İlyas həSƏnov həNDƏSƏ Çoxbucaqlılar (Teoremlərin isbatı) baki 2009

Nəticə:

Üçbucağın hündürlükləri ortomərkəz üçbucağın tənbölənləri üzərində yerləşir. Həqi-qə­tən də

Teorem.

∆ABC-də A₁B₁C₁hündürlüklərin oturacaqları olarsa ∆ABC~ ∆AB₁C₁ ~ ∆A₁BC₁~ ~∆A₁B₁C və oxşarlıq əmsalı

Isbatı:

∆ABC və ∆AB₁C₁-in uyğun bucaqları bərabər olduğu üçün onlar oxşardır. Ona görə də

Lakin ∆ABB₁ -dən

Analoji olaraq digər ifadələri almaq olar.

Nəticə:

Ortomərkəz üçbucağın tərəfləri aşağıdakı münasibətlərdən alınır:

Nəticə:

və ∆ABC-ninhündürlüklərinin tənbölən olduğunu nəzərə alsaq

Teorem.

Ortomərkəz tərəflərə nəzərə simmetrik olan nöqtələr xaricə çəkilmiş çevrə üzərindədir.

Isbatı:

Tutaq ki, BB₁ hündürlüyünün çevrə ilə kəsişmə nöqtəsi B₂ –dir. Məlumdur ki, onda . Eyni -ə söykəndikləri üçün . Lakin olduğundan -də AB₁ həm tənbölən, həm də hündürlük olduğundan ∆AHB₂ bərabəryanlıdır və deməli AB₁ həm də mediandır. Beləliklə B₂ nöqtəsi AC tərəfinə nəzərən H nöqtəsinə simmetrikdir. Uyğun qayda ilə A₂ və C₂ nöqtələrinin AB və BCxəttlərinə nəzərən ortomərkəzə sim­met­rik olduğunu göstərmək olar.

Teorem

A₁B₁C₁ortomərkəz üçbucağının xaricinə çəkilmiş çevrənin radiusu ∆ABC-nin xari­cinə çəkilmiş çevrənin radiusundan iki dəfə kiçikdir.

Isbatı:

∆A₁B₁C₁ -nin xaricinə çəkilmiş çevrənin radiusu R_H olsun. Onda ∆A₁B₁C₁ -dən sinus­lar teoreminə əsasən

Teorem
∆ABC -də təpə nöqtələrindənortomərkəzə qədər məsafə aşağıdakı düsturlardan tapılır:







Isbatı:

Digər tərəfdən AB₁ = ccosα . Onda . Lakin sinuslar teoreminə əsasən olduğundan AH = 2R cosα. Burada olduğunu nəzərə alsaq Uyğun qayda ilə digər iki düsturu almaq olar.