedno leži na premeru.
2 Ortocenter kroga trikotnika
Višina je navpičnica, ki poteka iz oglišča trikotnika na premico, ki vsebuje nasprotno stranico.
Višini trikotnika (ali njuni podaljški) se sekata v eni točki (ortocentru).
Dokaz. Razmislite o poljubnem ?ABC in dokaži, da se premice AA1, BB1, CC1, ki vsebujejo njegove višine, sekajo v eni točki. Pojdimo skozi vsako točko ?ABC je premica, vzporedna z nasprotno stranico. Dobimo ?A2B2C2. Točke A, B in C so razpolovišča tega trikotnika. Dejansko sta AB=A2C in AB=CB2 kot nasprotni strani paralelogramov ABA2C in ABCB2, torej A2C=CB2. Podobno C2A=AB2 in C2B=BA2. Poleg tega je, kot sledi iz konstrukcije, CC1 pravokoten na A2B2, AA1 je pravokoten na B2C2 in BB1 je pravokoten na A2C2. Tako so premice AA1, BB1 in CC1 pravokotne simetrale na stranice ?A2B2C2. Zato se sekata v eni točki.
Odvisno od vrste trikotnika je lahko ortocenter znotraj trikotnika v ostrih kotih, zunaj njega - v tupih kotih ali sovpada z vrhom, v pravokotnih pa sovpada z vrhom pod pravim kotom.
Lastnosti višine trikotnika:
Odsek, ki povezuje osnovi dveh višin ostrega trikotnika, odseka trikotnik, podoben danemu, s koeficientom podobnosti, ki je enak kosinusu skupnega kota.
Dokaz. Naj bodo AA1, BB1, CC1 višine ostrokotnega trikotnika ABC in ABC = ?(slika 2.2). Pravokotna trikotnika BA1A in CC1B imata skupno ?, torej sta si podobna, kar pomeni BA1/BA = BC1/BC = cos ?. Iz tega sledi, da je BA1/BC1=BA/BC = cos ?, tj. V ?C1BA1 in ?Stranice ABC, ki mejijo na skupno ??C1BA1~ ?ABC, pri čemer je koeficient podobnosti enak cos ?. Na podoben način se dokazuje, da ?A1CB1~ ?ABC s koeficientom podobnosti cos BCA in ?B1AC1~ ?ABC s koeficientom podobnosti cos CAB.
Nadmorska višina, spuščena na hipotenuzo pravokotnega trikotnika, ga razdeli na dva trikotnika, ki sta si podobna drug drugemu in podobna prvotnemu trikotniku.
Dokaz. Razmislite o pravokotniku ?ABC, ki ima ?BCA = 900, CD pa je njegova višina (slika 2.3).
Potem pa podobnost ?ADC in ?BDC sledi na primer iz znaka podobnosti pravokotnih trikotnikov s sorazmernostjo dveh krakov, saj je AD/CD = CD/DB. Vsak od pravokotnih trikotnikov ADC in BDC je podoben prvotnemu pravokotnemu trikotniku, vsaj glede na podobnost pri dveh kotih.
Reševanje problemov, ki vključujejo uporabo lastnosti višine
Naloga 1. Dokaži, da je trikotnik, katerega eno od oglišč je oglišče danega topokotnega trikotnika, drugi dve oglišči pa sta osnovici višin topokotnega trikotnika, izpuščenih iz njegovih drugih dveh oglišč, podoben dani trikotnik s koeficientom podobnosti, ki je enak modulu kosinusa kota pri prvem oglišču.
rešitev. Razmislite o topem ?ABC z neumnim CAB-om. Naj bodo AA1, BB1, CC1 njegove višine (sl. 2.4, 2.5, 2.6) in naj bo CAB = ?, ABC = ? , BCA = ?.
Dokaz dejstva, da ?C1BA1~ ?ABC (slika 2.4) s koeficientom podobnosti k = cos ?, v celoti ponavlja sklepanje, izvedeno v dokazu lastnosti 1, odstavek 2.2.
Dokažimo to ?A1CB~ ?ABC (slika 2.5) s koeficientom podobnosti k1= cos ?, A ?B1AC1~ ?ABC (slika 2.6) s koeficientom podobnosti k2 = |cos? |.
