Точки симметричные центру описанной окружности относительно прямых

Содержание
  1. Задача Эйлера
  2. Скачать:
  3. Подписи к слайдам:
  4. Точки симметричные центру описанной окружности относительно прямых
  5. Подсказка
  6. Решение
  7. Замечания
  8. Источники и прецеденты использования
  9. Президентский ФМЛ №239
  10. Инструменты пользователя
  11. Инструменты сайта
  12. Содержание
  13. Ортоцентр
  14. Теорема об ортоцентрической системе точек
  15. Доказательство
  16. Теорема
  17. Доказательство
  18. Теорема
  19. Доказательство
  20. Теорема
  21. Доказательство
  22. Теорема
  23. Доказательство
  24. Следствие
  25. Теорема
  26. Доказательство
  27. Теорема
  28. Доказательство
  29. Первый случай: остроугольный треугольник
  30. Второй случай: тупоугольный треугольник
  31. Третий случай:прямоугольный треугольник
  32. Теорема
  33. Доказательство
  34. Теорема
  35. Доказательство
  36. Следствие
  37. Теорема
  38. Доказательство
  39. Теорема
  40. Доказательство
  41. Теорема
  42. Доказательство
  43. Следствие
  44. Теорема
  45. Доказательство
  46. Ссылки
  47. Теорема (расстояние между ортоцентром и инцентром)
  48. Доказательство
  49. Лемма 0
  50. Лемма 1

Задача Эйлера

Скачать:

Вложение Размер
zadacha_eylera.pptx 107.31 КБ
Предварительный просмотр:

Подписи к слайдам:

Задача Эйлера Автор презентации: Бондаренко Антон, ученик 10 Б Руководитель Стеняева Наталья Сергеевна Г.Выборг 2012 год Министерство образование Российской Федерации МБОУ «Средняя школа № 12» г. Выборг Ленинградская область

Цели презентации: Кратко рассказать об авторе задачи великом математике Леонард Эйлер Выделить основные утверждения, которые доказываются в задаче Эйлера Показать решение этих утверждений

Леонард Эйлер 1707 – 1783 Леонард Эйлер – один из величайших ученых, внесший огромный вклад в развитие отечественной и науки вообще. За свою жизнь написал более 800 работ по направлениям: математический анализ, дифференциальная геометрия, теория чисел, приближенным вычислениям, теории музыки, кораблестроению , оптике, баллистике и другие. Его учениками являются первые российские академики Котельников и Румовский. Работал в Петербургской Академии наук с 1731 – 1741, а также с 1766.

Задача Эйлера: Доказать, что в произвольном треугольнике: 1) точки симметричные точке Н пересечения высот (или их продолжений) относительно сторон треугольника и из середин, лежат на описанной окружности; 2) середины сторон, основания высот и середины отрезков, соединяющих точку Н с вершинами, лежат на одной окружности, центром которой является середина отрезка, соединяющего точку Н с центром описанной окружности, а её радиус в два раза меньше радиуса описанной окружности (окружности Эйлера) 3) точка пересечения медиан лежит на отрезке, соединяющем точку Н с центром описанной окружности, и делит этот отрезок в отношении 1:2, считая от центра описанной окружности (прямая, на которой лежат четыре точки – точка Н , точка пересечения медиан, центр описанной окружности и центр окружности Эйлера, называется прямой Эйлера) 4) точки, симметричные центру описанной окружности относительно прямых, содержащих средние линии треугольника, лежат на окружности Эйлера

B A C A 1 A 2 A 4 A 5 A 3 C 3 C 4 C 2 C 1 C 5 B 3 B 2 B 1 B 5 B 4 R H O 9 O G ∆ ABC – данный треугольник O 9 — центр окружности Эйлера OR — описанная окружность СС 1 , АА 1 ВВ 1 – медианы, G – точка их пересечения СС 2 , АА 2 ВВ 2 – высоты А 4 С 4 В 4 – точки, симметричные точке Н относительно сторон треугольника А 5 С 5 В 5 – точки, симметричные точке Н относительно середин этих сторон треугольника А 3 С 3 В 3 – середины отрезков АН , ВН и СН ОН — прямая Эйлера

