5. Orthic Triangle.Figure 1:Let ABC

5. Orthic Triangle.
Figure 1:
Let ABC be a triangle with altitudes
AA2;BB2 and CC2: The altitudes are con-
current and meet at the orthocentreH (Fig-
ure 1). The triangle formed by the feet
of the altitudes, A2B2C2 is the orthic trian-
gle.
Remarks There are several cyclic quadri-
laterals :
² AC2HB2;BC2HA2;CA2HB2 are cyclic.
² BCB2C2;ACA2C2;ABA2B2 are cyclic.
² The sides of the orthic triangle are antipar-
allel with sides of the triangle ABC: We have A2B2 is antiparallel to
AB;B2C2 is antiparallel to BC and C2A2 is antiparallel to CA:
Proposition 1 If ABC is an acute triangle, then the angles of the
triangle A2B2C2 are
180± ¡ 2 b A; 180± ¡ 2 b B and 180± ¡ 2 b C:
Proof Since ACA2C2 is cyclic, then
C2cA2B = 180± ¡ C2cA2C = b A:
Since ABA2B2 is cyclic;
then B2cA2C = 180± ¡ BcA2B = b A:
Thus C2cA2B2 = 180± ¡ 2 b A:
Similarly, for the other two angles of A2B2C2:
1
Proposition 2 The lengths of the sides of the orthic triangle are
Rsin(2A) = a cos(A);Rsin(2B) = b cos(B) and Rsin(2C) = c cos(C); where
R is the circumradius of the triangle ABC: Again, ABC is an acute triangle.
Proof Since the points A2B2C2 lie on the ninepoint circle, the the
circumcircle of A2B2C2 has circumradius RA2B2C2 which is one half of R:
We now apply the sine rule to A2B2C2: Then
jB2C2j
sin(cA2)
= 2RA2B2C2;
and so
jB2C2j
sin(180± ¡ 2A)
= 2:
R
2
;
jB2C2j = Rsin(2 b A) = 2Rsin( b A) cos( b A)
= a cos( b A):
Remark In general, the side lengths of A2B2C2 are
aj cos(A)j; bj cos(B)j and cj cos(C)j:
Notation If ABC is a triangle, we denote the area of ABC by S(ABC):
Proposition 3 The area of A2B2C2 is given by
S(A2B2C2) =
R2
2
sin(2 b A) sin(2 b B) sin(2 b C):
Proof
We have S(A2B2C2) =
jA2C2jjA2B2j
2
sin(cA2)
=
R2 sin(2 b B) sin(2 b C) sin(2 b A)
2
=
R2
2
sin(2 b A) sin(2 b B) sin(2 b C):
Proposition 4 Let rA2B2C2 and RA2B2C2 denote the inradius and cir-
cumradius of the orthic triangle A2B2C2: Then
rA2B2C2 = 2Rcos( b A) cos( b B) cos( b C) and RA2B2C2 =
R
2
.
2
Proof The value of RA2B2C2 follows from the fact that the ninepoint
circle is the circumcircle of A2B2C2 and its radius is one half of the circum-
radius of ABC:
For rA2B2C2 we have
rA2B2C2 =
S(A2B2C2)
semiperimeter(A2B2C2)
=
(R2=2) sin(2 b A) sin(2 b B) sin(2 b C)
(R=2)(sin(2 b A) + sin(2 b B) + sin(2 b C))
= R
8 sin( b A) sin( b B) sin( b C) cos( b A) cos( b B) cos( b C)
4 sin( b A) sin( b B) sin( b C)
= 2Rcos( b A) cos( b B) cos( b C):
Proposition 5 If A2B2C2 is the orthic triangle of a triangle ABC
and H is the orthocentre of ABC (Figure 2), then
(i) H is the incentre of A2B2C2; and
(ii) A;B and C are the centres of the excribed triangles.
Figure 2:
Proof
(i) Since BA2HC2 is cyclic,
C2cA2H = C2 b BH = A b BH:
Since CA2HB2 is cyclic;
HcA2B2 = H b CB2 = H b CA:
Since BCB2C2 is cyclic;
C2 b BB2 = C2 b CB2
i:e: A b BH = H b CA:
Thus C2cA2H = HcA2B2
i:e: AA2 is the bisector of the angle at A2:
Similarly, BB2 and CC2 bisect the angles at
B2 and C2: Thus the point H is the incentre of
the triangles A2B2C2:
3
(ii) Since C2A and B2A are perpendicu-
lar to the internal bisectors C2H and B2H;
then the point A is where the external an-
gle bisectors meet. Furthermore, A lies on
the internal bisector HA2 of the angle at A2: Thus A is the centre of
the escribed circle of A2B2C2 which is externally tangent to the side
B2C2: Similarly for the other two vertices B and C:
Theorem 1 (Haghal) The perpendiculars from the vertices A;B and
C to the sides B2C2;C2A2 and A2B2 are concurrent at the circumcentre O
of the triangle ABC:
Figure 3:
Proof Let TA be tangent to the circumcircle of ABC
at the point A (Figure 3).
We have that B2C2 is antiparallel to the side BC and
AT is antiparallel to BC (Step 1 of Feuerbach Theorem).
Thus TA is parallel to BC: If O is the circumcentre of
circumcircle of ABC; then AT is perpendicular to AO:
Thus B2C2 is perpendicular to AO: Similarly show that
BO is perpendicular to A2C2 and CO is perpendicular to
A2B2:
Theorem 2 Among all inscribed triangles in a triangle ABC; the
perimeter is minimized by the orthic triangle.
Figure 4:
4
Figure 5:
Proof Let A0B0C0 be inscribed in the
triangle ABC (Figure 4).
Let A00 be the re°ection of A0 in the side AB
and A000 be the re°ection of A0 on the side AC
(Figure 5).
Then jC0A0j = jC0A00j and
jB0A0j = jB0A000j
Then if P denotes the perimeter, we have
P(A0B0C0) = A0B0 + B0C0 + C0A0
= jB0A000j + jB0C0j + jC0A00j
= jA000B0j + jB0C0j + jC0A00j
¸ jA000A00j:
Now consider the triangle A00AA000: We have
jAA00j = jAA0j,
jAA000j = jAA0j,
so jAA00j = jAA000j:
We also have A00 b AB = A0 b AB and A0 b AC = A000 b AC: Thus A00 b AA000 = 2 b A:
Let ° be the angle AcA00A000 = AcA000A00: If X is the point of point of in-
tersection of the lines AA0 and A00A000; then
jA00Xj
jA00Aj
= cos(°):
Thus jA00A000j = 2jA00Xj
= 2 cos(°)jA00Aj
= 2 sin( b A)jA00Aj;
since 180± = 2°+2 b A so °+ b A = 90± and thus cos(°) = cos(90±¡ b A) = sin( b A):
But jA00Aj = jAA0j ¸ jAA2j; so
jA00A000j ¸ 2 sin( b A)jAA3j:
Thus, if A0B0C0 is an inscribed triangle, with B0 and C0 ¯xed, perimeter is
minimised if A is the point A2. Similarly the perimeter is further mimimised
by taking B0 and C0 to be the points B2 and C2 respectively. Result follows.
5
Theorem 3 If ABC is an acute triangle which is not isosceles and
A2B2C2 is the orthic triangle then the points A0;B0 and C0; where the sides
B2C2 and BC intersect, A2C2 and AC intersect and A2B2 and AB intersect,
respectively, are collinear (Figure 6).
Remark The line containing these points is called the orthic line of the
triangle ABC:
Figure 6:
Proof If we are given two non-
concentric circles then the locus of points whose
powers with respect to the circles is a line per-
pendicular to the line joining the centres of the
circles. It is called the radical axis of the circles.
Since BC2B2C is cyclic, then
jA0B2j:jA0C2j = jA0CjjA0Bj:
If C is the circumcircle of ABC and C9 is the
ninepoint circle, thus
½C(A0) = ½C9(A0):
Similarly, ½C(B0) = ½C9(B0) and ½C(C0) =
½C9(C0):
Thus the 3 points A0;B0 and C0 lie on the radical axis of the circles C and C9:
6

