4 nagyszerű pont. Diákprojekt "A háromszög figyelemre méltó pontjai"

Egy háromszögben van úgynevezett négy csodálatos pontok: a mediánok metszéspontja. A felezők metszéspontja, a magasságok metszéspontja és a merőleges felezők metszéspontja. Tekintsük mindegyiket.

A háromszög mediánjainak metszéspontja

1. tétel

Egy háromszög mediánjainak metszéspontján: A háromszög mediánjai egy pontban metszik egymást, és a metszéspontot a csúcsból kiindulva $2:1$ arányban osztják el.

Bizonyíték.

Tekintsük az $ABC$ háromszöget, ahol $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ a mediánja. Mivel a mediánok kettéosztják az oldalakat. Fontolgat középső vonal$A_1B_1$ (1. ábra).

1. ábra Háromszög mediánjai

Az 1. Tétel szerint $AB||A_1B_1$ és $AB=2A_1B_1$, tehát $\angle ABB_1=\angle BB_1A_1,\ \angle BAA_1=\angle AA_1B_1$. Ezért az $ABM$ és $A_1B_1M$ háromszögek hasonlóak az első háromszög hasonlósági kritériuma szerint. Akkor

Hasonlóképpen bebizonyosodott, hogy

A tétel bizonyítást nyert.

Egy háromszög felezőjének metszéspontja

2. tétel

Egy háromszög felezőinek metszéspontján: A háromszög felezői egy pontban metszik egymást.

Bizonyíték.

Tekintsük az $ABC$ háromszöget, ahol $AM,\ BP,\ CK$ a felezők. Legyen a $O$ pont a $AM\ és\ BP$ felezők metszéspontja. Ebből a pontból rajzoljunk merőlegesen a háromszög oldalaira (2. ábra).

2. ábra Háromszög felezőpontjai

3. tétel

A ki nem tágított szög felezőjének minden pontja egyenlő távolságra van az oldalaitól.

A 3. tétel alapján: $OX=OZ,\ OX=OY$. Ezért $OY=OZ$. Ezért a $O$ pont egyenlő távolságra van az $ACB$ szög oldalaitól, ezért a $CK$ felezőpontján fekszik.

A tétel bizonyítást nyert.

A háromszög merőleges felezőinek metszéspontja

4. tétel

A háromszög oldalainak merőleges felezői egy pontban metszik egymást.

Bizonyíték.

Legyen adott egy $ABC$ háromszög, $n,\ m,\ p$ merőleges felezői. Legyen a $O$ pont a $n\ és\ m$ merőleges felezők metszéspontja (3. ábra).

3. ábra Háromszög merőleges felezőszögei

A bizonyításhoz a következő tételre van szükségünk.

5. tétel

A szakaszra merőleges felezőpont minden pontja egyenlő távolságra van az adott szakasz végeitől.

A 3. tétel alapján: $OB=OC,\ OB=OA$. Ezért $OA=OC$. Ez azt jelenti, hogy a $O$ pont egyenlő távolságra van a $AC$ szakasz végeitől, és ezért a $p$ felező merőlegesen fekszik.

A tétel bizonyítást nyert.

A háromszög magasságainak metszéspontja

6. tétel

Egy háromszög magassága vagy kiterjesztéseik egy pontban metszik egymást.

Bizonyíték.

Tekintsük az $ABC$ háromszöget, ahol $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ a magassága. Húzzon egy vonalat a háromszög minden csúcsán, amely párhuzamos a csúcsgal szemközti oldallal. Új háromszöget kapunk $A_2B_2C_2$ (4. ábra).

4. ábra Háromszög magasságai

Mivel a $AC_2BC$ és a $B_2ABC$ paralelogramma -val közös oldal, akkor $AC_2=AB_2$, vagyis a $A$ pont a $C_2B_2$ oldal felezőpontja. Hasonlóképpen azt kapjuk, hogy a $B$ pont a $C_2A_2$ oldal felezőpontja, a $C$ pont pedig a $A_2B_2$ oldal felezőpontja. A konstrukcióból azt kaptuk, hogy $(CC)_1\bot A_2B_2,\ (BB)_1\bot A_2C_2,\ (AA)_1\bot C_2B_2$. Ezért a $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ a $A_2B_2C_2$ háromszög felező merőlegesei. Ekkor a 4. Tétel szerint a $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ magasságok egy pontban metszik egymást.

Háromszög középpontjainak metszéspontja Háromszög felezőjének metszéspontja Háromszög magasságának metszéspontja Háromszög merőleges felezőinek metszéspontja

A háromszög mediánja (BD) az a szakasz, amely összeköti a háromszög csúcsát a szemközti oldal felezőpontjával. A B C D Medián

A háromszög mediánjai egy pontban metszik egymást (a háromszög súlypontja), és felülről számolva 2:1 arányban osztják el ezzel a ponttal. AM:MA 1 = VM:MV 1 = SM:MS 1 = 2:1. A A 1 B B 1 M C C 1

A háromszög felezőpontja (A D) a háromszög belső szögének felezőpontja.

A kibontott szög felezőjének minden pontja egyenlő távolságra van az oldalaitól. Ezzel szemben minden olyan pont, amely egy szögön belül helyezkedik el és egyenlő távolságra van a szög oldalaitól, a szögfelezőjén fekszik. A M B C

A háromszög minden felezőpontja egy pontban metszi egymást - a háromszögbe írt kör középpontjában. C B 1 M A B A 1 C 1 O A kör sugara (OM) a középpontból (t.O) a háromszög oldalára ejtett merőleges

MAGASSÁG A háromszög magassága (C D) a háromszög csúcsából a szemközti oldalt tartalmazó egyenesre ejtett merőleges szakasza. A B C D

A háromszög magassága (vagy kiterjesztéseik) egy pontban metszik egymást. A A 1 B B 1 C C 1

KÖZÉP MÉRGŐ A merőleges felező (DF) egy olyan egyenes, amely merőleges a háromszög egyik oldalára, és felosztja azt. A D F B C

A M B m O A szakaszra merőleges felező (m) minden pontja egyenlő távolságra van ennek a szakasznak a végeitől. Ezzel szemben a szakasz végeitől egyenlő távolságra lévő pontok a rá merőleges felezőirányban helyezkednek el.

A háromszög oldalainak összes merőleges felezője egy pontban metszi egymást - a háromszögre körülírt kör középpontjában. A B C O A körülírt kör sugara a kör középpontja és a háromszög bármely csúcsa közötti távolság (OA). m n p

Tanulói feladatok Iránytűvel és egyenes éllel készítsen tompa háromszögbe írt kört. Ehhez: Szerkessze meg egy tompa háromszög felezőit körző és egyengető segítségével. A felezők metszéspontja a kör középpontja. Szerkesszük meg a kör sugarát: a kör középpontjától a háromszög oldaláig tartó merőlegest. Szerkesszünk háromszögbe írt kört.

