MiHicTepcTB0           i науки УкраТни Департамент     i науки

Комунальний

       <<Мала                                                      наук обласноТ ради»

математики математика

ТЕОРЕМА ТРИЛИСНИКА В ЗАДАЧАХ

Роботу виконав: Панченко Ярослав учень 10-е класу

Науковий Федорченко Олена учитель математики

Днтро- 2026

            Мала                   наук обласноТ ради

Панченко Ярослав учень 10-е класу  N2 35

Micbk0T ради

Науковий  Федорченко Олена  вчитель математики

Micbk0T ради

ТЕОРЕМА ТРИЛИСНИКА В ЗАДАЧАХ

У p060Ti розглянуто теорему трилисника та викладено pi3Hi способи й дове-

дення. Також з          теоремою лему MaHci0Ha та формулу Ейлера. Подано приклади розв'язання задач pi3Hoi з використанням тео-

реми трилисника, включаючи  Для  побудови та рисунки виконано у GeoGebra.

Практичне значення роботи полягае у застосування отриманих редо математичних та поглибленого вивчення властивостей трикутника.

слова: теорема трилисника, лема MaHci0Ha, формула Ейлера

змют

ВСТУП

РОЗДШ 1 ТЕОРЕМА ТРИЛИСНИКА

1.1. Доведення теореми трилисника

1.2. твердження до теореми трилисника

РОЗДIЛ 2 ВИКОРИСТАННЯ ТЕОРЕМИ ТРИЛИСНИКА У ЗАДАЧАХ

висновки. 18

СПИСОК ВИКОРИСТАНИХ ДЖЕРЕЛ. 19

ВСТУП

трикутника е одним i3  Вивчаючи

трикутника, ми знаходимо числент зв 'язки м1)к його сторонами, кутами й центрами точками, мають особливе геометричне значення. Одне з таких  тверджень теорема трилисника (або теорема про тризуб). Ця теорема поеднуе одразу важливих понять: описане коло, вписане коло, 30BHiBписане коло та трикутника.

теми полягае в тому, що теорема трилисника може бути використана при нестандартних та завдань.

Об'€кт  вписаним та описаним колами.

Предмет теорема трилисника та використання при задач.

Мета розглянути pi3Hi способи доведення та з'ясувати застосування теореми трилисника

Методи  метод критичного опрацювання фактичного та джерел, метод i узагальнення.

Результатом  е вивчення доведення теореми трилисника та демонстраци застосування для розв'язування геометричних завдань.

Практичне значення полягае в тому, що результати можна викорис-

товувати для розв'язування задач  та кращого властивостей трикутника.

Структура роботи. Дана робота складаеться 3i вступу,  основно; частини,  та списку використаних джерел. Загальний обсяг роботи - 19 CTOPiнок.

РОЗЩЛ 1

ТЕОРЕМА ТРИЛИСНИКА

1.1. Доведення теореми трилисника

Теорема трилисника (рис. 1.1):

Середина дуги ВС описаного кола трикутника АВС,

точку А, точок В,

цього трикутника.

формулювання (рис. 1.1):

LA трикутника АВС перетинае описане навколо нього коло в           W, I — центр вписаного

                                                               кола у трикутник АВС.              W I = W В = W С.

Рис. 1.1

Розглянемо доведення теореми трилисника.

Перший cnoci6 (рис. 1.2):

VCW vWB, тому LCAW = LBAW.

Отже, CW = BW як хорди, що спираються на piBHi дуги.

CI — LACB (60 1 — трикутника), тому LBCI = LICA = р.

LBCW = LBAW = а— як кути, що спираються на одну дугу. LICW

LWIC — кут ДАIС, тому

                        Рис. 1.2                                           LW/C = LIAC + ACI = + р.

           Таким чином, LICW = LWIC, тому                  — а отже WI= wc.

Маемо, що WI = WC = WB, що i треба було довести.

Другий cnoci6 (рис. 1 .З):

Нехай V — точка перетину описаного кола з продовженням LACB.