ผลลัพธ์ (ไทย) 1:

5. สามเหลี่ยม Orthicรูปที่ 1:ให้ ABC เป็นรูปสามเหลี่ยม มีความAA2BB2 และ CC2: ระดับความสูงมีคอน -ปัจจุบัน และพบปะที่ orthocentreH (ฟิก-ure 1) สามเหลี่ยมที่เกิดขึ้นตามเท้าภูมิภาค A2B2C2 เป็นทาง orthic การ-gleหมายเหตุมีหลายวัฏจักร quadri-laterals:² AC2HB2BC2HA2CA2HB2 มีทุกรอบ² BCB2C2ACA2C2ABA2B2 มีทุกรอบ²เป็นด้านของรูปสามเหลี่ยม orthic antipar -allel กับด้านของสามเหลี่ยม ABC: เรามี A2B2 เป็น antiparallel เพื่อABB2C2 antiparallel กับ BC และ C2A2 antiparallel กับ CA:เสนอ 1 ถ้า ABC เป็นรูปสามเหลี่ยมเป็นเฉียบพลัน แล้วทำให้มุมของการมีสามเหลี่ยม A2B2C2180± ¡ 2 b A 180± ¡ 2 b B และ 180± ¡ 2 b c:พิสูจน์เนื่องจาก ACA2C2 เป็นวัฏจักร แล้วC2cA2B = 180± ¡ C2cA2C = a: bเนื่องจากวัฏจักร ABA2B2แล้ว B2cA2C = 180± ¡ BcA2B = a: bดังนั้น C2cA2B2 = a: b ¡ 2 180±ในทำนองเดียวกัน สำหรับอื่น ๆ 2 ทำให้มุมของ A2B2C2:1เสนอ 2 มีความยาวของด้านของรูปสามเหลี่ยม orthicRsin(2A) = cos(A)Rsin(2B) = Rsin(2C) และ b cos(B) = c cos(C) ซึ่งR คือ circumradius ของสามเหลี่ยม ABC: อีก ABC เป็นสามเหลี่ยมเฉียบพลันพิสูจน์เนื่องจากจุด A2B2C2 อยู่บนวงกลม ninepoint ในการcircumcircle A2B2C2 มี circumradius RA2B2C2 ซึ่งเป็นหนึ่งในครึ่งของ R:เราตอนนี้ใช้กฎไซน์ A2B2C2: แล้วjB2C2jsin(cA2)= 2RA2B2C2และเพื่อให้jB2C2jบาป (180± ¡ 2A)= 2:R2;jB2C2j = Rsin (2 b A) = 2Rsin (b A) cos (b A)=เป็น cos (b A):หมายเหตุในทั่วไป มีความยาวด้านของ A2B2C2aj cos(A)j; bj cos(B)j and cj cos(C)j:Notation If ABC is a triangle, we denote the area of ABC by S(ABC):Proposition 3 The area of A2B2C2 is given byS(A2B2C2) =R22sin(2 b A) sin(2 b B) sin(2 b C):ProofWe have S(A2B2C2) =jA2C2jjA2B2j2sin(cA2)=R2 sin(2 b B) sin(2 b C) sin(2 b A)2=R22sin(2 b A) sin(2 b B) sin(2 b C):Proposition 4 Let rA2B2C2 and RA2B2C2 denote the inradius and cir-cumradius of the orthic triangle A2B2C2: ThenrA2B2C2 = 2Rcos( b A) cos( b B) cos( b C) and RA2B2C2 =R2.2Proof The value of RA2B2C2 follows from the fact that the ninepointcircle is the circumcircle of A2B2C2 and its radius is one half of the circum-radius of ABC:For rA2B2C2 we haverA2B2C2 =S(A2B2C2)semiperimeter(A2B2C2)=(R2=2) sin(2 b A) sin(2 b B) sin(2 b C)(R=2)(sin(2 b A) + sin(2 b B) + sin(2 b C))= R8 sin( b A) sin( b B) sin( b C) cos( b A) cos( b B) cos( b C)4 sin( b A) sin( b B) sin( b C)= 2Rcos( b A) cos( b B) cos( b C):Proposition 5 If A2B2C2 is the orthic triangle of a triangle ABCand H is the orthocentre of ABC (Figure 2), then(i) H is the incentre of A2B2C2; and(ii) A;B and C are the centres of the excribed triangles.Figure 2:Proof(i) Since BA2HC2 is cyclic,C2cA2H = C2 b BH = A b BH:Since CA2HB2 is cyclic;HcA2B2 = H b CB2 = H b CA:Since BCB2C2 is cyclic;C2 b BB2 = C2 b CB2i:e: A b BH = H b CA:Thus C2cA2H = HcA2B2i:e: AA2 is the bisector of the angle at A2:Similarly, BB2 and CC2 bisect the angles atB2 and C2: Thus the point H is the incentre of
the triangles A2B2C2:
3
(ii) Since C2A and B2A are perpendicu-
lar to the internal bisectors C2H and B2H;
then the point A is where the external an-