2. Iránytűvel és egyenes éllel készíts egy tompa háromszöget körülvevő kört. Ehhez: Szerkessze meg a merőleges felezőket egy tompa háromszög oldalaira. Ezeknek a merőlegeseknek a metszéspontja a körülírt kör középpontja. A kör sugara a középpont és a háromszög bármely csúcsa közötti távolság. Szerkesszünk háromszöget körülvevő kört.

Liskinsky kerület, MOU Anoshkinskaya középiskola.

Matematika tanár Smorchkova E.B.

A projekt célja: megtanulják használni a geometriával kapcsolatos különféle szakirodalmakat, referenciaanyagokat a "háromszög figyelemre méltó pontjai" téma részletesebb tanulmányozásához, teljesebb képet adni a témáról, prezentációt készíteni a témáról a beszédek során és az osztályteremben történő bemutatásra .

A geometria azzal kezdődikháromszög. Már két és félaz új évezred, a háromszög mintegy a geometria szimbóluma; de ez nem csak egy szimbólum, a háromszög a geometria atomja.És ma az iskolai geometria érdekessé válik ésértelmes, csak a kezdetektől válik tulajdonképpeni geometriáváháromszögelés. Korábbi fogalmak - pont, egyenesó, a sarok – homályos absztrakcióknak tűnik, és így továbba hozzájuk kapcsolódó tételek és problémák köre egyszerűen unalmas.

Az ember, és különösen a modern ember már fejlődésének első lépéseitől kezdve mindenféle geometriai tárggyal - alakokkal és testekkel - szembesül. Vannak esetek, amikor egy fiatal, ha nem csecsemőkorban az ember rajong a geometriáért, sőt önálló geometriai felfedezéseket is tesz. Tehát a kis Blaise Pascal kitalált egy „geometriai játékot”, amelyben „érmék” - körök, „kakas kalapok” - háromszögek, „asztalok” - téglalapok, „botok” - szegmensek vettek részt. A matematikát alaposan tudó apja most először zárta ki határozottan a matematikát a fiának tanított tantárgyak számából, mivel a kis Blaise nem volt jó egészségben. Miután azonban felfedezte fia lelkesedését, mesélt neki valamit a titokzatos geometriáról, és amikor Blaise megtudta, hogy a háromszög szögei két egyenest adnak össze, a meghatódott apa megnyitotta 12 éves fiának hozzáférést a matematikai könyvekhez. házi könyvtárban tárolva.

A háromszög kimeríthetetlen – folyamatosan fedezik fel új tulajdonságait. Ahhoz, hogy minden ismert tulajdonságáról beszélhessünk, a Nagy Enciklopédia kötetéhez hasonló kötetre van szükség. Némelyikük, vagy inkább néhány nagyszerű pontok, a háromszöggel kapcsolatos, szeretnénk elmondani.

Először magyarázzuk el a "háromszög figyelemre méltó pontjai" kifejezés jelentését. Mindannyian tudjuk, hogy a felezők belső sarkok háromszögek metszik egymást egy pontban - a kör középpontjában, amely ebbe a háromszögbe van írva. Ugyanígy a mediánok, a háromszög magasságai és az oldalaira merőleges mediánok egy pontban metszik egymást.

A felsorolt vonalhármasok metszéspontjából adódó pontok természetesen figyelemre méltóak (elvégre három egyenes általában háromban metszi különböző pontokat). Más típusú figyelemre méltó pontok is lehetségesek, például olyan pontok, amelyeknél a háromszög összes pontjára meghatározott függvény elér egy szélsőséget. Másrészt a "háromszög csodálatos pontjai" fogalmát inkább irodalmi-érzelmi szinten kell értelmezni, mint formális-matematikai szinten. A szofizmus ismert, „bizonyítja” mindezt egész számok"érdekes". (Feltéve, hogy vannak "érdektelen" számok, közülük a legkisebbet vesszük. Kétségtelenül ez a szám "érdekes": már azért is érdekes, mert ez a legkisebb az "érdektelen" között.) Hasonló érvelés, "bizonyítva", hogy minden a háromszög pontjai "figyelemre méltóak", esetünkben is megszerkeszthetők. Térjünk át néhány példára.

A KÖR KÖZÉPJE

Bizonyítsuk be, hogy létezik a háromszög csúcsaitól egyenlő távolságra lévő pont, vagy más szóval, hogy egy kör halad át rajtaáthaladva a háromszög három csúcsán. A pontoktól egyenlő távolságra lévő pontok helye DEés NÁL NÉL, merőleges a szakaszra AB,áthalad a felezőpontján (a szakaszra merőleges felező AB). Vegye figyelembe egy pontot ó, ahol a szakaszok merőleges felezői metszik egymást ABés Nap. Pont O egyenlő távolságra van az A és B ponttól, valamint a pontoktól NÁL NÉLés TÓL TŐL. Ezért egyenlő távolságra van a pontoktól DEés TÓL TŐL, azaz a szakaszra merőleges felezőn is fekszik AC(50. ábra).

Központ O a körülírt kör csak akkor fekszik a háromszögön belül, ha a háromszög hegyes. Ha a háromszög derékszögű háromszög, akkor a pont O egybeesik a hipotenusz felezőpontjával,

és ha a szög a csúcsban TÓL TŐL tompa majd egyenes AB elválasztja az O és C pontot.

Ha a Δ ABC csúcsszög TÓL TŐLéles majd oldalt AB az O pontból 2-vel egyenlő szögben nézve <. AOB kétszer annyi, mint amennyit beírtak < ACB , ugyanazon ív alapján. Ha <. C tompa majd oldalt AB pontból látható O 360°-os szögben - 2<С. Воспользовавшись этим, легко доказать теорему синусов: AB =2 Rsin TÓL TŐL, ahol R- a körülírt kör sugara ΔABC. Valóban, hagyjuk TÓL TŐL 1 - középső oldal AB. Akkor AC 1 = AObűn <. AOC 1 = R sin C, tehát AB =2 AC 1 =2 R sin C. A szinusztétel másképpen is megfogalmazható: „A körülírt kör átmérőjének a háromszög első oldalára merőleges vetülete a második oldalt tartalmazó egyenesre egyenlő a harmadik oldallal.” Ez a nehézkes állítás valójában csak a szinusztétel.