Res imata pravokotna trikotnika CA1A in CB1B skupni kot ?in zato podobni. Iz tega sledi B1C/ BC = A1C / AC= cos ?in zato B1C/ A1C = BC / AC = cos ?, tj. v trikotnikih A1CB1 in ABC stranice tvorijo skupno ??, so sorazmerni. In potem, po drugem kriteriju podobnosti trikotnikov ?A1CB~ ?ABC, s koeficientom podobnosti k1= cos ?. Kar zadeva zadnji primer (sl. 2.6), potem iz obravnave pravokotnih trikotnikov ?BB1A in ?CC1A z enakima navpičnima kotoma BAB1 in C1AC sledi, da sta si podobna in zato B1A / BA = C1A / CA = cos (1800 - ?) = |cos ?|, odkar ??- Top. Zato je B1A / C1A = BA /CA = |cos ?| in s tem v trikotnike ?B1AC1 in ?Stranici ABC, ki tvorita enake kote, sta sorazmerni. In to pomeni to ?B1AC1~ ?ABC s koeficientom podobnosti k2 = |cos? |.
Naloga 2. Dokažite, da če je točka O točka presečišča višin ostrokotnega trikotnika ABC, potem je ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800.
rešitev. Dokažimo veljavnost prve od formul, podanih v predstavitvi problema. Veljavnost preostalih dveh formul se dokazuje podobno. Torej naj bo ABC = ?, AOC = ?. A1, B1 in C1 so osnove višin trikotnika, narisane iz oglišč A, B oziroma C (slika 2.7). Nato iz pravokotnega trikotnika BC1C sledi BCC1 = 900 - ?in tako je v pravokotnem trikotniku OA1C kot COA1 enak ?. Toda vsota kotov AOC + COA1 = ? + ?daje ravni kot in zato AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, kar je bilo treba dokazati.
Naloga 3. Dokaži, da so višine ostrokotnega trikotnika simetrale kotov trikotnika, katerega oglišča so osnovke višin tega trikotnika.
je.2.8
rešitev. Naj bodo AA1, BB1, CC1 višine ostrokotnega trikotnika ABC in CAB = ?(slika 2.8). Dokažimo na primer, da je višina AA1 simetrala kota C1A1B1. Ker sta si trikotnika C1BA1 in ABC podobna (lastnost 1), je BA1C1 = ?in zato C1A1A = 900 - ?. Iz podobnosti trikotnikov A1CB1 in ABC sledi, da je AA1B1 = 900 - ?in zato C1A1A = AA1B1= 900 - ?. Toda to pomeni, da je AA1 simetrala kota C1A1B1. Podobno je dokazano, da sta drugi dve višini trikotnika ABC simetrali drugih dveh ustreznih kotov trikotnika A1B1C1.
3 Težišče kroga trikotnika
Mediana trikotnika je odsek, ki povezuje poljubno oglišče trikotnika z razpoloviščem nasprotne stranice.
Izrek. Mediana trikotnika se sekata v eni točki (težišču).
Dokaz. Upoštevajmo poljubno? ABC.
Označimo presečišče median AA1 in BB1 s črko O in narišimo srednjico A1B1 tega trikotnika. Odsek A1B1 je vzporeden s stranico AB, zato je 1 = 2 in 3 = 4. Zato je ?AOB in ?A1OB1 sta si pod dvema kotoma podobna, zato sta njuni stranici sorazmerni: AO:A1O=BO:B1O=AB:A1B1. Toda AB=2A1B1, torej AO=2A1O in BO=2B1O. Tako točka O presečišča median AA1 in BB1 deli vsako od njiju v razmerju 2:1, šteto od oglišča.
Podobno je dokazano, da presečišče median BB1 in CC1 deli vsako od njiju v razmerju 2:1, šteto od oglišča, in torej sovpada s točko O in je z njo deljeno v razmerju 2:1, štetje od vrha.
Lastnosti mediane trikotnika:
10 Srednji strani trikotnika se sekata v eni točki in ju deli presečišče v razmerju 2:1, šteto od oglišča.
podano: ?ABC, AA1, BB1 - mediane.