gle bisectors meet. Furthermore, A lies on
the internal bisector HA2 of the angle at A2: Thus A is the centre of
the escribed circle of A2B2C2 which is externally tangent to the side
B2C2: Similarly for the other two vertices B and C:
Theorem 1 (Haghal) The perpendiculars from the vertices A;B and
C to the sides B2C2;C2A2 and A2B2 are concurrent at the circumcentre O
of the triangle ABC:
Figure 3:
Proof Let TA be tangent to the circumcircle of ABC
at the point A (Figure 3).
We have that B2C2 is antiparallel to the side BC and
AT is antiparallel to BC (Step 1 of Feuerbach Theorem).
Thus TA is parallel to BC: If O is the circumcentre of
circumcircle of ABC; then AT is perpendicular to AO:
Thus B2C2 is perpendicular to AO: Similarly show that
BO is perpendicular to A2C2 and CO is perpendicular to
A2B2:
Theorem 2 Among all inscribed triangles in a triangle ABC; the
perimeter is minimized by the orthic triangle.
Figure 4:
4
Figure 5:
Proof Let A0B0C0 be inscribed in the
triangle ABC (Figure 4).
Let A00 be the re°ection of A0 in the side AB
and A000 be the re°ection of A0 on the side AC
(Figure 5).
Then jC0A0j = jC0A00j and
jB0A0j = jB0A000j
Then if P denotes the perimeter, we have
P(A0B0C0) = A0B0 + B0C0 + C0A0
= jB0A000j + jB0C0j + jC0A00j
= jA000B0j + jB0C0j + jC0A00j
¸ jA000A00j:
Now consider the triangle A00AA000: We have
jAA00j = jAA0j,
jAA000j = jAA0j,
so jAA00j = jAA000j:
We also have A00 b AB = A0 b AB and A0 b AC = A000 b AC: Thus A00 b AA000 = 2 b A:
Let ° be the angle AcA00A000 = AcA000A00: If X is the point of point of in-
tersection of the lines AA0 and A00A000; then
jA00Xj
jA00Aj
= cos(°):
Thus jA00A000j = 2jA00Xj
= 2 cos(°)jA00Aj
= 2 sin( b A)jA00Aj;
since 180± = 2°+2 b A so °+ b A = 90± and thus cos(°) = cos(90±¡ b A) = sin( b A):
But jA00Aj = jAA0j ¸ jAA2j; so
jA00A000j ¸ 2 sin( b A)jAA3j:
Thus, if A0B0C0 is an inscribed triangle, with B0 and C0 ¯xed, perimeter is
minimised if A is the point A2. Similarly the perimeter is further mimimised
by taking B0 and C0 to be the points B2 and C2 respectively. Result follows.
5
Theorem 3 If ABC is an acute triangle which is not isosceles and
A2B2C2 is the orthic triangle then the points A0;B0 and C0; where the sides
B2C2 and BC intersect, A2C2 and AC intersect and A2B2 and AB intersect,
respectively, are collinear (Figure 6).
Remark The line containing these points is called the orthic line of the
triangle ABC:
Figure 6:
Proof If we are given two non-
concentric circles then the locus of points whose
powers with respect to the circles is a line per-
pendicular to the line joining the centres of the
circles. It is called the radical axis of the circles.
Since BC2B2C is cyclic, then
jA0B2j:jA0C2j = jA0CjjA0Bj:
If C is the circumcircle of ABC and C9 is the
ninepoint circle, thus
½C(A0) = ½C9(A0):
Similarly, ½C(B0) = ½C9(B0) and ½C(C0) =
½C9(C0):
Thus the 3 points A0;B0 and C0 lie on the radical axis of the circles C and C9:
6