A matematikában gyakran előfordul, hogy a nagyon különböző módon meghatározott objektumok azonosak. Mutassuk meg ezt egy példával.

Legyen A 1 , B 1 és C 1 az oldalak felezőpontja BC, S Aés AB. Bizonyítható, hogy Δ AB 1 C 1 körül körülírt körök , Δ A 1 időszámításunk előtt 1 és Δ A 1 B 1 C , egy pontban metszik egymást, és ez a pont a Δ körülírt kör középpontja ABC(51. ábra). Tehát két teljesen különböző pontunk van: a Δ oldalakra merőleges felezők metszéspontja. ABCés a körülírt körök metszéspontja Δ AB 1 TÓL TŐL 1 , Δ AiBCi és Δ AiBiC . De kiderül, hogy ez a két pont valamiért egybeesik!

Hajtsuk végre azonban az ígért bizonyítást. Elegendő annak bizonyítása, hogy a körülírt kör O középpontja Δ ABCΔ körül körülírt körökön fekszik AB 1 TÓL TŐL 1 , Δ DE iBCi és Δ A 1 B 1 C . sarkok OV 1 DEés OS 1 DE egyenes vonalak, tehát pontok NÁL NÉL 1 és TÓL TŐL 1 átmérőjű körön feküdjön ó, ami azt jelenti, hogy az O pont egy Δ körül körülírt körön fekszik AB 1 C 1 . Δ esetén AiBCi és Δ DE 1 NÁL NÉL 1 TÓL TŐL a bizonyíték hasonló.

A bizonyított állítás egy nagyon érdekes tétel speciális esete: ha az oldalakonAB, VésSAháromszögABCvéletlenszerű pontokat vesznek felTÓL TŐL 1 , DE 1 ésNÁL NÉL 1 , majd a leírtkör ΔAB 1 TÓL TŐL 1 , Δ A 1 nap 1 és ΔDE 1 NÁL NÉL 1 TÓL TŐL metszik egybenpont.

Tegyünk egy utolsó megjegyzést a körülírt kör középpontjával kapcsolatban. Közvetlen DE 1 NÁL NÉL 1 és AB párhuzamosak, tehát OS 1 merőleges DE 1 NÁL NÉL 1 Hasonlóképpen OV 1 merőleges A 1 C 1 és OA 1 merőleges NÁL NÉL 1 TÓL TŐL 1 , azaz O- a háromszög magasságainak metszéspontja A 1 B 1 TÓL TŐL 1 ... Várj várj! Még nem bizonyítottuk, hogy a háromszög magasságai egy pontban metszik egymást. Lehet itt bizonyítani? Erre a beszélgetésre később még visszatérünk.

A BEVEZETT KÖR KÖZÉPJE

Bizonyítsuk be, hogy a Δ szögfelezők ABC egy pontban metszik egymást. Tekintsük a szögfelezők metszéspontjának O pontját A és B. Egy szögfelező bármely pontja A egyenlő távolságra az egyenesektől ABés AU,és a szögfelező bármely pontja B egyenlő távolságra az egyenesektől ABés nap, tehát az O pont egyenlő távolságra van az egyenesektől ACés nap, azaz a C szög felezőjén fekszik. Az O pont egyenlő távolságra van az egyenesektől AB, Vés SA, tehát van egy kör középponttal ó,érinti ezeket a vonalakat, és az érintkezési pontok magukon az oldalakon fekszenek, nem pedig a meghosszabbításukon. Valóban, a csúcsok szögei A és BΔ AOBéles, tehát az O pont vetülete az egyenesre AB a szegmensen belül fekszik AB. A bulikra napés SA a bizonyíték hasonló.

Hadd DE 1 , NÁL NÉL 1 és TÓL TŐL 1 - a háromszög beírt körének érintési pontjai az oldalakkal Sun, SAés AB(52. ábra). Akkor AB 1 =AC 1 , időszámításunk előtt 1 = BA 1 és SA 1 = SW 1 . Ezen kívül a szög B 1 A 1 C 1 egyenlő a Δ egyenlőszárúak alapjában lévő szögekkel AB 1 TÓL TŐL 1 (az érintő és a húr szögére vonatkozó tétel szerint) stb. A szögre B 1 C 1 A 1 és szög A 1 B 1 C 1 a bizonyíték hasonló.

Bármely egyenlő szárú háromszög alapjában lévő szögek hegyesek, ezért Δ A 1 B 1 C 1 minden Δ ABC esetén hegyesszög.

Ha egy x = AB 1 , y = időszámításunk előtt 1 és z = CA 1 , akkor x + y \u003d c,y + z = a és z + x = b , ahol a,b és Val vel- oldalhosszak Δ ABC.Összeadva az első két egyenlőséget és kivonva belőlük a harmadikat, azt kapjuk y \u003d (a + s-b) / 2. Hasonlóképpen x \u003d (b + c-a) / 2és z \u003d (a + b-c) / 2. Meg kell jegyezni, hogy egy négyszög esetében ez az érvelés nem vezetne a kívánt eredményhez, mivel a megfelelő egyenletrendszer

vagy egyáltalán nincsenek megoldásai, vagy végtelenül sok van belőlük. Valóban, ha x+y=a,y + z = b , z + t = c és t + x = d , akkor y=a-X,z = b -y = b - a+xés t = c - b + a -X,és az egyenlőségtől t + x = d ezt követi a + c = b + d . Tehát, ha a+c nem egyenlő b+-val d , akkor a rendszernek nincsenek megoldásai, és ha a + c = b + d , akkor x tetszőlegesen választható, y,z , t keresztül fejezték ki X.

Térjünk vissza ismét a háromszögre vonatkozó egyenletrendszer megoldásának egyediségéhez. Segítségével igazolhatjuk a következő állítást: az A, B és C középpontú körök kívülről érintsék az A 1 pontokat, NÁL NÉL 1 és TÓL TŐL 1 (53. ábra). Ekkor a körülírt kör Δ A 1 B 1 C 1 Δ-be írva ABC. Valóban, ha x, yés z - körök sugarai; a , b és Val vel- oldalhosszak Δ ABC, akkor x + y \u003d c,y + z = a , y + x = b .

Bizonyítsuk be a középpont három tulajdonságát O beírt kör Δ ABC .

1. Ha a szögfelező folytatása TÓL TŐL metszi a Δ körülírt kört ABC azon a ponton M, akkor MA=MV=MO(54. ábra).

Bizonyítsuk be például, hogy Δ-ben AMO az A és O csúcsok szögei egyenlőek.<OAM = < OAB + < BAM és < AOM =< OAC +<А CO , < OAV=<ОАС és< TE=<ВСМ = < ACO . Következésképpen, AM=MO. Hasonlóképpen VM=MO.