Dokaži: AO:OA1=VO:OB1=2:1
Dokaz. Narišimo srednjico A1B1 (slika 2.10), glede na lastnost srednjice A1B1||AB, A1B1=1/2 AB. Ker je A1B1 || AB, torej 1 = 2, ki ležita navzkrižno z vzporednicama AB in A1B1 ter sekanto AA1. 3 = 4, ki ležijo navzkrižno z vzporednima premicama A1B1 in AB ter sekanto BB1.
torej ?AOB ~ ?A1OB1 z enakostjo dveh kotov, kar pomeni, da sta stranici sorazmerni: AO/A1O = OB/OB1 = AB/A1B = 2/1, AO/A1O = 2/1; OB/OB1 = 2/1.
Mediana deli trikotnik na dva enaka ploščina trikotnika.
Dokaz. BD - mediana ?ABC (slika 2.11), BE - njegova višina. Potem ?ABD in ?DBC sta enako veliki, ker imata enaki osnovici AD in DC ter skupno višino BE.
Celoten trikotnik je z medianami razdeljen na šest enakih trikotnikov.
Če je na nadaljevanju mediane trikotnika od sredine stranice trikotnika odložen segment, ki je po dolžini enak mediani, potem sta končna točka tega segmenta in oglišča trikotnika oglišča paralelogram.
Dokaz. Naj bo D razpolovišče stranice BC ?ABC (slika 2.12), E je točka na premici AD, tako da velja DE=AD. Ker se torej diagonali AE in BC štirikotnika ABEC v točki D njunega presečišča razpolovita, iz lastnosti 13.4 sledi, da je štirikotnik ABEC paralelogram.
Reševanje problemov z uporabo lastnosti median:
Problem 1. Dokažite, da če je O presečišče median ?ABC torej ?A.O.B. ?BOC in ?AOC so enake velikosti.
rešitev. Naj bosta AA1 in BB1 mediani ?ABC (slika 2.13). Razmislimo ?AOB in ?BOC. Očitno je, da S ?AOB = S ?AB1B-S ?AB1O, S ?BOC=S ?BB1C-S ?OB1C. Toda po lastnosti 2 imamo S ?AB1B=S ?BB1C, S ?AOB = S ?OB1C, kar pomeni, da je S ?AOB = S ?BOC. Enakost S ?AOB = S ?AOC.
Problem 2. Dokaži, da če leži točka O notri ?ABC in ?A.O.B. ?BOC in ?AOC sta po površini enaki, potem je O točka presečišča median? ABC.
rešitev. Razmislimo ?ABC (2.14) in predpostavimo, da točka O ne leži na mediani BB1. Potem, ker je OB1 mediana ?AOC nato S ?AOB1 = S ?B1OC , in ker po pogoju S ?AOB = S ?BOC, nato S ?AB1OB = S ?BOB1C. A to ne more biti, saj je S ?ABB1 = S ?B1BC. Nastalo protislovje pomeni, da točka O leži na mediani BB1. Podobno je dokazano, da točka O pripada še dvema medianama ?ABC. Iz tega sledi, da je točka O res presečišče treh median? ABC.
Problem 3. Dokažite, da če je v ?ABC Stranici AB in BC nista enaki, tedaj njena simetrala BD leži med središčnico BM in višino BH.
Dokaz. Opišimo približno ?ABC je krožnica in razširi njeno simetralo BD, dokler ne seka krožnice v točki K. Pravokotna razpolovišča na odsek AC bo potekala skozi točko K (lastnost 1, iz odstavka 2.1), ki ima skupno točko M z mediano odseka BH in MK sta vzporedna, točki B in K pa ležita na nasprotnih straneh premice AC, potem presečišče odsekov BK in AC pripada odseku HM, kar dokazuje zahtevano.
Problem 4. B ?ABC mediana BM je polovica stranice AB in z njo tvori kot 400. Poišči ABC.
rešitev. Podaljšajmo mediano BM čez točko M za njeno dolžino in dobimo točko D (slika 2.15). Ker je AB = 2BM, potem je AB = BD, to pomeni, da je trikotnik ABD enakokrak. Zato je BAD = BDA = (180o - 40o) : 2 = 70o. Štirikotnik ABCD je paralelogram, ker so njegove diagonale razpolovljene s presečiščem. To pomeni CBD = ADB = 700. Potem je ABC = ABD + CBD = 1100.
