庆祝者

这庆祝者三角形是其铭刻圈的中心。它有几个重要的属性和关系与三角形的其他部分，包括其诞生那矫正者，区域等。

刺音通常由信件表示 $一世$．

所有三角形都有一个刺客，它总是位于三角形内。找到indenter的一种方法利用激励器是三个角度小分子的交叉点，使用坐标几何确定激励器的位置。不幸的是，这通常是计算繁琐的。

一般来说，找到indenter的最简单方法是首先确定内接圆半径，或者的半径，通常由字母表示 $R.$(这封信 $R.$是为外接圆半径）.这可以通过多种方式实现，详细内容将在下面的“基本属性”一节中介绍。一旦知道内径，三角形的每条边就可以翻译通过Inradius的长度，并且由此产生的三行的交点将是敏捷者。这可以再次使用坐标几何．

或者，可以使用以下公式。对于具有侧长度的三角形 $A，B，C$，在这些点上有顶点 $（x_1，y_1），（x_2，y_2），（x_3，y_3）$，这个刺客谎言

$\左（\ DFRAC {AX_1 + BX_2 + CX_3} {A + B + C}，\ DFRAC {AY_1 + BY_2 + CY_3} {A + B + C} \右）。$

三角形有顶点 $= (0, 0), B =(14日0)$, $C =(5、12)$．佳器的坐标是什么？

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侧面的长度（使用距离公式) $a = \ sqrt {（14-5）^ 2 +（12-0）^ 2} = 15，b = \ sqrt {（5-0）^ 2 +（12-0）^ 2} = 13，c =\ sqrt {（14-0）^ 2 +（0-0）^ 2} = 14。$现在可以使用上述公式： $I =\left(\dfrac{15 \cdot 0+13 \cdot 14+14 \cdot 5}{13+14+15}， \dfrac{15 \cdot 0+13 \cdot 0+14 \cdot 12}{13+14+15}\right)=\left(6,4 \right)。\ _ \广场$

最简单的证据是三角形版本的后果切瓦定理，声明 $广告,,CF$如果且仅当

$\ frac {\ sin \角度差} {\ sin \'角度abe} \ cdot \ frac {\ sin \角cbe} {\ sin \角bcf} \ cdot \ frac {\ sin \角度acf} {\ sin \角度CAD} = 1。$

在这种情况下， $d，e，f$是角度小分子的脚，所以 $\角度坏= \角度cad$那 $\角度abe = \角度cbe$, $ACF = \ \角角度$．因此，

$\ frac {\ sin \角度差} {\ sin \角cad} \ cdot \ frac {\ sin \ dgen} {\ sin \角cbe} \ cdot \ frac {\ sin \ disce acf} {\ sin \角度BCF} = 1 \ CDOT 1 \ CDOT 1 = 1$

并重新排列左侧给出

$\ frac {\ sin \角度差} {\ sin \'角度abe} \ cdot \ frac {\ sin \角cbe} {\ sin \角bcf} \ cdot \ frac {\ sin \角度acf} {\ sin \角度CAD} = 1。$

因此，三个角度小分子在单点相交， $一世$．

此外,由于 $一世$位于角度分子上 $BAC \角$，距离 $一世$到 $ab$等于距离 $一世$到 $AC.$．同样，这也等于距离 $一世$到 $公元前$．所以， $一世$是铭刻圈的中心，证明了克明的存在。

另一种证明涉及长度版本切瓦定理和角度分子定理．

上面已经提到过，圆心是三个角平分线的交点。

与Semiplimeter的三角形（一半）周长） $S.$和inradius $R.$那

三角形的区域等于 $SR.$．

这对于找到侧长度的inradius的长度特别有用，因为该区域可以以另一种方式计算（例如，海伦的公式），并且SemipleImeter很容易可计算。

作为推论，

在一个直角三角形具有整数侧长度，Inradius始终为整数。

如果 $D.$是触发的点 $公元前$和类似的 $e，f$是触发的地方 $AC.$和 $ab$然后，分别为 $ae = af = s-a，bd = bf = s-b，cd = ce = s-c$．作为推论，

$ae + bf + cd = s$，并且 $r = \ sqrt {\ dfrac {ae \ cdot bf \ cdot cd} {ae + bf + cd}}。$

此外 $广告，是，$和 $CF.$在单点相交，称为Gergonne点．

如果三角形的海拔有长度 $H_1，H_2，H_3$， 然后

$\ \ dfrac {1} {h_1} + dfrac {1} {h_2} + \ dfrac {1} {h_3} = \ dfrac {1} {r}。$

让三角形的两侧是 $A，B，C$．然后，自从 $\ frac {1} {2} a h_1 = \ delta$，其他方面也是如此， $\ \压裂{1}和{h_1} = \ \压裂{一}和{2 \三角洲}= \压裂{2}{2 \三角洲}= \压裂{1}{\δ/ s} = \压裂{1}{r}。$

内接圆,割礼的也与之密切相关。根据欧拉的定理，

$（r-r）^ 2 = d ^ 2 + r ^ 2，$

在哪里 $R.$是外接圆半径, $R.$内接圆半径, $D.$中心点和诞生．同等， $d = \ sqrt {r（r-2r）}$．这也证明了欧拉的不平等： $R \组的2 R$．平等仅适用于等边三角形。

此外，

$rr = \ frac {abc} {2（a + b + c）}，〜\ text {和}〜ia \ cdot ib \ cdot ic = 4rr ^ 2。$

令人幕后还与自己相吻合。如果 $R_1，R_2，R_3$那么这三个圆的半径是否与圆和三角形的两条边相切呢

$r = \ sqrt {r_1r_2} + \ sqrt {r_2r_3} + \ sqrt {r_3r_1}。$

在不同的纸币上，如果是肩膀的 $ABC$被绘制， $m$是小弧的中点 $公元前$， 然后

$m$也是诞生的 $BIC \三角形$．

同等， $MB = MI = MC$．这被称为奥林匹克社区中的“事实5”。

类似地,如果点 $E.$呈围绕的围绕 $BCI.$以便 $BC = EC.$， 然后 $BAC公元前= \ \角角度$． $EC.$也垂直于 $CO.$， 在哪里 $O.$是圆周的 $ABC$．

所有三角形都有一个令人难点的，因此令人震惊，但不是所有其他多边形。当存在一个时，调用多边形切向．在三角形中，内心(如果它存在)是多边形的角平分线的交点。

对于四边形，当且仅当对边长度和相等时，圆周存在:两边相对的和是 $A + B + C + D.$

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