2. Ha AB- egyenlőszárúak alapja Δ ABC, majd az oldalakat érintő kör<ACB pontokon A és Báthalad az O ponton (55. ábra).

Legyen O" a (kisebb) ív felezőpontja AB a kérdéses kör. Az érintő és a húr közötti szög tulajdonsága szerint<CAO "= <О"ВА= <О"АВ, azaz az O pont a felezőn fekszik < A . Hasonlóképpen kimutatható, hogy a felezőn is fekszik < B , azaz O" = O.

3. Ha az O ponton átmenő egyenes párhuzamos az oldallal AB, keresztezi az oldalakat napés SA pontokon DE 1 és NÁL NÉL 1 , akkor A 1 B 1 = A 1 B + AB 1 .

Bizonyítsuk be, hogy Δ AB 1 O egyenlő szárú. Valóban, < B 1 OA = < OAB = < B 1 AO (56. ábra). Ezért AB 1 = B 1 0. Hasonlóképpen A 1 B = A 1 O , ami azt jelenti A 1 B 1 = A 1 O+OB 1 = A 1 B + AB 1 .

Engedjük be Δ-t ABC csúcsszögek A, B és C egyenlők α, β, γ-val . Számítsa ki azt a szöget, amelynél az oldal AB O pontból látható. Mivel a sarkok Δ AO V az A és B csúcsokban egyenlő α/2 és β/2, akkor

< AOB = 180°- (α+β)/2=180°- (180°-γ)/2=90° +γ/2. Ez

A képlet sok probléma megoldásában hasznos.

Nézzük meg például, hogy melyik esetben az oldalak által alkotott négyszög ACés napés felezők AA 1 és BB 1 , van felírva. négyszög OA 1 CB 1 felírva akkor és csak akkor < A 1 CB 1 +

γ+(90° +γ/2) =180°, ami azt jelenti, hogy γ = 60°. Ebben az esetben az akkordokat OA 1

és OV 1 a négyszög körülírt köre OA 1 SW 1 egybevágóak, mert egyenlő szögeik vannak OCA 1 és ÓCEÁNI METEOROLÓGIAI HAJÓ 1 .

Beírt kör Δ ABC belső pontjain érinti az oldalait. Nézzük meg, hogy általában milyen körök érintik a három vonalat AB, Vés SA. A két egymást metsző egyenest érintő kör középpontja az eredeti egyenesek közötti szögeket felező két egyenes egyikén található. Ezért az egyeneseket érintő körök középpontjai AB, Vés C A, fekszenek a háromszög külső vagy belső szögeinek felezőire (vagy azok kiterjesztésére). Egy belső szög felezője átmegy bármely két külső szög felezőjének metszéspontján. Ennek az állításnak a bizonyítása szó szerint megismétli a megfelelő állítás bizonyítását a belső szögfelezőkre. Ennek eredményeként 4 O középpontú kört kapunk, O a , Óés O Val vel (57. ábra). Kör középponttal O a megérinti az oldalát napés

a felek folytatásai ABés AC; ezt a kört hívják íratlan kerülete Δ ABC. A háromszög beírt körének sugarát általában r-vel, a körkörök sugarát r-vel jelöljük. a , G bés g Val vel . A beírt és a körülírt kör sugarai között a következő összefüggések lépnek fel:

G / g s =(p-c)/p és G G Val vel \u003d (p - a) (p - b), ahol R- félperiméter Δ ABC. Bizonyítsuk be. Legyen K és L a beírt és a körvonal érintkezési pontja nap(58. ábra). derékszögű háromszögek GYÜMÖLCSLÉés CO c L hasonló tehát

G / g s =OK/O Val vel L = CK / CL .. Korábban bebizonyosodott, hogy SC = (a+b-c)/2=p-c.

Ezt még ellenőrizni kell CL = p .

Hadd Més R- a körvonal érintési pontjai egyenesekkel ABés MINT. Akkor

CL= (CL+CP)/ 2 = (CB+BL+CA+AP)/2 = (CB+BM + CA+AM)/2 = R

Az összefüggés bizonyítására rr c =(p - a )(p - b ) vegyük figyelembe a derékszögű háromszögeket LO C B és QUO, amelyek hasonlóak, mert

<OBK +< O C BL =(<СВА + <АВ L )/2=90°.

Eszközök, L O s / ВL \u003d BK / KO, azaz rr c = KO · LO c = BK · BL . Azt kell még megjegyezni VK=(a + c - b )/2= p - b és BL = CL - CB = p - a .

Megjegyezzük még egy érdekes tulajdonságot (már bebizonyosodott). A beírt és a körvonalak érintsék az oldalt AB pontokon Nés M(58. ábra). Akkor AM = BN . Valóban, BN = p - b és AM=AR=SR-AC=r - c.

Arányok rr c =(p -a)(p-ban ben ) és r p=r Val vel (R-c) használható a Heron-képlet származtatására S 2 = p (p - a )(p - b )(p - c ), ahol S - egy háromszög területe. Ezeket az arányokat megszorozva kapjuk r 2 p =(p - a )(p - b )(p - c ). Ezt még ellenőrizni kell S = pr . Ez könnyen megtehető a Δ levágásával ABC a ΔAOB, ΔBOSés ΔCOA.

KÖZÉPES ELFOGADÁSI PONT

Bizonyítsuk be, hogy a háromszög mediánjai egy pontban metszik egymást. Ehhez vegye figyelembe a lényeget M, ahol a mediánok metszik egymást AA 1 és BB 1 . Töltsünk Δ-ben ВВ1С középső vonal A 1 A 2 , párhuzamos BB 1 (59. ábra). Akkor A 1 M : AM = B 1 A 2 : AB 1 = B 1 A 2 : B 1 C = BA 1 :BC=1:2, azaz a mediánok metszéspontja BB 1 és AA 1 osztja a mediánt AA 1 1:2 arányban. Hasonlóképpen a mediánok metszéspontja SS 1 és AA 1 osztja a mediánt AA 1 1:2 arányban. Ezért a mediánok metszéspontja AA 1 és BB 1 egybeesik a mediánok metszéspontjával AA 1 és SS 1 .

Ha egy háromszög mediánjainak metszéspontja össze van kötve a csúcsokkal, akkor a háromszöget három egyenlő területű háromszögre osztjuk. Valóban elég annak bizonyítása, hogy ha R- a medián bármely pontja AA 1 ban ben ABC, majd a terület ΔAVRés ΔACP egyenlőek. Végül is mediánok AA 1 és RA 1 Δ-ben ABCés Δ RVS vágd őket egyenlő területű háromszögekre.