ผลลัพธ์ (ไทย) 2:

. 5. Orthic สามเหลี่ยม
รูปที่ 1:
ให้ ABC เป็นรูปสามเหลี่ยมที่มีระดับความสูง
AA2; BB2 และ CC2: ระดับความสูงจะทำา
ในปัจจุบันและพบกันที่ orthocentreH (Fig-
นาฬิกา 1) รูปสามเหลี่ยมที่เกิดขึ้นจากเท้า
ของระดับความสูง, A2B2C2 เป็น orthic trian-
GLE.
ข้อสังเกตมีหลายวงจร quadri- มี
laterals:
² AC2HB2; BC2HA2; CA2HB2 เป็นวงจร.
² BCB2C2; ACA2C2; ABA2B2 เป็นวงจร.
²ด้านข้างของ สามเหลี่ยม orthic มี antipar-
allel กับด้านข้างของสามเหลี่ยม ABC: เรามี A2B2 เตอร์
AB; B2C2 เตอร์ BC และ C2A2 เตอร์ CA:
โจทย์ที่ 1 ถ้า ABC เป็นรูปสามเหลี่ยมรุนแรงแล้วมุมของ
รูปสามเหลี่ยมเป็น A2B2C2
180 ±¡ 2 ข; 180 ±¡ 2 ข B และ 180 ±¡ 2 B C:
หลักฐานตั้งแต่ ACA2C2 คือเป็นวงกลมแล้ว
C2cA2B = 180 ±¡ C2cA2C = B:
ตั้งแต่ ABA2B2 คือเป็นวงกลม;
แล้ว B2cA2C = 180 ±¡ BcA2B = B:
ดังนั้น C2cA2B2 = 180 ±¡ 2 B:
ในทำนองเดียวกันสำหรับอีกสองมุมของ A2B2C2:
1
โจทย์ 2 ความยาวของด้านของรูปสามเหลี่ยม orthic มี
Rsin (2A) = cos (); Rsin (2B) = cos B (B ) และ Rsin (2C) = c cos (C); ที่
R คือ circumradius ของสามเหลี่ยม ABC. อีกครั้ง ABC เป็นรูปสามเหลี่ยมรุนแรง
หลักฐานตั้งแต่จุดโกหก A2B2C2 ในวงกลม ninepoint,
circumcircle ของ A2B2C2 มี RA2B2C2 circumradius ซึ่งเป็นครึ่งหนึ่งของ R:
ตอนนี้เราใช้กฎไซน์ เพื่อ A2B2C2: แล้ว
jB2C2j
บาป (Ca2)
= 2RA2B2C2;
และอื่น
jB2C2j
บาป (180 ±¡ 2A)
= 2:
R
2
;
jB2C2j = Rsin (2 ข) = 2Rsin (ข) cos (ข)
= cos (ข):
หมายเหตุโดยทั่วไปความยาวด้านข้างของ A2B2C2 เป็น
AJ cos () J; BJ cos (B) เจ cj cos (C) J:
โน้ตถ้า ABC เป็นรูปสามเหลี่ยมเราแสดงว่าพื้นที่ของเอบีซีโดย S (ABC):
3 โจทย์พื้นที่ A2B2C2 จะได้รับจาก
S (A2B2C2) =
R2
2
บาป (2 ข) บาป (2 ข B) บาป (2 ข C):
หลักฐาน
เรามี S (A2B2C2) =
jA2C2jjA2B2j
2
บาป (Ca2)
=
บาป R2 (2 ข B) บาป (2 ข C) บาป (2 ข )
2
=
R2
2
บาป (2 ข) บาป (2 ข B) บาป (2 ข C):
4 ข้อเสนอให้ rA2B2C2 และ RA2B2C2 แสดง inradius และขลิบ
cumradius ของ A2B2C2 สามเหลี่ยม orthic: แล้ว
rA2B2C2 = 2Rcos (ข ) cos (ข B) cos (ข C) และ RA2B2C2 =
R
2
.
2
พิสูจน์คุณค่าของ RA2B2C2 ดังมาจากความจริงที่ว่า ninepoint
วงกลมเป็น circumcircle ของ A2B2C2 และรัศมีของมันเป็นเพียงครึ่งหนึ่งของแวดล้อม
รัศมีของเอบีซี :
สำหรับ rA2B2C2 เรามี
rA2B2C2 =
S (A2B2C2)
semiperimeter (A2B2C2)
=
(R2 = 2) บาป (2 ข) บาป (2 ข B) บาป (2 ข C)
(R = 2) (บาป (2 ข ) + บาป (2 ข B) + บาป (2 ข C))
= R
8 บาป (ข) บาป (ข B) บาป (ข C) cos (ข) cos (ข B) cos (ข C)
4 บาป (ข) บาป (ข B) บาป (ข C)
= 2Rcos (ข) cos (ข B) cos (ข C):
โจทย์ 5 ถ้า A2B2C2 เป็นรูปสามเหลี่ยม orthic ของสามเหลี่ยม ABC
และ H เป็น orthocentre ของ เอบีซี (รูปที่ 2) แล้ว
(i) H เป็น incentre ของ A2B2C2; และ
. (ii); B และ C เป็นศูนย์ของสามเหลี่ยม excribed
2 รูป:
หลักฐาน
(i) ตั้งแต่ BA2HC2 คือเป็นวงกลม,
C2cA2H = C2 ข BH = BH ข:
ตั้งแต่ CA2HB2 คือเป็นวงกลม;
HcA2B2 = H ข CB2 = H ข CA:
ตั้งแต่ BCB2C2 คือเป็นวงกลม;
C2 ข BB2 = C2 ข CB2
ฉัน: E: ข BH = H ข CA:
ดังนั้น C2cA2H = HcA2B2
ฉัน: E: AA2 เป็นเส้นแบ่งครึ่งมุมที่ A2:
ในทำนองเดียวกัน BB2 และ CC2 แบ่งครึ่งมุมที่
