Treuddens lemma

Tretandlemmat , även kallat trefoillemmat och Mansions lemma , är en sats i triangelgeometri relaterad till egenskaperna hos en triangels incirkel , excircle och circumcircle .

Treuddens lemma används som ett hjälppåstående för att bevisa många satser, särskilt Eulers formel eller bevisa förekomsten av Eulercirkeln .

Namnet "Mansions lemma" gavs för att hedra den belgiske matematikern Paul Mansion . Namnet "treutandlemma" gavs på grund av likheten med vapnet med samma namn för nyckelkonstruktionen för lemma (röd i figurerna nedan).

Formulering

Låt triangelns punkt vara incirkelns mittpunkt , punkten är cirkelns mittpunkt mittemot vertex , och punkten är skärningspunkten för segmentet med den omskrivna cirkelns båge (se höger). Då är punkten på samma avstånd från , , och . $ABC$ $jag$ $I_{a}$ $A$ $L$ ${\displaystyle II_{a))$ $L$ $jag$ $I_{a}$ $B$ $C$

Särskilda versioner av detta uttalande har olika namn.

Mansion's theorem [1] : lika långt från och . $L$ $jag$ $I_{a}$
Shamrock-lemmat [2] , eller treuddens lemma [3] , eller Mansions lemma [4] : på samma avstånd från , och . $L$ $jag$ $B$ $C$
Treuddens lemma [5] : på samma avstånd från , , och . $L$ $jag$ $I_{a}$ $B$ $C$

Ett annat alternativ för att specificera en punkt är som mitten av en båge av den omskrivna cirkeln som inte innehåller en punkt [4] . $L$ $före Kristus$ $A$

Bevis

Med vi menar vinklar, respektive. Om strålen skär den omskrivna cirkeln vid en punkt , då är det mittpunkten av bågen , segmentet är vinkelns bisektris . Att rita ett linjesegment märker vi det $\angle A,\angle B$ $\angle BAC,\angle ABC$ $AI$ $L$ $L$ $före Kristus$ $AL$ $\angle A$ $BI$

\angle BIL=\angle A/2+\angle B/2,

eftersom yttre till triangeln också $\angle BIL$ $\triangle AIB$

\angle LBI=\angle LBC+\angle CBI=\angle A/2+\angle B/2,

eftersom och är lika, eftersom de förlitar sig på samma båge .

\angle LBC

\angle LAC=\angle A/2

LC

Detta betyder att triangeln är likbent , dvs. Likhet följer av att samma vinkel vilar på båda dessa ackord . $\triangle BLI$ $BL=LI.$ $CL=BL$ $\angle A/2.$ $BL=LI=LC.$

Det har vi visat . Låt oss nu bevisa att treuddens "handtag" är lika med samma värde. $BL=LI=LC$ $LI_{a}$

Vi förlänger sidan bortom en punkt och tar en punkt någonstans på denna förlängning . Med vi menar med vi menar vinkeln $AB$ $B$ $E$ $\angle A$ $\angle BAC,$ $\angle B$ $\angle EBC=180^{\circ }-\angle ABC.$

Då måste vi förstå att triangeln är likbent , det vill säga att . $\triangle BLI_{a}$ $\angle LBI_{a}=\angle LI_{a}B$

En sida,

\angle LBI_{a}=\angle B/2-\angle A/2

och

\angle EBI_{a}=\angle A/2+\angle BI_{a}A

eftersom det yttre i triangeln: dvs.

\angle EBI_{a}

\triangle BI_{a}A,

\angle B/2-\angle A/2=\angle BI_{a}A

Variationer och generaliseringar

Treuddens lemma för två centra av excirkel (det "yttre" treuddens lemma)

Anslutning till Euler-cirkeln

Genom treuddens lemma kan existensen av Eulercirkeln bevisas .

Betrakta en spetsig triangel ABC. Observera att fyrhörningarna , , är inskrivna (Fig. 1). Därför är vinklarna lika (fig. 2). ${\displaystyle AH_{c}HH_{b))$ ${\displaystyle BH_{c}HH_{a))$ $H_{b}HH_{a}C$ ${\displaystyle \measuredangle HH_{b}H_{c}=\measuredangle HAH_{c}=\measuredangle HCH_{a}=\measuredangle HH_{b}H_{a))$

Av detta följer att är bisektrisen av triangeln . Av helt liknande skäl, och även halvledar i denna triangel (Fig. 3). Du kan också lägga märke till att det är triangelns yttre halvledarled (eftersom var och en av dem är vinkelrät mot sin inre bisektrik). Därför kan vi tillämpa treuddens lemma tre gånger, för var och en av sidorna (Figur 4). $H_{b}H$ ${\displaystyle \triangle H_{c}H_{b}H_{a))$ $H_{a}H$ $H_{c}H$ $AB,$ $BC,$ $CA$ ${\displaystyle \triangle H_{c}H_{b}H_{a))$

Av detta får vi att segmentens mittpunkter ligger på en cirkel omskriven kring en ortotriangel . Nu applicerar vi det yttre treuddens lemma tre gånger (Figur 5). $HA,HB,HC$

Vi får att sidornas mittpunkter ligger på en cirkel omskriven om en ortotriangel. $AB,BC,CA$

Notera

För att bevisa existensen av Eulercirkeln för en trubbig triangel med en trubbig vinkel räcker det att överväga en spetsig triangel med ortocenter , och tillämpa samma resonemang på den. $ABC$ $A$ $BCH$ $A$

Se även

Anteckningar

↑ Problem 52395 Arkivexemplar daterad 4 mars 2016 på Wayback Machine // "Systemet av problem i R. K. Gordins geometri"
↑ R. K. Gordin. Satser och problem i skolans geometri. Grund- och profilnivåer. - 3:e uppl. - MTSNMO, 2018. - P. 43. - ISBN 978-5-4439-2681-0 .
↑ Akopyan A. V. Geometri i bilder .
↑ 1 2 Emelyanov L. A. Schiffler punkt: till minne av I. F. Sharygin . - Matematik i skolan, 2006. - Nr 6 . - S. 58-60 . — ISSN 0130-9358 .
↑ R. N. Karasev. Uppgifter för skolans matematiska cirkel / R. N. Karasev, V. L. Dolnikov, I. I. Bogdanov, A. V. Akopyan. - s. 4.