Naloga 5. Stranice?ABC so enake a, b, c. Izračunajte mediano mc, narisano na stran c (slika 2.16).
rešitev. Podvojimo mediano s sestavljanjem ?ABC na paralelogram ACBP in uporabimo izrek 8 za ta paralelogram. Dobimo: CP2+AB2 = 2AC2+2BC2, tj. (2mc)2+c2= 2b2+2a2, od koder najdemo:
2.4 Eulerjev krog. Eulerjeva črta
Izrek. Osnove median, višine poljubnega trikotnika in razpolovišča segmentov, ki povezujejo oglišča trikotnika z njegovim ortocentrom, ležijo na istem krogu, katerega polmer je enak polovici polmera kroga, opisanega okoli trikotnik. Ta krog se imenuje krog devetih točk ali Eulerjev krog.
Dokaz. Vzemimo sredino?MNL (slika 2.17) in okoli nje opišimo krog W. Odsek LQ je mediana v pravokotniku?AQB, torej LQ=1/2AB. Segment MN=1/2AB, ker MN - srednja črta?ABC. Iz tega sledi, da je trapez QLMN enakokrak. Ker krožnica W poteka skozi 3 oglišča enakokrakega trapeza L, M, N, bo potekala tudi skozi četrto oglišče Q. Podobno je dokazano, da P pripada W, R pripada W.
Pojdimo na točke X, Y, Z. Odsek XL je pravokoten na BH kot srednjica?AHB. Odsek BH je pravokoten na AC in ker je AC vzporeden z LM, je BH pravokoten na LM. Zato je XLM=P/2. Podobno je XNM= P/2.
V štirikotniku LXNM sta dva nasprotna kota prava kota, zato lahko okoli njega opišemo krožnico. To bo krog W. Torej X pripada W, podobno Y pripada W, Z pripada W.
Srednji?LMN je podoben?ABC. Koeficient podobnosti je 2. Zato je polmer kroga devetih točk R/2.
Lastnosti Eulerjevega kroga:
Polmer kroga devetih točk je enak polovici polmera kroga, opisanega okoli?ABC.
Krožnica devetih točk je homotetična krogu, opisanem okoli ABC, s koeficientom ½ in središče homotetije v točki H.
Izrek. Ortocenter, težišnica, središče kroga in središče krožnice z devetimi točkami ležijo na isti premici. Eulerjeva premica.
Dokaz. Naj bo H ortocenter ABC (slika 2.18) in O središče opisane krožnice. Simetrali pravokotnice?ABC po konstrukciji vsebujejo višine mediane?MNL, tj. O je hkrati ortocenter?LMN. ?LMN ~ ?ABC, je njun koeficient podobnosti 2, torej BH=2ON.
Skozi točki H in O narišimo premico. Dobimo dva podobna trikotnika?NOG in?BHG. Ker je BH=2ON, potem je BG=2GN. Slednje pomeni, da je točka G težišče?ABC. Za točko G je izpolnjeno razmerje HG:GO=2:1.
Naj bo nadalje TF simetrala MNL in F presečišče te navpičnice s premico HO. Oglejmo si podobna ?TGF in ?NGO. Točka G je težišče ?MNL, zato je koeficient podobnosti ?TGF in ?NGO enak 2. Zato je OG=2GF in ker je HG=2GO, potem je HF=FO in F je sredina odseka HO.
Če enako sklepamo glede navpičnice na drugo stran?MNL, potem mora tudi ta potekati skozi sredino odseka HO. Toda to pomeni, da je točka F točka simetral pravokotnice?MNL. Ta točka je središče Eulerjevega kroga. Izrek je dokazan.
ZAKLJUČEK
V tem delu smo si ogledali 4 čudovite točke trikotnika, ki smo jih preučevali v šoli, in njihove lastnosti, na podlagi katerih lahko rešimo številne probleme. Upoštevani so bili tudi Gergonnova točka, Eulerjeva krožnica in Eulerjeva premica.
SEZNAM UPORABLJENIH VIROV
1.Geometrija 7-9. Učbenik za srednje šole // Atanasyan L.S., Butuzov V.F. in drugi - M .: Izobraževanje, 1994.