B2 และ C2: H ดังนั้นประเด็นก็คือ incentre ของ
รูปสามเหลี่ยม A2B2C2:
3
(ii) ตั้งแต่ C2A และ B2A มี perpendicu-
Lar เพื่อ C2H bisectors ภายในและ B2H;
แล้วจุดคือที่ภายนอก -
GLE bisectors ตอบสนอง นอกจากนี้ยังอยู่บน
HA2 bisector ภายในของมุมที่ A2: ดังนั้นเป็นศูนย์กลางของ
วงกลม escribed ของ A2B2C2 ซึ่งเป็นภายนอกสัมผัสกันไปด้านข้าง
B2C2: ในทำนองเดียวกันสำหรับอีกสองจุด B และ C:
ทฤษฎีบทที่ 1 (Haghal) perpendiculars จากจุด; B และ
C ไปที่ด้านข้าง B2C2; C2A2 และ A2B2 จะพร้อมกันที่ circumcentre O
ของสามเหลี่ยม ABC:
รูปที่ 3:
หลักฐาน TA อนุญาตจะสัมผัสกับ circumcircle ของเอบีซี
ที่จุด (รูปที่ 3) .
เรามีที่ B2C2 เตอร์ BC ด้านข้างและ
AT เตอร์ BC (ขั้นตอนที่ 1 ของทฤษฎีบทฟอยเออร์).
ดังนั้น TA ขนานกับคริสตศักราช: ถ้า O เป็น circumcentre ของ
circumcircle ของเอบีซี; แล้วที่จะตั้งฉากกับ AO:
ดังนั้น B2C2 จะตั้งฉากกับ AO: ในทำนองเดียวกันแสดงให้เห็นว่า
BO จะตั้งฉากกับ A2C2 และ CO จะตั้งฉากกับ
A2B2:
ทฤษฎีบท 2 ในบรรดารูปสามเหลี่ยมที่ถูกจารึกไว้ในสามเหลี่ยม ABC;
ปริมณฑลจะลดลงโดยสามเหลี่ยม orthic.
รูปที่ 4:
4
รูปที่ 5:
หลักฐานให้ A0B0C0 ถูกจารึกไว้ใน
. สามเหลี่ยม ABC (รูปที่ 4)
ให้ A00 เป็นอีก° ection ของ A0 ในด้าน AB
และ A000 เป็นอีก° ection ของ A0 ในด้าน AC
(รูปที่ 5).
จากนั้น jC0A0j = jC0A00j และ
jB0A0j = jB0A000j
แล้วถ้า P หมายถึงปริมณฑลเรามี
P (A0B0C0) = A0B0 + B0C0 + C0A0
= jB0A000j + jB0C0j + jC0A00j
= jA000B0j + jB0C0j + jC0A00j
¸ jA000A00j:
ตอนนี้พิจารณา A00AA000 สามเหลี่ยม: เรามี
jAA00j = jAA0j,
jAA000j = jAA0j,
ดังนั้น jAA00j = jAA000j:
เรายังมี A00 ข AB = A0 ข AB และ A0 ข AC = A000 ข AC: ดังนั้น A00 ข AA000 = 2 ข :
Let °เป็นมุม AcA00A000 = AcA000A00: ถ้า X เป็นจุดจุดทำา
tersection ของเส้น AA0 และ A00A000; แล้ว
jA00Xj
jA00Aj
= cos (°):
ดังนั้น jA00A000j = 2jA00Xj
= 2 cos (°) jA00Aj
= 2 บาป (ข) jA00Aj;
ตั้งแต่ 180 ± = 2 + 2 °ขดังนั้น° + B = 90 ±จึง cos (°) = cos (90 ±¡ข) = บาป (ข)
แต่ jA00Aj = jAA0j ¸ jAA2j; ดังนั้น
jA00A000j ¸ 2 บาป (ข) jAA3j:
ดังนั้นหาก A0B0C0 เป็นรูปสามเหลี่ยมที่ถูกจารึกไว้ด้วย B0 และ C0 Xed ปริมณฑลจะ
ลดลงถ้าเป็นจุด A2 ในทำนองเดียวกันปริมณฑลเป็น mimimised เพิ่มเติม
โดยการ B0 และ C0 จะเป็นจุด B2 และ C2 ตามลำดับ ผลดังนี้.
5
ทฤษฎีบท 3 ถ้า ABC เป็นรูปสามเหลี่ยมรุนแรงซึ่งไม่หน้าจั่วและ
A2B2C2 เป็นรูปสามเหลี่ยม orthic แล้วจุด A0; B0 และ C0; ที่ด้าน
B2C2 และ BC ตัดกัน A2C2 และ AC ตัดและ A2B2 และ AB ตัด
ตามลำดับมี collinear (รูปที่ 6).
หมายเหตุบรรทัดที่มีจุดเหล่านี้จะเรียกว่าเส้น orthic ของ
สามเหลี่ยม ABC:
รูปที่ 6:
หลักฐานถ้าเรามี รับสองไม่ใช่
วงกลมแล้วสถานทีของจุดที่มี
อำนาจที่เกี่ยวกับวงการเป็นเส้นยอม
pendicular กับสายการเข้าร่วมศูนย์ของ
วงการ มันถูกเรียกว่าแกนรุนแรงของวงการ.
ตั้งแต่ BC2B2C คือเป็นวงกลมแล้ว
jA0B2j: jA0C2j = jA0CjjA0Bj:
ถ้าซีเป็น circumcircle ของเอบีซีและ C9 เป็น
วงกลม ninepoint จึง
½C (A0) = ½C9 (A0)
ในทำนองเดียวกัน½C (B0) = ½C9 (B0) และ½C (C0) =
½C9 (C0)
ดังนั้น 3 คะแนน A0; B0 และนอน C0 บนแกนรากฐานของวงการซีและ C9:
6

