Új találkozók geometria
7. § háromszög közepén, és a vonal Euler
Triangle kapott összekötő felezőpontja oldalán a háromszög nevezzük háromszög közepén. 15. ábra Triangle A'B'C „jelentése a közepén ABC háromszög. Vegyük is a két medián AA „és a BB”. metszik O. Két ABC magasságot. metszik egymást egy pont és két magasságban H. A'B'C háromszög”. metszik O. Ez elképesztő, hogy mennyi lehet megtudni, csak a tanuló ezt a rajzot.
Először is, a felek A'B'C háromszög „párhuzamos oldalai az ABC háromszög. Ezért ezek a háromszög hasonló. Ezen túlmenően a C 'B' = 1 február azt; B C. úgy, hogy az arány a hosszának bármely két megfelelő szegmenseinek (és nem csak az említett felek) egyenlő lesz 1, 2, sőt, a szegmensek B'C”. C'A”. A'B „oszd meg az ABC háromszög négy egybevágó háromszögek. Mellesleg, a P pont - B'C középső szegmenst „- is a középpontját a szegmens AA”.
Következő látjuk, hogy AC'A'B „- paralelogramma, ezért közvetlen AA” felezi B'C szegmens. Ezért háromszög medián A'B'C „hazugság medián az ABC háromszög. ami azt jelenti, hogy a két háromszög van egyforma súlypontja G.
A'B'C magasság háromszög”. Látható vagyunk a képen, a midperpendiculars oldalai AB és BC ABC háromszög. Ebből arra következtethetünk, hogy az O pont - orthocenter A'B'C háromszög „- áll egy időben és a központ a köré írható kör az ABC háromszög.
Mivel a pont H - orthocenter ABC háromszög. és az O pont - orthocenter kedvelem A'B'C háromszög”. hogy | AH | 2 = | OA |. Emlékezzünk vissza, hogy tétel 1,32 | AG | = 2 | GA „|. Végül, mivel a két szegmens, AD és OA. merőleges BC oldalt. akkor párhuzamosak. ezért
Ez azt mutatja, hogy az a pont O. G, H egyenesbe esik *) és | HG | = 2 | GO „| .., azaz valós
Tétel 1.71. Orthocenter, centroid és a központ által leírt kört egy tetszőleges háromszög hazugság egy sorban. Ez osztja a súlypontja távolság orthocenter a circumcenter ellen 2 1.
Közvetlen, amelyen az a három pontot, ez az úgynevezett Euler vonal a háromszög.
*) A pontokat nevezzük kollineáris, ha hazudnak ugyanabban a sorban. - Kb. Trans.
Vizsgáljuk meg közelebbről a 15. ábrára. Láttuk, az a pont, ahol a vonal HO N. Euler áthalad a vonalon áthaladó a P pont merőlegesen B'C szegmens. Mindhárom vonal AH, PN és A'O. merőleges a hossza B'C”. párhuzamosan. Mivel | AP | = | PA „|, akkor az egyenes vonal egyenlő távolságra a PN vonalak AH és A'O. Következésképpen, a lényeg N - felezőpontja HO.
Eddig vitánk szerepelt oldalán B'C „A'B'C háromszög”. Ha elvégzi ugyanazokat az érveket, de bármely másik oldalon a háromszög, akkor a szegmens HO ugyanaz marad, és ő fogja megosztani a fél merőleges az új oldalon. Mivel a szegmens HO csak egy középső, azt mondhatjuk, hogy a közép-merőlegesek mindhárom oldalán a háromszög A'B'C „megy át a pont N. Más szavakkal, a lényeg N legyen a központja a köré írható kör a háromszög A'B” C”.
Tehát, a központ köré rajzolt kör közepe táján a háromszög közepén fekszik a szegmens HO közvetlen eredeti háromszög Euler. Ezen kívül, mivel a háromszög A'B'C „hasonló az ABC háromszög. A kör sugara körülírt körülbelül a közepén a háromszög egyenlő fele a kör sugara körülíró az eredeti háromszög.
Euler a név jelenik meg oly gyakran és oly sok területén a matematika, lehetetlen, hogy ne szóljak néhány szót. Leonhard Euler-ben született, 1707-ben a bázeli (Svájc). 1727-ben meghívást kapott Magyarország a budapesti Zeneakadémián. 1741-ben ment Berlinbe, hogy a szék a matematika a porosz Akadémia. Tért vissza Budapestre, 1766-ban és ott is maradt haláláig 1783-ban.
ünnepély
1. Rajzolj egy új változata a szám 15, 2. ábrája alapján (ahelyett, hogy a korábban az 1. ábrát), arról, hogy mi tétel bizonyítása 1,71 érvényben marad az esetben tompaszögű háromszög ABC.
2. | OH | 2 = 9R 2 - 2 - b 2 - c 2.
4. Ha az ABC háromszög megvan az a tulajdonsága, hogy Euler vonal párhuzamos a BC oldalt. tg af; B ^ · tg af; C ^ = 3.