-

                                                                zBwc = 180 ⁰ - ПАС          1800

(як кути вписаного чотирикутника).

Знайдемо zBIC = 180 ⁰ (двс + дсв) 1800

180 ⁰ - исв)

1               -        180 ⁰ - 180 ⁰ - (ИВС + ИСВ)

2

                                                                                    LBAC)          1800

2               2

180 ⁰ - 90 ⁰ + С — 900 + а

= LBIC - 90 ⁰ .

Точки I i W лежать в  BiРис. 1.4 дносно ВС, = WC i

owc 180 ⁰ - 2а = 180 ⁰ - 2(zBIC - 90 ⁰) 180 ⁰ - 2zBIC + 180 ⁰ = 3600  2LBIC        2(1800         LBIC).

         Отже, точки В, I, С лежать на одному           з центром в             W.                WB

— WC, що i треба було довести.

Четвертий cnoci6 (рис. 1.5):

                                                                          Нехай                      LACB перетинае коло в

и, аутс = LWAC = и,

стороною i

                          Рис. 1.5                                        Таким чином, BW = WI WC, що i треба було

довести.

1.2. твердження до теореми трилисника

Задача 1.1. (Теорема MaHci0Ha)

Середина         що з'еднуе центри вписаного i 30BHi вписаного лежить на описаному

Доведения.

Нехай у ДАВС точка I — центр вписаного кола, точка Е — центр 30BHi вписаного кола, точка

W — точка перетину  ИВАС з описаним колом (рис. 1.6).

 Е — центр 30BHi вписаного кола, то ВЕ

                                                                             LCBM.                 LIBE кут

сами двох  kYTiB, отже ДВЕ = 90 ⁰ . LCBW = LBAW = и — як кути, що спираРис. 1.6 ються на одну дугу.

LWBE = ДВЕ - (ДВС + LCBW) = 90 ⁰ - (и + Р).

LWIB = и + р — як

           тој з                 LBEI = 180 ⁰ - (90 ⁰ + и + Р) - 90 ⁰ - (и + Р).

Виявляеться, що бо ZBEW = LWBE, а тому WB=WE.

          З теореми трилисника                що WB = WI = WC.

Таким чином, WI WE, W — середина IE, що i треба було довести.

Задача 1.2. (Теорема, обернена до теореми трилисника)

Точка W — перетин ИА ДАВС з описаним колом. Якщо точка Х належить LA i точок В, W i С, то Х — центр кола, вписаного в ДАВС.

Доведення.

Центр вписаного в трикутник кола — це переЗа умовою Х е AW. ПровеДостатньо довести, що

Так як XW = WC, то а тому

                                                            LWXC = и + у (як                кут ДАХС).

Так як LBCW = LBAW = и — як Рис. 1.7 кути, що спираються на одну дугу, то

zwcx = + р.

Але zwxc zwcx, тој + у = + р, отже у = р.

Таким чином СХ — LACB, Х перетин  ДАВС, а отже Х центр кола, вписаного в ДАВС, що i треба було довести.

РОЗЩЛ 2

ВИКОРИСТАННЯ ТЕОРЕМИ ТРИЛИСНИКА У ЗАДАЧАХ

Теорема трилисника корисна тим, що дозволяе легко встановлювати в трикутниках. Вона допомагае в хитрих побудовах i зна-

ходити правильний шлях до розв'язання. Завдяки Тй багато задач стають значно про-

Задача 2.1. Довести, що якщо IW = IV, то трикутник АВС (W i V

ИА i ЕС з описаним колом) (рис.2.1)

Доведения.

трилисника    маемо: VA = VB = V/ та WB = W/ = WC. За умовою piBHi.

LVCB = LBAW = и — як кути, що спираються на piBHi хорди. Отже,

=

що

Рис. 2.1.

Задача 2.2. Довести, що AI

Рис. 2.2.

2Rr.

Доведения.