Если угол А = 90 о , то точки Н, В 4 и С 4 совпадают с точкой А , точка В 5 с точкой С , а точка С 5 – с точкой В . Угол ВА 4 С = ВА 5 С= А, то А, А 4 и А 5 лежат на окружности с диаметром ВС = > А 5 ,В 4 ,В 5 , С 4 ,С 5 лежат на окружности описанной треугольника АВС B A C A 1 A 2 A 4 A 5 A 3 C 3 C 4 C 2 C 1 C 5 B 3 B 2 B 1 B 5 B 4 R H O 9 O G Докажем утверждение 1

Допустим ∆ АВС не является прямоугольным. Поскольку углы АВ 2 Н = АС 2 Н = 90 ₀ , то точки В 2 и С 2 лежат на окружности с диаметром АН = > вписанные углы и ВНС либо равны, либо их сумма равна 180 о . В обоих случаях sin ВНС = sin ВАС . Пусть R 1 – радиус окружности, описанной около ∆ НВС . По теореме ВС =2 R 1 sin ВНС = 2 Rsin ВАС . Но sin ВНС = sin ВАС, значит R 1 =R = > окружности описанные около ∆ АВС и ∆ НВС , симметричны относительно прямой ВС и относительно середины ВС . Точка Н лежит на окружности описанной около ∆ НВС , значит точки А 4 и А 5 лежат на окружности около АВС . Аналогично для В 4 , В 5 , С 4 , С 5 . A 5 B A C A 1 A 2 A 4 A 3 C 3 C 4 C 2 C 1 C 5 B 3 B 2 B 1 B 5 B 4 R H O 9 O G Утверждение 1 доказано

B A C A 1 A 2 A 4 A 5 A 3 C 3 C 4 C 2 C 1 C 5 B 3 B 2 B 1 B 5 B 4 R H O 9 O G Докажем утверждение 2 Рассмотрим центральное подобие с центром Н и коэффициентом 1:2 При этом подобии окружность переходит в окружность радиуса R :2, центр О 9 является серединой отрезка ОН , а точки В 4 , В 5 , С 4 , С 5 , А 5 , А 4 , А , В , С – переходят в точки А 1 , B 1 , С 1 , А 2 , В 2 , С 2 , А 3 , В 3 , и С 3 = > лежат на окружности с центром О 9 и радиусом R:2 Утверждение 2 доказано

B A C A 1 A 2 A 4 A 5 A 3 C 3 C 4 C 2 C 1 C 5 B 3 B 2 B 1 B 5 B 4 R H O 9 O G Докажем утверждение 3 Рассмотрим центральное подобие с центром G и коэффициентом -1:2, при этом подобие вершины АВС перейдут в середины А 1 , В 1 и С 1 , противоположных сторон. Из этого следует, что прямые содержащие высоты перейдут в прямые перпендикулярные к его сторонам, т. е. в серединные перпендикуляры сторон. Значит, точка Н перейдет в центр окружности О . Это означает, что точка G лежит на ОН и делит его в отношении 1:2. считая от точки О . Утверждение 3 доказано

B A C A 1 A 2 A 4 A 5 A 3 C 3 C 4 C 2 C 1 C 5 B 3 B 2 B 1 B 5 B 4 R H O 9 O G Докажем утверждение 4 Из доказанного в утверждение 3 следует: А) окружность описанная около ∆ АВС , переходит в окружность Эйлера Утверждение 4 доказано Задача Эйлера решена! Б) точки А 4 , В 4 и С 4 , симметричные точке Н относительно прямых ВС, СА и АВ, переходят в точки А 6 , В 6 и С 6 окружности Эйлера, симметричные точке относительно прямых В 1 С 1 , С 1 А 1 и А 1 В 1 . Таким образом А 6 , В 6 и С 6 , лежат на окружности Эйлера

Источник

Точки симметричные центру описанной окружности относительно прямых

Докажите, что точки, симметричные точке пересечения высот (ортоцентру) треугольника ABC относительно прямых, содержащих его стороны, лежат на описанной окружности этого треугольника.

Подсказка

Пусть H 1 – точка пересечения продолжения высоты AA 1 треугольника ABC с описанной окружностью. Докажите, что треугольник HBH 1 – равнобедренный.