A fordított állítás is igaz: ha valamikor R, bent fekve Δ ABC, terület Δ AVR, Δ SZERDÁNés ΔCAP akkor egyenlők R a mediánok metszéspontja. Valóban a területek egyenlőségétől ΔAVRés ΔHR ebből következik, hogy az A és C ponttól az egyenesig mért távolságok VR egyenlőek, ami azt jelenti VRáthalad a szegmens közepén MINT. Mert ARés SR a bizonyíték hasonló.

Azon háromszögek területének egyenlősége, amelyekre a mediánok felosztják a háromszöget, lehetővé teszi, hogy megtaláljuk a mediánokból álló háromszög s területének arányát a következőképpen: ΔABC, magának a Δ-nek az S területére ABC. Hadd M- mediánok metszéspontja Δ ABC; pont DE" szimmetrikus DE ponthoz képest M(60. ábra)

Egyrészt a terület ΔA"MS egyenlő S/3-mal. Másrészt ez a háromszög szakaszokból áll, amelyek mindegyike a megfelelő medián hosszának 2/3-a, tehát a területe

egyenlő (2/3) 2 s = 4s /9. Következésképpen, s =3 S /4.

A medián metszéspont nagyon fontos tulajdonsága, hogy az innen a háromszög csúcsaiba tartó három vektor összege nullával egyenlő. Először is jegyezzük meg AM=1/3(AB+AC), ahol M- mediánok metszéspontja Δ ABC . Valóban, ha

ABA "TÓL TŐL akkor paralelogramma AA"=AB+ACés AM=1/3AA". Ezért MA + MB + MC = 1/3 (BA + CA + AB + CB + AC + BC) = 0.

Az is világos, hogy csak a mediánok metszéspontja rendelkezik ezzel a tulajdonsággal, hiszen ha x - Akkor minden más ponton

XA + XB + XS \u003d (XM + MA) + (XM + MB) + (XM + MS) \u003d 3XM ..

A háromszög mediánjai metszéspontjának ezt a tulajdonságát felhasználva igazolhatjuk a következő állítást: a háromszög mediánjainak metszéspontja az oldalak felezőpontjaiban lévő csúcsokkal. AB,CD és EF hatszög ABCDEF egybeesik a háromszög mediánjainak az oldalak felezőpontjaiban lévő csúcsaival nap,DE és FA . Valójában azzal a ténnyel, hogy ha pl. R- a szegmens közepe AB, akkor bármely pontra x tisztességes egyenlőség XA + XB \u003d 2XP, könnyen bebizonyítható, hogy mindkét figyelembe vett háromszög mediánjának metszéspontjainak megvan az a tulajdonsága, hogy a belőlük a hatszög csúcsaiba tartó vektorok összege nullával egyenlő. Ezért ezek a pontok egybeesnek.

A mediánok metszéspontjának van egy tulajdonsága, amely élesen megkülönbözteti a háromszög többi jelentős pontjától: ha Δ ABC" egy vetítés ΔABC a síkra, majd a Δ mediánok metszéspontja A "B" C" a mediánok metszéspontjának vetülete ΔABC ugyanarra a síkra. Ez könnyen következik abból, hogy vetítéskor a szakasz felezőpontja a vetületének közepébe megy, ami azt jelenti, hogy a háromszög mediánja a vetületének mediánjába kerül. Sem a felező, sem a magasság nem rendelkezik ezzel a tulajdonsággal.

Meg kell jegyezni, hogy a háromszög mediánjainak metszéspontja a tömegközéppontja, valamint a háromszög csúcsaiban elhelyezkedő három azonos tömegű anyagi pontból álló rendszer tömegközéppontja, valamint a tömegközéppontja. adott háromszög alakú lemezről. Egy tetszőleges pontban csuklós háromszög egyensúlyi helyzete x , lesz olyan helyzet, amelyben a gerenda HM a föld közepe felé irányul. A mediánok metszéspontjában csuklós háromszög esetén bármely pozíció egyensúlyi helyzet. Ezenkívül egy háromszög, amelynek mediánjainak metszéspontja a tű hegyén nyugszik, szintén egyensúlyban lesz.

MAGASSÁGI KERESZTÉSI PONT

Annak bizonyítására, hogy a Δ magasságok ABC egy ponton metszik egymást, felidézzük a „Körülírt kör közepe” rész végén felvázolt bizonyítási utat. Menjünk át a csúcsokon A, Bés TÓL TŐL az ellenkező oldalakkal párhuzamos egyenesek; ezek a vonalak Δ-t alkotnak DE 1 NÁL NÉL 1 TÓL TŐL 1 (61. ábra). Magasság Δ ABC merőlegesek az oldalfelezők ΔA 1 B 1 C 1 . Ezért egy pontban metszik egymást - a körülírt kör középpontjában ΔA 1 B 1 C 1 . A háromszög magasságainak metszéspontját néha háromszögnek nevezik ortocentrum.

Könnyen ellenőrizhető, hogy ha H a Δ magasságok metszéspontja ABC, akkor A, Bés TÓL TŐL - magassági metszéspontok Δ VNS, ΔSNAés Δ ANV illetőleg.

Az is világos, hogy<ABC + < AHC = 180°, mert < BA 1 H = < időszámításunk előtt 1 H =90° (A 1 és C 1 - magasságok alapjai). Ha pont H 1 szimmetrikus a H pontra az egyeneshez képest AU, majd a négyszög ABCH 1 felírva. Ezért a körülírt körök sugarai Δ ABCés Δ AN S egyenlőek, és ezek a körök az oldalhoz képest szimmetrikusak AC(62. ábra). Ezt most könnyű bizonyítani

AH=a|ctg A|, hol a=BC. Valóban,

AH=2R bűn< ACH=2R|cos A| =a|ctg A| .

Tételezzük fel az egyszerűség kedvéért ΔABC hegyesszögű, és vegyük figyelembe Δ-t A 1 B 1 C 1 , magasságainak alapjai alkotják. Kiderül, hogy a beírt kör középpontja Δ A 1 B 1 C 1 a Δ magasságok metszéspontja ABC,és a körök középpontjai

ΔA 1 B 1 C 1 Δ csúcsok ABC(63. ábra). pontokat DE 1 és NÁL NÉL 1 CH(a sarkok óta HB 1 C és BE 1 TÓL TŐL egyenes), szóval < HA 1 B 1 = < HCB 1 . Hasonlóképpen<HA 1 C 1 = < HBC 1 . És azóta<HCB 1 = =< HBC 1 akkor DE 1 DE - felezővonal<NÁL NÉL 1 DE 1 TÓL TŐL 1 .