ผลลัพธ์ (ไทย) 3:

5 . orthic รูปสามเหลี่ยม รูปที่ 1 :

ให้ ABC เป็นรูปสามเหลี่ยมที่มีความสูง
Aa2 และ ; bb2 cc2 : ระดับความสูงเป็น con -
ปัจจุบันและพบกันที่ orthocentreh ( มะเดื่อ -
ร้อยละ 1 ) สามเหลี่ยมที่เกิดขึ้นจากเท้า
ของทัศนะ , a2b2c2 เป็น orthic เทรน -
GLE .
หมายเหตุมีหลายแบบแบบสี่ laterals :

พนักงานขาย ac2hb2 ; bc2ha2 ; ca2hb2 เป็นวงกลม .
พนักงานขาย bcb2c2 ; aca2c2 ; aba2b2 เป็นวงกลม .
พนักงานขายด้านของ orthic สามเหลี่ยมจะแอนตี้พาร์ -
แอลลีลกับด้านของสามเหลี่ยม ABC : เรามี a2b2 เป็นทิศทางตรงกันข้าม

AB ; b2c2 มีทิศทางตรงกันข้ามและมีทิศทางตรงกันข้าม พ.ศ. c2a2 Ca :
ข้อเสนอ 1 ถ้า ABC เป็นรูปสามเหลี่ยมมุมแหลม แล้วมุมของสามเหลี่ยม a2b2c2