Решение

Для прямоугольного треугольника утверждение очевидно.
Пусть ABC – остроугольный треугольник, H – точка пересечения его высот, H 1 – точка пересечения продолжения отрезка AH за точку H с описанной окружностью треугольника ABC . Тогда ∠ BH 1 H = ∠ BH 1 A = ∠ ACB = ∠ BHH 1 (стороны последних двух углов взаимно перпендикулярны).
Поэтому треугольник HBH 1 – равнобедренный. Следовательно, перпендикуляр BC к его стороне HH 1 проходит через середину отрезка HH 1 , то есть точка H 1 симметрична точке H относительно прямой BC .

Аналогично проводится доказательство для тупоугольного треугольника.

Замечания

См. также задачу 55597. Ср. с задачей 78187.

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер 4785

Проект осуществляется при поддержке и .

Источник

Президентский ФМЛ №239

Инструменты пользователя

Инструменты сайта

Содержание

Ортоцентр

Теорема об ортоцентрической системе точек

Если в четвёрке точек $A, B, C, H$ точка $H$ является точкой пересечения высот треугольника $ABC$, то и любая из четырёх точек является ортоцентром треугольника, образованного тремя остальными точками.

Доказательство

Рассмотрим треугольник $ABC$, в котором $AA_1, BB_1, CC_1$ – это высоты, точка $H$ – это ортоцентр.

Докажем, что точка $A$ – это ортоцентр треугольника $BCH$.

Действительно, для треугольника $BCH$ высотами являются $BC_1, HA_1$ и $B_1C$.

А прямые, содержащие эти отрезки, пересекаются в точке $A$.

Аналогично точки $B$ и $C$ являются ортоцентрами для треугольников $ACH$ и $ABH$ соответственно.

Теорема

Радиусы окружностей, проходящих через любые три точки ортоцентрической системы, равны.

Доказательство

Рассмотрим треугольник $ABC$, в котором высоты $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в точке $H$.

Докажем, что радиусы окружностей $\omega$ и $\omega_1$, описанных соответственно около треугольников $ABC$ и $BCH$, равны.

В четырёхугольнике $AC_1HB_1$ углы $C_1$ и $B_1$ прямые.

А так как сумма углов четырёхугольника равна $360^\circ$, то $\angle CHB=180^\circ-\angle A$, и, следовательно, синусы этих углов равны.

Радиусы рассматриваемых окружностей выражаются по формулам $R=\dfrac<2\sin<\angle A>>, R_1=\dfrac<2\sin<\angle CHB>>$.

Но так как синусы $\angle A$ и $\angle CHB$ равны, то и радиусы $R$ и $R_1$ равны.

Теорема

В остроугольном треугольнике $ABC$ с высотами $AA_1, BB_1, CC_1$ выполняются следующие соотношения:

Доказательство

Рассмотрим треугольник $ABC$ с высотами $AA_1, BB_1, CC_1$.

В прямоугольных треугольниках $AA_1C$ и $BB_1C$ острый угол $C$ является общим, поэтому другие острые углы равны: $\angle A_1AC=\angle B_1BC$.

Аналогично в треугольниках $A_1AB$ и $C_1CB$ есть общий острый угол $B$, а в треугольниках $B_1BA$ и $C_1CA$ есть общий острый угол $A$.

Следовательно, другие острые углы в этих парах треугольников равны между собой: $\angle C_1CB=\angle A_1AB, \angle B_1BA=\angle C_1CA.$

Теорема

В остроугольном треугольнике $ABC$ с высотами $AA_1, BB_1, CC_1$ и ортоцентром $H$ выполняются следующие соотношения:

Доказательство

Обозначим $\alpha=\angle A, \beta=\angle B, \gamma=\angle C$.

В прямоугольных треугольниках $ACC_1$ и $CB_1H$ есть общий острый угол $\angle ACC_1$, следовательно, другие острые углы в этих треугольниках равны: $\angle A=\angle B_1HC=\alpha$.

Кроме того $\angle C_1HB=\angle B_1HC=\alpha$, как вертикальные.

Заметим, что $\angle CAA_1=\angle B_1BC$.

Выпишем синусы этих углов из прямоугольных треугольников $CAA_1$ и $BB_1C$: $\sin<\angle CAA_1>=\dfrac$, $\sin<\angle B_1BC>=\dfrac$.