Hadd H- magasságok metszéspontja AA 1 , BB 1 és CC 1 háromszög ABC . pontokat A 1 és NÁL NÉL 1 átmérőjű körön feküdjön AB, ezért AH · A 1 H = BH · B 1 H . Hasonlóképpen VNB 1 H =CH C 1 N.

Egy hegyesszögű háromszögre a fordított állítás is igaz: ha az A 1 pontok, B 1 és C 1 oldalt feküdjön Sun, SAés AV akut Δ ABC és szegmensek AA 1 , BB 1 és SS 1 pontban metszik egymást R,és AR A 1 P=BP V 1 P=CP C 1 R, akkor R- magasságok metszéspontja. Valóban, az egyenlőségtől

AP A 1 P =BP B 1 P

ebből következik, hogy a pontok A, B, A 1 és NÁL NÉL 1 feküdjön ugyanazon a körön átmérőjével AB, ami azt jelenti < AB 1 B = < BA 1 A =γ. Hasonlóképpen < ACiC =< CAiA = β és <СВ 1 B=<ВС 1 C= α (64. ábra). Az is világos, hogy α + β= CC 1 A = l 80°, β+γ=180° és γ + α = 180°. Ezért α = β=γ=90°.

Egy háromszög magasságának metszéspontja egy másik nagyon érdekes módon is meghatározható, de ehhez szükségünk van a vektor és a vektorok skaláris szorzatának fogalmára.

Hadd O- a körülírt kör középpontja Δ ABC. Vektorok összege O A+ OB + OS egy vektor, tehát van egy ilyen pont R, mit VAGY = OA + OB + OS. Kiderült, hogy R- Δ magasságok metszéspontja ABC!

Bizonyítsuk be például azt AP merőleges időszámításunk előtt . Ez egyértelmű AR=AO+

+ op \u003d ao + (oa + ov + os) \u003d ov + os és nap \u003d -ov + os. Ezért a vektorok skaláris szorzata ARés nap egyenlő OS 2 - OB 2 = R 2 - R 2 =0, azaz ezek a vektorok merőlegesek.

A háromszög ortocentrumának ez a tulajdonsága lehetővé teszi néhány távolról sem nyilvánvaló állítás bizonyítását. Vegyünk például egy négyszöget ABCD , körbe írva. Hadd Na, Nv, Nsés H d - ortocentrumok Δ BCD , Δ CDA , Δ HANGYÁNYI és Δ ABC illetőleg. Ezután a szakaszok felezőpontjai AN a , VN, CH TÓL TŐL , D.H. d mérkőzés. Valóban, ha O a kör középpontja, és M- a szegmens közepe AN a , akkor OM=1/2(0A + OH a )= =1/2(OA + OB + OS + OD ) . A másik három szakasz felezőpontjaira pontosan ugyanazokat a kifejezéseket kapjuk.

KÖZVETLEN EULER

A fa csodálatos pontjainak legcsodálatosabb tulajdonságanégyzet az, hogy némelyikük kapcsolódik egymáshozgom bizonyos arányokat. Például a metszéspont mediánok M, a H magasságok és a leírt kör középpontjának metszéspontja0 fekszik egy egyenesen, és a pontM osztja a szegmenst Ő hogy a viszonyOM:MN= 1:2. Ez a tételt 1765-ben Leonhard Euler bizonyította, akifáradhatatlan tevékenységével a matematika számos területét jelentősen továbbfejlesztette és számos új szakaszának alapjait fektette le. 1707-ben született Svájcban. 20 évesen Euler, ajánlásraa Bernoulli testvérek meghívást kaptak, hogy jöjjenek el Szent Péterhezburgban, ahol nem sokkal korábban akadémiát szerveztek. NÁL NÉL1740 végén Oroszországban Anna Leopol hatalomra jutása kapcsánNemsokára riasztó helyzet alakult ki, és Euler odaköltözöttBerlin. 25 év után ismét visszatért Oroszországba, összesenEuler több mint 30 évig élt Szentpéterváron. Burleyben lenninem, Euler szoros kapcsolatot ápolt az Orosz Akadémiával és az is volttiszteletbeli tagja. Berlinből Euler levelezett Lomonóvalbaglyok. Levelezésük a következőképpen kezdődött. 1747-ben Lomonoszovot professzorrá, vagyis az akadémia rendes tagjává választották; A császárné jóváhagyta ezt a választást. Ezutána reakciós akadémia tisztviselője, Schumacher, aki hevesen gyűlöli LawMonoszov elküldte a papírjait Eulernek, abban a reményben, hogy megkapjarossz visszajelzés. (Euler mindössze 4 évvel volt idősebb Lomonoszovnál,de tudományos tekintélye ekkor már nagyon magas volt.)Euler ezt írta értékelésében: „Ezek a művek nemcsak jókshi, hanem kiváló is, mert elmagyarázza a fizikai és kémiai dolgokat a legszükségesebb és legnehezebb ügyek, amelyek teljesen ismeretlenek és lehetetlen volt értelmeznia legszellemesebb és legoktatóbbny emberek, ilyen alapítóvalazáltal, hogy egészen biztos vagyok bennea bizonyítékok pontossága...Kívánni kell, hogy mindent kbamelynek akadémiái olyan találmányokat tudtak bemutatni, mintLomo úr mutatta be orra."

Térjünk át a bizonyításra Euler-tételek. Fontolgat Δ A 1 B 1 C 1 csúcsokkal oldalak felezőpontjai Δ ABC; hagyja H 1 és H az ortocentrumaik (65. ábra). A H 1 pont egybeesik a középponttal O körülírt kör Δ ABC. Bizonyítsuk be, hogy Δ C 1 H 1 M =Δ CHM . Valójában a mediánok metszéspontjának tulajdonsága alapján TÓL TŐL 1 M: CM= 1:2, hasonlósági együttható Δ A 1 B 1 C 1 és Δ ABC 2, szóval C 1 H 1 : CH =1:2, Ráadásul,<H 1 C 1 M =<НСМ (C 1 H 1 || CH ). Ezért,< C 1 MH 1 = < smn, ami pontot jelent M a vonalon fekszik H 1 H . Kívül, H 1 M : MH =1:2, mivel a Δ hasonlósági együttható C 1 H 1 M és Δ SNM egyenlő 2-vel.

KILENC PONTOS KÖR

1765-ben Euler felfedezte, hogy egy háromszög oldalainak felezőpontja és magasságának alapja ugyanazon a körön található. A háromszögnek ezt a tulajdonságát is bizonyítjuk.