2.Amelkin V.V. Geometrija na ravnini: Teorija, problemi, rešitve: Učbenik. Priročnik o matematiki // V.V. Amelkin, V.L. Rabcevič, V.L. Timokhovich - Mn .: "Asar", 2003.
.V.S. Bolodurin, O.A. Vakhmyanina, T.S. Izmailova // Priročnik o elementarni geometriji. Orenburg, OGPI, 1991.
.Prasolov V.G. Problemi v planimetriji. - 4. izdaja, dopolnjena - M .: Založba Moskovskega centra za nadaljnje matematično izobraževanje, 2001.
V trikotniku so tako imenovane štiri izjemne točke: točka presečišča median. Presek simetral, presečišče višin in presečišče simetral. Oglejmo si vsakega od njih.
Presek sredin trikotnika
1. izrek
Na presečišču median trikotnika: Srednjici trikotnika se sekata v eni točki in sta deljeni s presečiščem v razmerju $2:1$ začenši z oglišča.
Dokaz.
Vzemimo trikotnik $ABC$, kjer so $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ njegove mediane. Ker mediane delijo stranice na pol. Oglejmo si srednjo črto $A_1B_1$ (slika 1).
Slika 1. Mediane trikotnika
Po izreku 1 je $AB||A_1B_1$ in $AB=2A_1B_1$ torej $\kot ABB_1=\kot BB_1A_1,\ \kot BAA_1=\kot AA_1B_1$. To pomeni, da sta si trikotnika $ABM$ in $A_1B_1M$ podobna po prvem kriteriju podobnosti trikotnikov. Potem
Podobno je dokazano, da
Izrek je dokazan.
Presek simetral trikotnika
Izrek 2
Na presečišču simetral trikotnika: Simetrali trikotnika se sekata v eni točki.
Dokaz.
Razmislite o trikotniku $ABC$, kjer so $AM,\BP,\CK$ njegove simetrale. Naj bo točka $O$ presečišče simetral $AM\ in \BP$. Iz te točke potegnemo navpičnici na stranice trikotnika (slika 2).
Slika 2. Simetrale trikotnika
Izrek 3
Vsaka točka simetrale nerazvitega kota je enako oddaljena od njegovih stranic.
Po izreku 3 imamo: $OX=OZ,\ OX=OY$. Zato je $OY=OZ$. To pomeni, da je točka $O$ enako oddaljena od stranic kota $ACB$ in torej leži na njegovi simetrali $CK$.
Izrek je dokazan.
Točka presečišča pravokotnih simetral trikotnika
Izrek 4
Simetrali pravokotnice na stranice trikotnika se sekata v eni točki.
Dokaz.
Naj bo dan trikotnik $ABC$, $n,\ m,\ p$ njegove pravokotnice. Naj bo točka $O$ presečišče simetral $n\ in\ m$ (slika 3).
Slika 3. Simetrale pravokotnice trikotnika
Za dokaz potrebujemo naslednji izrek.
Izrek 5
Vsaka točka pravokotnice simetrale na odsek je enako oddaljena od koncev odseka.
Po izreku 3 imamo: $OB=OC,\ OB=OA$. Zato je $OA=OC$. To pomeni, da je točka $O$ enako oddaljena od koncev dolge $AC$ in torej leži na njegovi simetrali $p$.
Izrek je dokazan.
Točka presečišča višin trikotnika
Izrek 6
Višini trikotnika ali njunih podaljškov se sekata v eni točki.
Dokaz.
Vzemimo trikotnik $ABC$, kjer je $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ njegova nadmorska višina. Skozi vsako oglišče trikotnika narišimo premico vzporedno s stranico nasproti oglišča. Dobimo nov trikotnik $A_2B_2C_2$ (slika 4).