Тогда $\triangle A_1B_1C\sim\triangle ABC$ по второму признаку подобия (угол $C$ – общий, а стороны $CA_1$ и $CB_1$ пропорциональны сторонам $CA$ и $CB$).

Тогда углы этих треугольников, лежащие напротив пропорциональных сторон, равны: $\angle CA_1B_1=\angle A=\alpha, \angle CB_1A_1=\angle B=\beta$.

Аналогично из подобия треугольников $A_1BC_1$ и $ABC$ получаем $\angle BA_1C_1=\angle A=\alpha, \angle BC_1A_1=\angle C=\gamma$.

Таким образом $\angle A=\angle B_1HC=\angle C_1HB=\angle B_1A_1C=\angle C_1A_1B$.

Аналогично можно получить и остальные соотношения.

Теорема

В остроугольном треугольнике $ABC$ с высотами $AA_1, BB_1, CC_1$ и ортоцентром $H$ выполняются следующие соотношения:

Доказательство

Рассмотрим треугольник $ABC$, в котором проведены высоты $AA_1, BB_1, CC_1$, а точка $H$ является ортоцентром.

Заметим, что $\angle AC_1B_1=\angle BC_1A_1=\angle C$.

Тогда, так как $\angle CC_1A=90^\circ$, то $\angle CC_1B_1=90^\circ-\angle C=\angle A_1C_1C$.

C другой стороны, из прямоугольного треугольника $AA_1C$ получаем, что $\angle A_1AC=90^\circ-\angle C$.

Значит, $\angle A_1AC=\angle CC_1B_1=\angle CC_1A_1$.

Аналогично можно получить и остальные соотношения.

Следствие

Высоты треугольника являются биссектрисами его ортотреугольника (следовательно, ортоцентр остроугольного треугольника является центром окружности, вписанной в его ортотреугольник).

Теорема

Пусть $AA_1, BB_1$ и $CC_1$ – высоты треугольнике $ABC$, а $H$ – ортоцентр этого треугольника. Тогда

Доказательство

С учётом первого признака подобия треугольников первый пункт теоремы напрямую следует из теоремы \ref<108b>, а второй пункт теоремы напрямую следует из теоремы \ref<108c>.

В третьем пункте теоремы $\triangle BCH\sim\triangle B_1CH$ по второму признаку подобия, так как $\angle HBC_1=\angle B_1CH$ по теореме \ref<108a>, а $\angle C_1HB=\angle B_1HC$, как вертикальные.

Подобие прямоугольных треугольников $BC_1H$ и $ABB_1$ следует из того, что острый угол $ABB_1$ для этих треугольников является общим.

Остальные подобия доказываются аналогично.

Теорема

Точки, симметричные ортоцентру треугольника относительно его сторон, лежат на описанной окружности.

Доказательство

Первый случай: остроугольный треугольник

Рассмотрим треугольник $ABC$, в котором высоты $BB_1$ и $AA_1$ пересекаются в точке $H$.

Пусть прямая $AA_1$ пересекает окружность, описанную около треугольника $ABC$, в точке $D$.

Докажем, что точка $D$ симметрична точке $H$ относительно стороны $BC$.

Так как $HD\perp BC$, то достаточно доказать, что $HA_1=A_1D$.

Тогда $\angle DAC=\angle DBC=\frac<\alpha><2>$, так как это вписанные углы.

Кроме того, так как в прямоугольных треугольниках $AHB_1$ и $BHA_1$ острые углы $\angle AHB_1$ и $\angle BHA_1$ равны, то другие острые углы тоже равны, то есть $\angle HAC=\angle HBC=\frac<\alpha><2>$.

Тогда в треугольнике $HBD$ отрезок $BA_1$ является биссектрисой и высотой, значит, $\triangle BHD$ – равнобедренный, а $BA_1$ не только высота и биссектриса, но и медиана, то есть $HA_1=A_1D$.

Второй случай: тупоугольный треугольник

Рассмотрим треугольник $ABC$, в котором высоты $AE, BG, CF$ пересекаются в точке $D$.

Докажем, что точка $D_1$, симметричная точке $D$ относительно точки $G$ стороны $AC$, лежит на окружности, описанной около треугольника $ABC$.