เป็น 180 ±¡ 2 B ; 180 ±¡ 2 B B และ 180 ±¡ 2 B C :
หลักฐานตั้งแต่ aca2c2 เป็นวงกลมแล้ว
c2ca2b = 180 ±¡ c2ca2c = b :
ตั้งแต่ aba2b2 เป็นวงกลม ;
แล้ว b2ca2c = 180 ±¡ bca2b = b :
จึง c2ca2b2 = 180 ±¡ 2 B :
" สำหรับอีกสองมุมของ a2b2c2 :
1
2 ) ความยาวของด้านของสามเหลี่ยม orthic เป็น
ศรี น ( 2A ) = cos ( ศรี น ( 2B ) B ) = cos ( B ) และศรี น ( 2C ) = C และ ( c ) ;
r คือ circumradius ของสามเหลี่ยม ABC : อีกครั้ง , ABC เป็นรูปสามเหลี่ยมมุมแหลม .
หลักฐานตั้งแต่จุด a2b2c2 โกหกบนวงกลม ninepoint ,
circumcircle ของ a2b2c2 ได้ circumradius ra2b2c2 ซึ่งเป็นครึ่งหนึ่งของ R :
ตอนนี้เราใช้กฎไซน์ a2b2c2 : แล้ว

jb2c2j บาป ( แคลเซียม )
= 2ra2b2c2 ;


และ jb2c2j sin ( 180 ±¡ 2A )
= 2 :
r
2
;
jb2c2j = ศรี น ( 2 B ) = 2rsin ( b ) และ ( b )
= cos ( B ) :
หมายเหตุทั่วไป ด้านความยาวของ a2b2c2 เป็น
AJ cos ( ) J ; BJ cos ( B ) J และซีเจ คอส ( C ) J :
โน้ต ถ้า ABC เป็นสามเหลี่ยม เราแสดงถึงพื้นที่ของ ABC ( ABC ) : โดย
ข้อเสนอ 3 พื้นที่ของ a2b2c2 ให้โดย
s ( a2b2c2 R2
2

) = sin ( 2 ) ( 2 ) บาปบาป ( 2 B B B ) c :
หลักฐาน
เรามี ( a2b2c2 ) =
ja2c2jja2b2j
2
บาป ( แคลเซียม )
=
R2 บาป 2 B B ) บาป ( 2 b c ) บาป ( 2 b )
2
=
R2
2
บาป ( 2 บี ) บาป ( 2 b B ) บาป ( 2 B C )
4 และข้อเสนอให้ ra2b2c2 ra2b2c2 แสดงและรัศมีใน cir -
cumradius ของ orthic สามเหลี่ยม a2b2c2 : แล้ว
ra2b2c2 = 2rcos ( b ) และ ( b ) B ( B และ C ) เพราะ ra2b2c2 = r

2
.
2
พิสูจน์คุณค่าของ ra2b2c2 ดังนี้ จากความจริงที่ว่า ninepoint
วงกลมเป็น circumcircle ของ a2b2c2 และรัศมีเป็นครึ่งหนึ่งของรัศมีรอบ

ra2b2c2 ABC : สำหรับเรา
ra2b2c2 =
s ( a2b2c2 )
semiperimeter ( a2b2c2 )
=
( R2 = 2 ) บาป ( 2 บี ) บาป ( 2 b B ) บาป ( 2 b c )
( r = 2 ) ( บาป ( 2 บี ) บาป ( 2 b B ) บาป ( 2 B C )
= r
8 บาป ( B ) บาป ( B B ( B ) บาป c ) และ ( b ) และ ( b ) B ( B C )
คอส4 ( ข ) บาปบาปบาป ( B ) B ( B C )
= 2rcos ( b ) และ ( b ) B :
cos ( B C ) ข้อเสนอ 5 ถ้า a2b2c2 คือสามเหลี่ยม orthic ของสามเหลี่ยม ABC
และ H คือ ออร์โทเซนเตอร์ของ ABC ( รูปที่ 2 ) จากนั้น
( ฉัน ) H เป็น incentre ของ a2b2c2 ;
( 2 ) ; B และ C เป็นศูนย์กลางของ excribed รูปสามเหลี่ยม รูปที่ 2 :

หลักฐาน
( i ) ตั้งแต่ ba2hc2 เป็นวัฏจักร
c2ca2h = C2 B BH = b BH :
ตั้งแต่ ca2hb2 เป็นวงกลม ;
hca2b2 = H B CB2 = H :
b คาตั้งแต่ bcb2c2 เป็นวงกลม ;
C2 B bb2 = C2 B CB2
: e : B บี = H B CA :

ผมจึง c2ca2h = hca2b2 : e : Aa2 เป็นเส้นแบ่งครึ่งของมุมที่ A2 :
ในทํานองเดียวกัน bb2 cc2 แบ่งออกเป็นสองส่วนและมุมที่
B2 และ C2 : จึงเป็นจุด H เป็น incentre ของสามเหลี่ยม a2b2c2
:
3
( II ) และ บี 2 เอ มีตั้งแต่ c2a perpendicu -
ล้าไปภายใน c2h bisectors และ b2h ;
แล้วชี้ที่ภายนอก -
GLE bisectors พบกันนอกจากนี้ ตั้งอยู่บน
ภายใน ha2 ของเส้นแบ่งครึ่งมุมที่ A2 : จึงเป็นศูนย์กลางของ
escribed วงกลมของ a2b2c2 ซึ่งอยู่ภายนอกสัมผัสด้าน
b2c2 : ในทำนองเดียวกันสำหรับอีกสองจุด B และ C :
1 ทฤษฎีบท ( haghal ) เส้นตั้งฉากจากจุดยอด A ;
b และ C ด้าน b2c2 ; และเป็น c2a2 a2b2 พร้อมกันที่ circumcentre O
ของสามเหลี่ยม ABC :