Slika 4. Višine trikotnika
Ker sta $AC_2BC$ in $B_2ABC$ paralelograma s skupno stranico, potem je $AC_2=AB_2$, to pomeni, da je točka $A$ razpolovišče stranice $C_2B_2$. Podobno ugotovimo, da je točka $B$ razpolovišče stranice $C_2A_2$, točka $C$ pa razpolovišče stranice $A_2B_2$. Iz konstrukcije imamo $(CC)_1\bot A_2B_2,\ (BB)_1\bot A_2C_2,\ (AA)_1\bot C_2B_2$. Zato so $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ simetrale pravokotnice trikotnika $A_2B_2C_2$. Potem, po izreku 4, imamo, da se višine $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ sekajo v eni točki.
Okrožje Liskinsky, občinska izobraževalna ustanova Srednja šola Anoshkinskaya.
Učiteljica matematike Smorchkova E.B.
Cilj projekta: naučite se uporabljati različno literaturo o geometriji, referenčna gradiva za podrobnejšo študijo teme »Izjemne točke trikotnika«, podati popolnejše razumevanje teme, pripraviti predstavitev o tej temi za demonstracijo med govori in učnimi urami.
Geometrija se začne ztrikotnik. Ura je že dve in polnovega tisočletja je trikotnik kot simbol geometrije; vendar ni le simbol, trikotnik je atom geometrije.In tudi danes šolska geometrija postaja zanimiva insmiselna, postane lastna geometrija šele od začetkavidez trikotnika. Prejšnji koncepti - pika, ravnaah, kot - zdi se, da so nejasne abstrakcije, vendar naprejAnaliza izrekov in problemov, povezanih z njimi, je enostavno dolgočasna.
Človek, predvsem pa sodobni človek, se že od prvih korakov svojega razvoja sooča z vsemi vrstami geometrijskih objektov – likov in teles. Obstajajo primeri, ko se človek v mladosti, če ne celo v otroštvu, začne zanimati za geometrijo in celo naredi samostojna geometrijska odkritja. Tako se je mali Blaise Pascal domislil "geometrijske igre", ki je vključevala "kovance" - kroge, "napete klobuke" - trikotnike, "mize" - pravokotnike, "palice" - segmente. Njegov oče, ki je imel temeljito znanje matematike, je sprva odločno izločil matematiko iz predmeta, ki ga je poučeval svojega sina, saj mali Blaise ni bil dobrega zdravja. Ko pa je odkril sinovo strast, mu je povedal nekaj o skrivnostni geometriji, in ko je Blaisa ujel v trenutku, ko je ugotovil, da kota trikotnika seštejeta dva prava kota, je ganjeni oče svojemu 12-letniku dal sin dostop do matematičnih knjig, shranjenih v domači knjižnici.
Trikotnik je neizčrpen – njegove nove lastnosti se nenehno odkrivajo. Če želite govoriti o vseh njegovih znanih lastnostih, potrebujete zvezek, ki je po obsegu primerljiv z obsegom Velike enciklopedije. O nekaterih od njih ali bolje rečeno o nekaterih čudovite točke, povezane s trikotnikom, vam želimo povedati.
Najprej pojasnimo pomen izraza »znamenite točke trikotnika«. Vsi vemo, da se simetrale notranjih kotov trikotnika sekajo v eni točki – središču kroga, včrtanega v ta trikotnik. Na enak način se mediane, višine trikotnika in bisektoralne navpičnice na njegove stranice sekajo v eni točki.
Točke, ki izhajajo iz presečišča naštetih trojk premic, so seveda izjemne (navsezadnje se tri premice praviloma sekajo v treh različnih točkah). Možne so tudi izjemne točke drugih vrst, na primer točke, v katerih neka funkcija, definirana za vse točke trikotnika, doseže ekstrem. Po drugi strani pa bi bilo treba koncept »izjemnih točk trikotnika« razlagati na literarno-čustveni ravni in ne na formalno-matematični. Znan je sofizem, ki »dokazuje«, da so vsa naravna števila »zanimiva«. (Ob predpostavki, da obstajajo »nezanimiva« števila, vzemimo najmanjše med njimi. Nedvomno je to število »zanimivo«: zanimivo je preprosto zato, ker je najmanjše med »nezanimivimi«.) Podobno sklepanje, »dokazovanje« da so vse točke trikotnika "izjemne" ", je mogoče konstruirati v našem primeru. Pojdimo na nekaj primerov.