Найдем чему равен $\angle AD_1C$.

Пусть $\angle ABC= α $ , тогда $\angle EBC= α$, так как они вертикальны. $\angle EDF= 180^\circ — α$ следует из того, что сумма углов в четырехугольнике равна $360^\circ$, а $\angle DEB= \angle DFB = 90^\circ$.

Треугольники $ADC$ и $AD_1C$ равны, так как каждый из которых состоит из двух треугольников, которое в свою очередь равны соответствующему треугольнику по двум сторонам и углу ($\angle G= 90^\circ, DG= D_1G$, $AC$ — общая). Из этого следует, что $\angle ADC= \angle AD_1C = 180^\circ — α$.

Предположим противное, что точка $D_1$ не лежит на окружности. Тогда существует точка $D_2$, которая лежит на окружности и на продолжении $DG$.

Докажем, что $\angle AD_2C =180^\circ — α$. $\angle B =α$ и опирается на дугу $AD_2C$. Эта дуга равна $2α$. Тогда дуга $ABC= 360^\circ -2α$, и из того, что $\angle AD_2C$ опирается на дугу $ABC$, следует: $\angle AD_2C= 180^\circ -α$.

Есть два варианта расположения точки $D_1$. Либо внутри окружности, либо за ее пределами.

Если точка $D_1$ находится внутри окружности, то получается, что $\angle D_1=\angle D_2 = α = α- \angle D_1AD_2 -\angle D_1CD_2$, где $\angle D_1AD_2≠0 $ и $\angle D_1CD_2≠0$. Такого не возможно, противоречие.

Если точка $D_1$ находится за пределами окружности, то получается, что $\angle D_1=\angle D_2 = α = α + \angle D_1AD_2 + \angle D_1CD_2$, где $\angle D_1AD_2≠0 $ и $\angle D_1CD_2≠0$. Такого тоже не возможно, противоречие.

Из противоречия следует, что точка $D_2$ равна точке $D_1$, то есть точка $D_1$ лежит на окружности.

Третий случай:прямоугольный треугольник

Рассмотрим треугольник $ABC$. Его высоты пересекаются в точке $B$.

То есть точка $D$, симметричная точке $B$ относительно точки $B$ стороны $AC$, это и есть точка $B$, которая в любом случае лежит на около описанной окружности.

Теорема

Точки, симметричные ортоцентру треугольника относительно середин сторон, также лежат на описанной окружности и совпадают с точками, диаметрально противоположными соответствующим вершинам.

Доказательство

Рассмотрим треугольник $ABC$, в котором высоты $AA_1, BB_1, CC_1$ пересекаются в точке $H$.

Докажем, что точка $H_1$, симметричная точке $H$ относительно середины $M$ стороны $AC$, лежит на окружности, описанной около треугольника $ABC$, при этом $H_1B$ – это диаметр.

Рассмотрим центральную симметрию треугольника $ABC$ относительно точки $M$.

Пусть точка $D$ – это образ точки $B$ при такой симметрии, тогда треугольник $ABC$ отображается в треугольник $CAD$, а точка $H$, ортоцентр треугольника $ABC$, отображается в точку $H_1$, ортоцентр треугольника $CAD$.

Нужно доказать, что точка $H_1$ лежит на окружности, описанной около треугольника $ABC$.

Углы $B$ и $D$ равны (так как симметричные треугольники $ABC$ и $CAD$ равны).

Кроме того, так как в четырёхугольнике $DEH_1F$ углы $E$ и $А$ прямые, то $\angle AH_1F=180^\circ-\angle D=180^\circ-\angle B$.

Таким образом $\angle AH_1C+\angle B=180^\circ$.

Таким образом в четрёхугольнике $ABCH_1$ сумма противоположных углов равна $180^\circ$, а значит, он является вписанным, то есть точка $H_1$ лежит на окружности.

Докажем, что $H_1B$ – диаметр.

Так как треугольник $ABC$ отображается в треугольник $CAD$, то $\angle EAC=\angle ACB$.

Но из прямоугольного треугольника $ACE$ имеем $\angle EAC+\angle ACE=90^\circ$. Тогда $\angle ACB+\angle ACE=\angle H_1CB=90^\circ$.