Legyen B 2 a felülről leeresztett magasság alapja NÁL NÉL a
oldal MINT. pontokat NÁL NÉLés B 2 szimmetrikus egy egyenesre DE 1 TÓL TŐL 1
(66. ábra). Ezért Δ DE 1 NÁL NÉL 2 TÓL TŐL 1 = Δ A 1 időszámításunk előtt t = Δ A 1 B 1 C 1 , ezért < A 1 B 2 C 1 = <А 1 NÁL NÉL 1 TÓL TŐL 1 , ami pontot jelent NÁL NÉL 2 a leírtakon fekszik
körökben ΔA 1 NÁL NÉL 1 TÓL TŐL 1 . Más magassági alapok esetében a bizonyítás hasonló. „

Ezt követően felfedezték, hogy ugyanazon a körön további három pont található - az ortocentrumot a háromszög csúcsaival összekötő szakaszok felezőpontjai. Az az ami kilenc pontból álló kör.

Hadd Azés Sz- szakaszok felezőpontjai ANés CH, S 2 - a magasság alapja felülről leesett TÓL TŐL a AB(67. ábra). Először bizonyítsuk be A 1 C 1 A 3 C 3 - téglalap. Ez könnyen következik abból, hogy DE 1 Szés A 3 C 1 - középvonalak Δ VSNés ΔABH, a A 1 C 1 és DE 3 Sz- középvonalak Δ ABCés Δ ASN. Ezért a pontok DE 1 és Azátmérőjű körön feküdjön TÓL TŐL 1 Sz,és azóta Azés Sz feküdj a pontokon áthaladó körön DE 1, C 1 és C2. Ez a kör egybeesik az Euler által figyelembe vett körrel (ha Δ ABC nem egyenlő oldalú). Pontért Vz a bizonyíték hasonló.

TORRICHELLI PONT

Egy tetszőleges négyszög belsejében ABCD könnyű találni egy pontot, a távolságok összege, ahonnan a csúcsok a legkisebb értékű. Egy ilyen pont a lényeg Oátlóinak metszéspontja. Valóban, ha x - Akkor minden más ponton AX+XC≥AC=AO+OSés BX + XD ≥ BD = BO + OD , és az egyenlőtlenségek közül legalább az egyik szigorú. Háromszög esetében egy hasonló probléma nehezebben megoldható, most áttérünk a megoldására. Az egyszerűség kedvéért egy hegyesszögű háromszög esetét tekintjük.

Hadd M- néhány pont a hegyesszögű Δ belsejében ABC. Forduljunk Δ ABC ponttal együtt M 60° a pont körül DE(68. ábra). (Pontosabban hadd IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTTés M"- pontok képei IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTTés M ha egy pont körül 60°-kal elforgatjuk DE.) Akkor AM+VM+CM=MM"+BM + C " M ", AM=MM",Így mint az ΔAMM- egyenlő szárú (DE = AM")és<MAM" = 60°. Az egyenlőség jobb oldala a vonallánc hossza VMM"S" ; ez lesz a legkisebb, amikor ez a szaggatott vonal

megfelel a szegmensnek nap" . Ebben az esetben<. AMB = 180° -<AMM" = 120° és<АМС = <AM " C - 180°-<AM " M = 120°, azaz oldalak AB, Vés SA látható a pontból M 120°-os szögben. Egy ilyen pont M hívott pont Torricelli háromszög ABC .

Bizonyítsuk be azonban, hogy egy hegyesszögű háromszögben mindig van egy pont M, ahonnan mindkét oldal 120°-os szögben látható. Építsünk oldalra AB háromszög ABC külsőleg helyes Δ ABC 1 (69. ábra). Hadd M- a körülírt kör metszéspontja ΔABC 1 és közvetlen SS 1 . Akkor ABC 1 =60°és ABC pontból látható M 120°-os szögben. Kicsit tovább folytatva ezeket a megfontolásokat, megkaphatjuk a Torricelli-pont még egy definícióját. Építsünk szabályos háromszögeket DE 1 napés AB 1 TÓL TŐL a repülőgép oldalain is és MINT. Bizonyítsuk be, hogy az M pont is az egyenesen fekszik AA 1 . Valóban, a lényeg M a Δ körülírt körön fekszik A 1 időszámításunk előtt , ezért<A 1 MB = < A 1 CB = 60°, ami azt jelenti<DE 1 MV+<. BMA = 180°. Hasonlóan pont M egyenes vonalon fekszik BB 1 (69. ábra).

Belül Δ ABC van egy egyedi M pont, amelyből az oldalai 120°-os szögben láthatók, mert a Δ körülírt körök ABC 1 , Δ AB én C és Δ DE 1 nap nem lehet több közös pontja.

Adjuk meg a Torricelli-pont fizikai (mechanikai) értelmezését. Rögzítse a Δ csúcsokat ABC gyűrűket, húzzunk át rajtuk három kötelet, melynek egyik vége le van kötve, a másik végére pedig azonos tömegű súlyokat rögzítünk (70. ábra). Ha x = MA, y = MB,z = MC és a az egyes szálak hossza, akkor a vizsgált rendszer potenciális energiája egyenlő m-rel g (x -a) + m g (y - a )+ mg (z --a). Egyensúlyi helyzetben a potenciális energia a legkisebb értékű, így az x + y + z összeg is a legkisebb értékű. Másrészt egyensúlyi helyzetben az erők eredője a pontban M egyenlő nullával. Ezek az erők abszolút értékben egyenlőek, így az erővektorok közötti páronkénti szögek 120°-kal egyenlők.

El kell mondanunk, hogyan állnak a dolgok egy tompa háromszög esetében. Ha a tompaszög kisebb, mint 120°, akkor minden korábbi szempont érvényes marad. És ha a tompaszög nagyobb vagy egyenlő, mint 120 °, akkor a háromszög pontja és a csúcsai közötti távolságok összege akkor lesz a legkisebb, ha ez a pont a tompaszög csúcsa.