รูปที่ 3 :พิสูจน์ให้ตาได้สัมผัสกับ circumcircle ของ ABC
ที่จุด ( รูปที่ 3 ) เราต้องมีทิศทางตรงกันข้าม b2c2

ไปด้าน BC และที่เป็นทิศทางตรงกันข้าม พ.ศ. ( ขั้นตอนที่ 1 ของทฤษฎีบท Feuerbach ) .
จึงทาขนานกับ BC : ถ้าเป็น circumcentre o
circumcircle ของ ABC ของ แล้วที่ตั้งฉากกับอ่าว :
จึง b2c2 ตั้งฉากกับอ่าว : ในทํานองเดียวกันแสดงให้เห็นว่า
โบตั้งฉากกับ a2c2 และ CO ตั้งฉากกับ a2b2

: ทฤษฎีบท 2 ในบรรดาสลักรูปสามเหลี่ยมในสามเหลี่ยม ABC ;
ก็ลดโดยสามเหลี่ยม orthic .
รูปที่ 4 :
4
รูปที่ 5 :
พิสูจน์ให้ a0b0c0 ถูกจารึกไว้ในสามเหลี่ยม ABC ( รูปที่ 4 )

ให้ a00 . เป็นอีกครั้งที่บริเวณ ection ของ A0 ในด้าน AB
a000 และเป็นอีกครั้ง โดย ection ของ A0 ด้าน AC
( รูปที่ 5 ) jc0a0j = jc0a00j และ

จากนั้นjb0a0j = jb0a000j
ถ้า P หมายถึง ปริมณฑลเรามี
p ( a0b0c0 ) = a0b0 b0c0 c0a0
=
= jb0a000j jb0c0j jc0a00j ja000b0j jb0c0j jc0a00j
¸ ja000a00j :
ตอนนี้พิจารณาสามเหลี่ยม a00aa000 : เราได้

jaa0j jaa00j = , = jaa0j jaa000j , jaa00j = jaa000j :

แล้วเรายัง มี a00 B AB = A0 B AB และ AC a000 A0 B = B AC : B จึง a00 aa000 = 2 B :
ให้องศาเป็นมุม aca00a000 = aca000a00 :ถ้า x เป็นจุดจุด -
tersection ของเส้นและ aa0 a00a000 ; แล้ว

ja00xj ja00aj
= cos ( องศา ) :
=
= 2 จึง ja00a000j 2ja00xj cos ( ° ) บาป 2 ja00aj
= ( b ) ja00aj ;
ตั้งแต่ 180 ± = 2 / 2 b ดังนั้น B = 90 องศา ( ° ) ±จึงคอส = cos ( 90 ±¡ B ) = sin ( A ) :
แต่ ja00aj = jaa0j ¸ jaa2j ; ดังนั้น
ja00a000j ¸ 2 บาป ( B ) jaa3j :
ดังนั้นถ้า a0b0c0 เป็นสลักรูปสามเหลี่ยม , B0 C0 ¯ xed และ รัศมี
,ลดลงถ้าเป็นจุด A2 . ในทำนองเดียวกันก็เพิ่มเติม โดยการใช้และ mimimised
B0 C0 เป็นจุด B2 และ C2 ตามลำดับ ผลคือ ทฤษฎีบท
5
3 ถ้า ABC เป็นสามเหลี่ยมแหลมซึ่งไม่ใช่หน้าจั่วและ
a2b2c2 เป็นสามเหลี่ยมแล้ว orthic จุดและ A0 ; B0 C0 ; ที่ด้านข้าง
b2c2 และ BC เซ็ค a2c2 และ AC เซ็ค และ a2b2 AB เซ็ค ,
)เป็น collinear ( รูปที่ 6 ) .
หมายเหตุบรรทัดที่มี จุดเหล่านี้เรียกว่าเส้น orthic ของสามเหลี่ยม ABC :


รูปที่ 6 : พิสูจน์ถ้าเราได้รับสอง -
วงกลมมีศูนย์กลางแล้วทางเดินของจุดที่มี
พลังด้วยความเคารพวงกลมเป็นบรรทัดต่อ -
pendicular ไปยังบรรทัดร่วมศูนย์ของ
วงกลม มันเรียกว่าแกนหัวรุนแรงวงกลม .
ตั้งแต่ bc2b2c เป็นวงกลมแล้ว
ja0b2j :ja0c2j = ja0cjja0bj :
ถ้า C เป็น circumcircle ของ ABC และ C9 เป็น

ninepoint วงกลมจึง½ C ( A0 ) = ½ ( A0 C9
) : เหมือนกับ , ½ C ( B0 ) = ½ C9 ( B0 ) และ½ C ( C0 ) =
½ C9
( C0 ) จึง จุด 3 จุดและ A0 ; B0 C0 วางอยู่บนแกนหัวรุนแรงวงกลม C และ C9 :
6