          Проведемо Ik Ш АС (рис.2.2),           Ik = r.

                                               ж         

З ДАЮ (zk=90 ⁰): М

                                                         sina        sina

         За наслйцком з теореми                     для ДАВС

вс маемо, що- 2R. Звтси ВС — 2R • sin2c. sin2a

Проведемо WM ВС. За теоремою трилисника WB = WC , то

WM е також  тобто ВМ = - ВС.

LWBC = LWAC = а — як кути, що

спираються на одну дугу.

З д (ам - 900):

                       вм          вс        2R • sin2a      R 2sina • cosa

2R • sina. cosa        2cosa 2cosa cosa

За теоремою трилисника BW IW. Отже,

       А/ • IW = М • ВИД                • 2R • sinc - 2Rr.

sina

Маемо, AI • /W = 2Rr, що i треба було довести.

          Задача 2.3. Довести, що                     I е ортоцентром трикутника WVQ (де W, V, Q

Рис. 2.3. що спираються на одну дугу. Розглянемо zv = а, ду — р + у , тому

LE = 180 ⁰ -180 ⁰ - 900 ¯ 90 ⁰ , отже VE - висота

можна показати, що WF i QE — також висоти

Таким чином, точка I е ортоцентром що i треба було довести.

Задача 2.4. Точка I— центр кола, вписаного в прямокутний ДАВС (ИВ 90 ⁰). К, Р —точки перетину  ИА i ЕС з описаним колом. N — перетин РК i ВС. Знайти

LBIN. (рис.2.4)

Розв 'язання.

За теоремою трилисника PI РВ i КВ КГ, тобто точки Р i К —

BI, тому РК серединний перпендикуляр BI.

Точка N Е РК, тому BN = NI i  з основою BI,

LBIN = zIBN.

Але точка I — центр вписаного кола, тому BI — ЕВ, LIBN = 45 ⁰ .

Таким чином, LBIN = 45 ⁰

                                      Рис. 2.4.                                                              Рис. 2.5.

Задача 2.5. дано ДАВС, М середина сторони АВ, I центр кола, вписаного у

ДАВС, LMIB = 90⁰ . знайти —

Розв 'язання.

Зробимо  побудови (рис.2.5). Нехай Е центр 30BHi вписаного кола.

ВЕ — кута трикутника, ВТ — кута трикутника, тому LIBE = 90 ⁰ .

           За умовою LMIB = 90 ⁰ .                        BI,                    МИРЕ. ОсктькиМ сере-

дина АВ, М] 1 РЕ, то MI середня                  ДВАЕ, тому AI

За теоремою MaHci0Ha /W = WE, отже IE = 2/W.

21w

2.

Задача 2.6. Довести, що в трикутнику AI=IW. трикут-

ник — трикутник, сторони якого складають арифметичну

Доведення.

Нехай у ДАВС АВ < ВС < АС (рис.2.6).

члени ариф-

АВ+АС то ВС

2

2ВС = АВ + АС. тој периметр ДАВС:

                                                           Р = АВ + АС + ВС       2вс + вс         звс.

Позначимо К, Е, Е — точки дотику вписа-

за точки до кола

                              Рис. 2.6.                                                                                    СЕ.

Р ДАВС — 2АК + 2СЕ + 2ВЕ = 2АК + 2(СЕ + ВЕ) = 2АК + 2ВС;

звс           2АК + 2ВС•, ВС           = !ВС.

2

         Проведемо                  ВС. Так як WB = WC (за теоремою трилисника), то WM е ме-

1

тому NC = -ВС, звткиМС = АК.

2

              OCW = LBAW = а                             як  кути, що спираються на одну дугу.

ДАКТ =                   за катетом i гострим кутом, а тому WC = А1.

Враховуючи теорему трилисника, BW = WC = WI, маемо AI = IW, що i треба було довести.

Задача 2.7. що в ДАВС: d ² = R ² - 2Rr, де R — описаного кола, r — вписаного кола, d — центрами вписаного i описаного ( формула Ейлера).