KROG CENTER
Dokažimo, da obstaja točka, ki je enako oddaljena od oglišč trikotnika, ali z drugimi besedami, da poteka krogskozi tri oglišča trikotnika. Geografsko mesto točk, ki so enako oddaljene od točk A in IN, je pravokotna na segment AB, ki poteka skozi njegovo središče (pravokotno simetralo na odsek AB). Razmislite o bistvu O, na kateri se sekata simetrali navpičnic na odseke AB in sonce Pika O enako oddaljeni od točk A in B ter od točk IN in Z. Zato je enako oddaljena od točk A in Z, t.j. leži tudi na simetrali, ki je pravokotna na odsek AC(Slika 50).
Center O opisani krog leži znotraj trikotnika le, če je trikotnik ostrokoten. Če je trikotnik pravokoten, potem točka O sovpada s sredino hipotenuze,
in če je kot pri temenu Z topo in nato ravno AB loči točki O in C.
Če v Δ ABC vrhovni kot Z ostro nato stran AB vidna iz točke O pod kotom, enakim 2
V matematiki se pogosto zgodi, da se objekti, definirani na popolnoma različne načine, izkažejo za enake. Pokažimo to s primerom.
Naj bodo A 1, B 1 in C 1 razpolovišča stranic VS, S A in AB. Lahko se dokaže, da so okrog Δ AB 1 C 1 opisani krogi , Δ A 1 B.C. 1 in Δ A 1 B 1 C , sekata v eni točki in ta točka je središče opisane krožnice Δ ABC(Slika 51). Imamo torej dve na videz popolnoma različni točki: presečišče simetrale pravokotnic na stranice Δ ABC in presečišče opisanih krogov Δ AB 1 Z 1 , Δ AiBCi in Δ AiBiC . Toda izkazalo se je, da iz neznanega razloga ti dve točki sovpadata!
Izpeljemo pa obljubljeni dokaz. Dovolj je dokazati, da je središče O opisane krožnice Δ ABC leži na krogih, opisanih okoli Δ AB 1 Z 1 , Δ A iBCi in Δ A 1 B 1 C . Koti OB 1 A in OS 1 A ravne črte, torej točke IN 1 in Z 1 ležijo na krogu s premerom OA, kar pomeni, da točka O leži na krožnici, ki je okrog Δ AB 1 C 1 . Za Δ AiBCi in Δ A 1 IN 1 Z dokaz je podoben.
Dokazana izjava je poseben primer zelo zanimivega izreka: če ob stranehAB, prinSAtrikotnikABCpoljubne točkeZ 1 , A 1 inIN 1 , nato opisanokrog ΔAB 1 Z 1 , ΔA 1 sonce 1 in ΔA 1 IN 1 Z sekajo v enotočka.
Naredimo še zadnjo pripombo glede središča opisanega kroga. Neposredno A 1 IN 1 in AB so torej vzporedni OS 1 pravokotno A 1 IN 1 Prav tako OB 1 pravokotno A 1 C 1 in OA 1 pravokotno IN 1 Z 1 , tj. O- točka presečišča višin trikotnika A 1 B 1 Z 1 ... Čakaj čakaj! Nismo še dokazali, da se višine trikotnika sekajo v eni točki. Ali tega ni mogoče dokazati? K temu pogovoru se bomo vrnili pozneje.
SREDIŠČE INDIJSKEGA KROG
Dokažimo, da so simetrale kotov Δ ABC sekata v eni točki. Razmislite o točki O presečišča simetral kotov A in B. Poljubne simetrale kotov A enako oddaljeni od ravnih črt AB in AC, in katera koli točka simetrale kota B enako oddaljeni od ravnih črt AB in sonce, zato je točka O enako oddaljena od premic AC in sonce, to pomeni, da leži na simetrali kota C. Točka O je enako oddaljena od premic AB, pr in SA, To pomeni, da obstaja krog s središčem O, tangentne na te premice, dotične točke pa ležijo na samih stranicah in ne na njihovih podaljških. Pravzaprav koti na ogliščih A in BΔ AOB ostra, torej projekcija točke O na premico AB leži znotraj segmenta AB. Za zabave sonce in SA dokaz je podoben.