А так как вписанный прямой угол опирается на диаметр, то $H_1B$ – это диаметр.

Теорема

Центр описанной около треугольника окружности служит ортоцентром треугольника с вершинами в серединах сторон данного треугольника.

Доказательство

Рассмотрим треугольник $ABC$, в котором точки $M, N, P$ – это середины сторон $AB, AC, BC$, а точка $O$ – центр описанной окружности.

Докажем, что $O$ – ортоцентр треугольника $MNP$.

Так как центр описанной окружности лежит на серединных перпендикулярах к сторонам треугольника, то, например, $PO\perp BC$.

А так как $MN$ средняя линия, и, следовательно, $MN\parallel BC$, то $PO\perp MN$.

Таким образом $PK$ – это высота треугольника $MNP$.

Аналогично $ML$ и $NH$ – высоты треугольника $MNP$.

Таким образом точка $O$ является ортоцентром треугольника $MNP$.

Следствие

Точки $Z$, $O$ и $H$ лежат на одной прямой, причем $H_^<-0,5>(H)=O$, в частности, $\overrightarrow = -2\cdot\overrightarrow$.

Теорема

Расстояние от вершины треугольника до ортоцентра вдвое больше, чем расстояние от центра описанной окружности до противоположной стороны.

Доказательство

Рассмотрим треугольник $ABC$, в котором точка $H$ – это ортоцентр, а точка $O$ – это центр описанной окружности.

Докажем, что расстояние от точки $O$ до стороны $BA$ (обозначим его $BD$) вдвое меньше отрезка $CH$.

Основываясь на следствии \ref, построим треугольник $MNP$, для которого треугольник $ABC$ будет серединным.

Тогда по следствию \ref точка $H$ является центром окружности, описанной около $\tri MNP$.

Таким образом отрезок $CH$ в треугольнике $MNP$ соответствует отрезку $OD$ в треугольнике $ABC$.

А так как по следствию \ref эти треугольники подобны с коэффициентом $2$, получаем, что $CH=2OD$.

Теорема

Если $O$ — центр описанной окружности $\triangle ABC$, то $\overrightarrow=\overrightarrow+\overrightarrow+\overrightarrow$.

Доказательство

Рассмотрим треугольник $ABC$, в котором точка $O$ – центр описанной окружности, точка $H$ – ортоцентр, $D$ – середина стороны $AC$, $BB_1$ – высота.

Отложим на серединном перпендикуляре $OD$ точку $E$ так, чтобы $DE=OD$.

Тогда $AOCE$ – параллелограмм (так как диагонали точкой пересечения делятся пополам), а, следовательно, $\overrightarrow+\overrightarrow=\overrightarrow$.

Кроме того прямые $BH$ и $OE$ перпендикулярны стороне $BC$, следовательно $BH\parallel OE$.

Кроме того по теореме \ref <117>$BH=2OD=OE$.

Следовательно, $BOEH$ – параллелограмм, а значит $\overrightarrow+\overrightarrow=\overrightarrow$.

Таким образом $\overrightarrow+\overrightarrow+\overrightarrow=\overrightarrow$.

Теорема

$OH=\sqrt<9R^2-(a^2+b^2+c^2)>$ , где $R$ – радиус описанной окружности; $a,b,c$ – длины сторон треугольника.

Доказательство

Рассмотрим остроугольный треугольник $ABC$, около которого описана окружность с центром $O$. Центральный угол $BOC$ и вписанный угол $BAC$ опираются на дугу $BC$, поэтому $\angle BAC=2\cdot\angle BOC$. Кроме того по обобщённой теореме синусов верны соотношения $a=2R\sin, b=2R\sin, c=2R\sin<\gamma>$. Учитывая эти соотношения, а так же теорему \ref<119>, получаем

$=OA^2+OB^2+OC^2+2\overrightarrow\cdot\overrightarrow+2\overrightarrow\cdot \overrightarrow+2\overrightarrow\cdot \overrightarrow=$

Если треугольник тупоугольный с тупым углом $\angle A$, то $\angle BAC=360^\circ-2\cdot\angle BOC$, но доказательства это не меняет, так как $ \cos <(360^\circ-2x)>= \cos<2x>$.