BROCARD PONTOK

Brocard pontok Δ ABC ilyennek nevezzük belső pontjait Rés K , mit<ABP = <. BCP =< sapka és<. QAB = <. QBC = < QCA (egyenlő oldalú háromszög esetén a Brocard-pontok egy pontba egyesülnek). Bizonyítsuk be, hogy bármely Δ-n belül ABC van egy pont R, rendelkezik a szükséges tulajdonsággal (ponthoz K a bizonyíték hasonló). Fogalmazzuk meg előzetesen a Brocard-pont definícióját más formában. Jelöljük a szögeket a 71. ábra szerint. Mivel<ARV=180° - a+x-y, egyenlőség x=y egyenlő az egyenlőséggel<APB =180°-< . A . Következésképpen, R- Δ pont ABC, melyik oldalról AB,
napés SA 180°-os szögben láthatóak -<. A , 180°-<B , 180°-<TÓL TŐL.
Egy ilyen pont a következőképpen szerkeszthető. Építsünk tovább
oldal nap háromszög ABC hasonló háromszög CA1B
a 72. ábrán látható módon. Bizonyítsuk be, hogy az egyenes metszéspontjának Р pontja AA1és körülírt kör ΔA1BC kívánatos. Valóban,<BPC =18 O ° - β és<APB = 180°-<A t PB = 180° -<A 1 CB = l 80°- a. Ezután hasonló módon készítünk hasonló háromszögeket az oldalakon ACés AB(73. ábra). Mert<. APB = 180° - a, pont R a Δ körülírt körön is fekszik ABC 1 Következésképpen,<BPC 1 = <BAC 1 = β, és innen a lényeg
R a vonalon fekszik SS 1 . Hasonlóképpen a szegmensen is fekszik BB 1 ,
azaz R - szakaszok metszéspontja AA 1 , BB 1 és SS 1 .

Brocard pont R a következő érdekes tulajdonsággal rendelkezik. Hagyja egyenesen AR, BPés SR metszi az ΔABC körülírt kört

az A 1, B 1 és C 1 pontokban (74. ábra). Akkor Δ ABC = ∆ B 1 TÓL TŐL 1 A 1 .NÁL NÉL valójában,<. A 1 B 1 C 1 = < A 1 B 1 B + < BB 1 C 1 =<A 1 AB +<В CC 1 =<A 1 AB + +< A 1 AC =<.ВАС, az ΔABC Brocard pont tulajdonsága alapján a BCC 1 és A 1 AC szögek egyenlőek, ami azt jelenti, hogy A 1 C 1 = időszámításunk előtt . A többi oldal egyenlősége Δ ABCés Δ B 1 C 1 A 1 hasonlóképpen ellenőrizzük.

Az összes általunk vizsgált esetben annak bizonyítása, hogy az egyenesek megfelelő hármasai egy pontban metszik egymást, elvégezhető a Ceva tételei. Fogalmazzuk meg ezt a tételt.

Tétel. Hagyjuk az oldalára AB, Vés S A háromszög ABC pontokat vesznek fel TÓL TŐL 1 , DE 1 és NÁL NÉL 1 illetőleg. Közvetlen AA 1 , BB 1 és SS 1 akkor és csak akkor metszik egymást egy pontban

AC 1 / C 1 V VA 1 / A 1 C CB 1 / B 1 A \u003d 1.

A tétel bizonyítását a geometria 7-9 osztály L.S. Atanasyan tankönyve tartalmazza, a 300. oldalon.

Irodalom.

1. Atanasyan L.S. Geometria 7-9.- M.: Felvilágosodás, 2000.

2. Kiselev A.P. Elemi geometria.- M.: Felvilágosodás, 1980.

3. Nikolskaya I.L. Választható matematika tantárgy. M.: Felvilágosodás, 1991.

4. Egy fiatal matematikus enciklopédikus szótára. A.P. Savin.-.M.: Pedagógia, 1989.

Egy háromszögben négy figyelemre méltó pont van: a mediánok metszéspontja. A felezők metszéspontja, a magasságok metszéspontja és a merőleges felezők metszéspontja. Tekintsük mindegyiket.

A háromszög mediánjainak metszéspontja

1. tétel

Egy háromszög mediánjainak metszéspontján: A háromszög mediánjai egy pontban metszik egymást, és a metszéspontot a csúcsból kiindulva $2:1$ arányban osztják el.

Bizonyíték.

Tekintsük az $ABC$ háromszöget, ahol $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ a mediánja. Mivel a mediánok kettéosztják az oldalakat. Tekintsük a $A_1B_1$ középső vonalat (1. ábra).

1. ábra Háromszög mediánjai

Hasonlóképpen bebizonyosodott, hogy

A tétel bizonyítást nyert.

Egy háromszög felezőjének metszéspontja

2. tétel

Egy háromszög felezőinek metszéspontján: A háromszög felezői egy pontban metszik egymást.

Bizonyíték.

2. ábra Háromszög felezőpontjai

3. tétel

A ki nem tágított szög felezőjének minden pontja egyenlő távolságra van az oldalaitól.

A 3. tétel alapján: $OX=OZ,\ OX=OY$. Ezért $OY=OZ$. Ezért a $O$ pont egyenlő távolságra van az $ACB$ szög oldalaitól, ezért a $CK$ felezőpontján fekszik.

A tétel bizonyítást nyert.

A háromszög merőleges felezőinek metszéspontja

4. tétel

A háromszög oldalainak merőleges felezői egy pontban metszik egymást.

Bizonyíték.

Legyen adott egy $ABC$ háromszög, $n,\ m,\ p$ merőleges felezői. Legyen a $O$ pont a $n\ és\ m$ merőleges felezők metszéspontja (3. ábra).

3. ábra Háromszög merőleges felezőszögei

A bizonyításhoz a következő tételre van szükségünk.

5. tétel

A szakaszra merőleges felezőpont minden pontja egyenlő távolságra van az adott szakasz végeitől.

A 3. tétel alapján: $OB=OC,\ OB=OA$. Ezért $OA=OC$. Ez azt jelenti, hogy a $O$ pont egyenlő távolságra van a $AC$ szakasz végeitől, és ezért a $p$ felező merőlegesen fekszik.

A tétel bizonyítást nyert.

A háromszög magasságainak metszéspontja

6. tétel

Egy háromszög magassága vagy kiterjesztéseik egy pontban metszik egymást.

Bizonyíték.

4. ábra Háromszög magasságai

Mivel a $AC_2BC$ és a $B_2ABC$ paralelogrammák közös oldallal, ezért $AC_2=AB_2$, azaz a $A$ pont a $C_2B_2$ oldal felezőpontja. Hasonlóképpen azt kapjuk, hogy a $B$ pont a $C_2A_2$ oldal felezőpontja, a $C$ pont pedig a $A_2B_2$ oldal felezőpontja. A konstrukcióból azt kaptuk, hogy $(CC)_1\bot A_2B_2,\ (BB)_1\bot A_2C_2,\ (AA)_1\bot C_2B_2$. Ezért a $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ a $A_2B_2C_2$ háromszög felező merőlegesei. Ekkor a 4. Tétel szerint a $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ magasságok egy pontban metszik egymást.