Pustiti A 1 , IN 1 in Z 1 - stične točke včrtanega kroga trikotnika s stranicami VS, SA in AB(Slika 52). Potem AB 1 =AC 1 , B.C. 1 = B.A. 1 in SA 1 = SV 1 . Poleg tega kot B 1 A 1 C 1 enak kotom na dnu enakokrakega Δ AB 1 Z 1 (po izreku o kotu med tangento in tetivo) itd. Za kot B 1 C 1 A 1 in kot A 1 B 1 C 1 dokaz je podoben.
Koti na dnu katerega koli enakokrakega trikotnika so ostri, zato je Δ A 1 B 1 C 1 oster za vsak Δ ABC.
če x = AB 1 , l = B.C. 1 in z = C.A. 1 , to x+y = c,l + z = a in z + x = b , Kje A,b in z- stranske dolžine Δ ABC.Če seštejemo prvi dve enakosti in jima odštejemo tretjo, dobimo y= (a+c-c)/2. Prav tako x=(b+c-a)/2 in z =(a+b-c)/2. Upoštevati je treba, da za štirikotnik takšno sklepanje ne bi privedlo do želenega rezultata, ker ustrezen sistem enačb
bodisi nima nobene rešitve ali pa jih ima neskončno veliko. Pravzaprav, če x+y=a,l + z = b , z + t = c in t + x = d , to y=a-X,z = b -l = b - a+x in t = c - b + a -X, in iz enakosti t + x = d temu sledi a + c = b + d . Torej, če a+c ni enako b+ d , potem sistem nima rešitev in če a + c = b + d , to X lahko izberete poljubno in y,z , t se izražajo skozi X.
Vrnimo se spet k edinstvenosti rešitve sistema enačb za trikotnik. Z njim lahko dokažemo naslednjo trditev: naj se krožnice s središči A, B in C zunanje dotikajo v točkah A 1, IN 1 in Z 1 (Slika 53). Potem je opisani krog Δ A 1 B 1 C 1 vpisana v Δ ABC. Pravzaprav, če x, y in z - polmeri krogov; a , b in z- stranske dolžine Δ ABC, to x+y = c,l + z = a , l + x = b .
Dokažimo tri lastnosti središča O včrtana krožnica Δ ABC .
1. Če je nadaljevanje simetrale kota Z seka opisani krog Δ ABC na točki M, to MA=MV=MO(Slika 54).
Dokažimo na primer, da je v Δ AMO kota pri ogliščih A in O sta pravzaprav enaka.<OAM = < OAB + < BAM in < AOM =< O.A.C. +<А CO , < OAB=<ОАС in< TI=TI<ВСМ = < ACO . torej AM=PON. Prav tako VM=MO.
2. Če AB- osnova enakokrakega Δ ABC, nato krog, ki se dotika stranic<ACB na točkah A in B, poteka skozi točko O (slika 55).
Naj bo O" središče (manjšega) loka AB zadevni krog. Z lastnostjo kota med tangento in tetivo<CAO "= <О"ВА= <О"АВ, t.j. točka O" leži na simetrali < A . Podobno se lahko pokaže, da leži na simetrali < B , tj. O" = O.
3. Če je premica, ki poteka skozi točko O, vzporedna s stranico AB, prečka stranice sonce in SA na točkah A 1 in IN 1 , to A 1 B 1 = A 1 B + AB 1 .
Dokažimo, da je Δ AB 1 O enakokraki. Prav zares, < B 1 O.A. = < OAB = < B 1 A.O. (Slika 56). Zato AB 1 = B 1 0. Prav tako A 1 B = A 1 O , kar pomeni A 1 B 1 = A 1 O+O.B. 1 = A 1 B + AB 1 .
Spustite Δ ABC vertex koti A, B in C so enaki α, β, γ . Izračunajmo kot, pod katerim stranica AB vidna iz točke O. Ker so koti Δ JSC B v ogliščih A in B enaka α/2 in β/2, potem
< AOB = 180°- (α+β)/2=180°- (180°- γ)/2=90° +γ/2. to
Formula je lahko uporabna pri reševanju številnih težav.
razpolovišča stranic Δ ABC; pustiti H
1
in H - njihovi ortocentri (slika 65). Točka H 1 sovpada s središčem O obkrožen krog Δ ABC. Dokažimo, da je Δ 