Если треугольник прямоугольный с прямым углом $\angle A$, то $\angle BOC = 180^\circ = 2\cdot \angle A$, и доказательство не меняется.

Следствие

Теорема

Доказательство

Рассмотрим треугольник $ABC$, с высотами $BB_1$ и $CC_1$.

Первое равенство следует из треугольника $B_1HC$, второе – из треугольника $BB_1C$, а третье из теоремы синусов для треугольника $ABC$. Модуль появляется из-за случая, когда $\angle С=\gamma$ – тупой.

Ссылки

here $r$ is inradius and $R$ is circumradius. I considered $\triangle A P I(P$ is orthocentre and $I$ is incentre). I could find $A P=2 R \cos A, A I=4 R \sin \frac <2>\sin \frac<2>$ and $\angle P A I=\angle \frac<2>$ So applying cosine rule I got

$\begin&\small PI^2=4R^2\color<\cos^2A>+16R^2\sin^2\frac<2>\sin^2\frac <2>-16R^2\cos A\sin\frac<2>\sin\frac<2>\Bigg(\cos\frac<2>\cos\frac<2>+\sin\frac<2>\sin\frac<2>\Bigg)\\&\small=4R^2\left(\cos^2A+4\sin^2\frac<2>\sin^2\frac <2>-4\cos A\sin\frac<2>\sin\frac<2>\Bigg(\cos\frac<2>\cos\frac<2>+\sin\frac<2>\sin\frac<2>\Bigg)\right)\\&\small=4R^2\left(\cos^2A+4\sin^2\frac<2>\sin^2\frac<2>-\cos A\cdot \color<2\sin\frac<2>\cos\frac<2>\cdot 2\sin\frac<2>\cos\frac<2>>-4\cos A\sin^2\frac<2>\sin^2\frac<2>\right)\\&\small=4R^2\left(\cos^2A+8\sin^2\frac<2>\sin^2\frac<2>\cdot \color<\frac 12\left(1-\cos A\right)>-\cos A\color<\sin B\sin C>\right)\\&\small=4R^2\left(\cos^2A+8\color<\sin^2\frac A2>\sin^2\frac<2>\sin^2\frac<2>-\cos A\sin B\sin C\right)\\&\small=4R^2\left(8\sin^2\frac A2\sin^2\frac<2>\sin^2\frac<2>+\cos A(\cos A-\sin B\sin C)\right)\\&\small=4R^2\left(8\sin^2\frac A2\sin^2\frac<2>\sin^2\frac<2>+\cos A(\cos(180^\circ-(B+C))-\sin B\sin C)\right)\\&\small=4R^2\left(8\sin^2\frac A2\sin^2\frac<2>\sin^2\frac<2>-\cos A\cos B\cos C\right)\\&\small =2\left(4R\sin \frac A2\sin \frac B2\sin\frac C2\right)^2-4R^2\cos A\cos B\cos C\\&\small=2r^2-4R^2\cos A\cos B\cos C\end$

Теорема (расстояние между ортоцентром и инцентром)

Доказательство

Чтобы центр масс треугольника попал в инцентр $I$ вершины $A, B, C$ нужно загрузить массами $a, b, c$ соответственно.

Тогда можно взять вместо точки $X$ ортоцентр $H$:

$$\overrightarrow = \dfrac<1><2p>\left(a\cdot \overrightarrow+b\cdot \overrightarrow+c\cdot \overrightarrow\right)$$

Вспомним, что $HA = a\ctg<\alpha>$. Тогда

$HI^2 = \dfrac<1><4p^2>\left(a\cdot \overrightarrow+b\cdot \overrightarrow+c\cdot \overrightarrow\right)^2 = $

$ = \dfrac<1><4p^2>\left(a^2 \overrightarrow^2+b^2 \overrightarrow^2+c^2 \overrightarrow^2+2ab\overrightarrow\cdot\overrightarrow+2bc\overrightarrow\cdot\overrightarrow+2ac\overrightarrow\cdot\overrightarrow\right)$

Лемма 0

Лемма 1

$a^2 \overrightarrow^2+b^2 \overrightarrow^2+c^2 \overrightarrow^2 = $

Источник

Читайте также:  Заглушка для труб прямоугольная 40x20
Поделиться с друзьями
Объясняем