Позволю себе ремарку, центр окружности Эйлера можно получить как середину диагонали одного из полученных прямоугольников, а радиус из подобия исходного и треугольника, образованного основаниями медиан. Но про симметрию впечатляет.
Предлагаю очень короткое решение оставим те же обозначение A B C Ha Hb Hc H’a H’b H’c Ma Mb Mc и точка H как пересечение высот. Расчертим треугольник H’aMaHc . Треугольники ABHb и CBHc подобни так как они прямоуголны и у них общий угол B, Тоже самое есть подобность между треуголниками AHcH и BHcC К тому и у этих последних на гипотенузах есть соответствующие медиани. Тогда угли AHcH’a и MaHcC равны. Угол H’aHcMa = AHcC - AHcMa + MaHcC = 90° Теперь на общем гипотенузе H’aMa есть 3 треуголники с вершинам На, Hb, Hc Следовательно на окружность с диаметром H’aMa находятся точки На, Hb, Hc. МОЖНО И сказать в этой порядке. На выписонной треуголника На, Hb, Hc находятся точки H’a, Ma. Тогда и H’b, Mb и H’c, Mc. В добавок центр этой окружности это пересечение отрезков H’aMa , H’bMb и H’cMc. Они пересекаются в середине.
@@elemath Да, это не к Вам претензия. Вас интересно слушать, просто задача уж очень «многоступенчатая». Я лично повторял за Вами все построения, только так удавалось следить за ходом рассуждений. *Спасибо!*
@@servenserov Да, для усвоения некоторых вещей необходимо самому построить чертеж и на нем либо проследить ход рассуждений, а лучше (или потом) проделать все самостоятельно. Тогда и понимаешь лучше, а порой и какие-то упрощения решения/доказательства находишь.
Начертил все в программке "Геогебра", наглядно все видно. можно мышкой брать за вершины треугольника, перетаскивать их, и окружность остается привязанной к этим точкам
Еще одну закономерность увидел. Строил чертежи в автокаде и вот что получилось. Если соединить точки пересечения медиан и высот треугольника, то полученный отрезок будет вдвое больше отрезка Эйлера. Далее делим полученный отрезок на 4 части. Точка построения окружности Эйлера лежит в точке, делящей данный отрезок в соотношении 1/3, начиная от точки пересечения медиан.
Madiyar Dauletiyarov возможно надо было обратить отдельное внимание на то, что две противолежащие вершины (первого и второго) прямоугольника диаметрально противоположны. Тогда две другие попадут на эту же окружность.
очень понятно, мне все понравилось спасибо вам большоее🙏🙏🙏
Пожалуйста!)
Очень доступно объясняете. Нравится каждый видос, из тех, что посмотрела. ♥️
Красивая, элегантная задача и ваша достойная подача.
Получил массу положительных эмоций.
Просто офигеть. Спасибо огромное!
Артём Любимов Пожалуйста!)))
Позволю себе ремарку, центр окружности Эйлера можно получить как середину диагонали одного из полученных прямоугольников, а радиус из подобия исходного и треугольника, образованного основаниями медиан. Но про симметрию впечатляет.
Очень хорошее наблюдение!!!
Спасибо!
Пожалуйста!)))
Предлагаю очень короткое решение
оставим те же обозначение A B C Ha Hb Hc H’a H’b H’c Ma Mb Mc и точка H как пересечение высот.
Расчертим треугольник
H’aMaHc .
Треугольники ABHb и
CBHc подобни так как они прямоуголны и у них общий угол B,
Тоже самое есть подобность между треуголниками
AHcH и BHcC
К тому и у этих последних на гипотенузах есть соответствующие медиани.
Тогда угли AHcH’a и MaHcC равны.
Угол H’aHcMa = AHcC - AHcMa + MaHcC = 90°
Теперь на общем гипотенузе H’aMa есть 3 треуголники с вершинам На, Hb, Hc
Следовательно на окружность с диаметром H’aMa находятся точки На, Hb, Hc.
МОЖНО И сказать в этой порядке. На выписонной треуголника На, Hb, Hc находятся точки H’a, Ma. Тогда и H’b, Mb и H’c, Mc.
В добавок центр этой окружности это пересечение отрезков H’aMa , H’bMb и H’cMc.
Они пересекаются в середине.
Красиво! Нет слов. Но более «захламлённого» чертежа не припомню.
да, когда на бумаге рисуешь, аккуратно получается, а посмотришь, что на доске вышло - диву даешься!
@@elemath Да, это не к Вам претензия. Вас интересно слушать, просто задача уж очень «многоступенчатая». Я лично повторял за Вами все построения, только так удавалось следить за ходом рассуждений. *Спасибо!*
@@servenserov Да, для усвоения некоторых вещей необходимо самому построить чертеж и на нем либо проследить ход рассуждений, а лучше (или потом) проделать все самостоятельно. Тогда и понимаешь лучше, а порой и какие-то упрощения решения/доказательства находишь.
@@elemath на доске мелом как то лампово получается, гитаристы меня поймут)))
Начертил все в программке "Геогебра", наглядно все видно. можно мышкой брать за вершины треугольника, перетаскивать их, и окружность остается привязанной к этим точкам
красивая доска
да, но теперь новая. давно.
Еще одну закономерность увидел. Строил чертежи в автокаде и вот что получилось. Если соединить точки пересечения медиан и высот треугольника, то полученный отрезок будет вдвое больше отрезка Эйлера. Далее делим полученный отрезок на 4 части. Точка построения окружности Эйлера лежит в точке, делящей данный отрезок в соотношении 1/3, начиная от точки пересечения медиан.
Да, иногда интересны точные построения.
Прямая Эйлера.
А что на футболке по-немецки написано?
könnte man shirts hören, wär dieses das lauteste
@@elemath матерь божья, ещё и полиглот☺️☺️☺️ Ну полезу сейчас в словари
@user-fo5oh4pf2k просто переписал...
гугл легко переведет
почему шесть точки находятся на одной окружности 11:50
Madiyar Dauletiyarov возможно надо было обратить отдельное внимание на то, что две противолежащие вершины (первого и второго) прямоугольника диаметрально противоположны. Тогда две другие попадут на эту же окружность.