Доведення.

На рисунку 2.7 зображено ДАВС; О — центр описаного кола, ОЕ = 0F = R; I — центр вписаного кола, II' = т; 0I а.

Зробимо побудови: W — точка перетину ИА з описаним колом; WV — описаного кола, EF — описаного кола, що проходить через точку I. За теоремою про хорди, що перетинаються IE • IF = /W • ЈА.

w отже IA

За теоремою трилисника IW тому А/ • WB = R ² - d ² .

                                                                                       Розглянемо                 та

= 90 ⁰ як вписаний кут, що спираеться на  LIkA = 90⁰ , бо Ik Ш АВ

                             Рис. 2.7.                                         (Ж = т); = zwAB = и- як

кути, що спираються на одну дугу. Отже, за двома кутами.

VW

        тому —                                         = 2Rr.

2Rr, що i треба було довести.

Задача 2.8. F i К — точки дотику вписаного кола до CTOPiH АС i АВ ДАВС. У

трикутник AFk вписано коло. Довести, що центр меншого кола лежить на

Доведення.

На рисунку 2.8 зображено ДАВС, I — центр вписаного кола, IF АС, К АВ, IF = II' = т.

Х — точка перетину вписаного кола з сою ИА.

                                                                                 LAFI - ИК/ = 90 ⁰                      то

,

LAFI + ИК/ 1800, отже чотирикутник

AFIk е     вписаним у деяке коло. IF = IX = Ik (як            вписаного у ДАВС кола). за теоремою, оберненоТ до тео-

с в реми трилисника,  IF = IX = II',

Рис. 2.8. то Х — центр кола, вписаного у Що i треба було довести.

Задача 2.9 . У трикутнику АВС точки О, 1, Е — центри описаного, вписаного та

 Площа трикутника 01E обчислюеться за формулою

S = -R(b — с) , де ВС = а, АС = Ь, АВ = c,R —                  описаного кола.

Розв 'язання.

Нехай W — точка перетину продовження 6iсектриси AI з описаним навколо трикутника АВС колом (рис.2.9).

Проведемо 0W. У трикутнику 01E леми MaHci0Ha WI=WE, тому 0W — Меплощу трикутника        тому

OIE —

1

                                                                               Проведемо IF -L OW, тот                 - -OW • IF.

2

Проведемо IkLBC, тот Ik=r, а ВК= р-ь. Очевидно, що IF = КМ. М перетин 0W 3i стороною СВ. Так як CW=WB за теоремою трилис-

                     Е                                              ника, то WM — висота i трикутника CWB,

Рис. 2.9.                     а мв = — Отже

2

IF = км = мв - вк -

                                                                           2                                     2

         Таким чином, SOIE =                    - 2 . 1-OW.IF- R.—— — с), що i треба

                                                                                                2                                        2           2

було довести.

Задача2.10. (XXIII з математики 2018 р.) У трикутнику АВС точка I(центр вписаного кола). Виявилося, що описаних АВС та BIC piBHi. градусну Mipy кута ВАС.

Розв 'язання.

Нехай W — точка перетину продовження AI з описаним навколо трикутника АВС колом (рис.2.10). Як з теореми трилисника, BW = CW = IW. Отже, точка W вершин трикутника BIC, тобто е для нього центром описаного кола. Нехай О — центр описаного кола трикутника АВС.  описаних  АВС та

BIC piBHi, трикутник COW виявиться piBH0cTopoHHiM, а LCOW=60⁰

                                                                                      Доведемо                     що LCAW=30⁰ . Для

цього з'еднаемо О з А та позначимо кути при

трикутника АОС с. кути при ocH0Bi трикутника AOW позначимо р. за сумою kYTiB трикутника CAW

(600 + а) + (600 + + (а + Р) = 1800

а + = 30 ⁰ , тобто LCAW=30⁰ . 0ckiРис. 2.10.

льки AI — то LBAC=60⁰ .

Задача 2.11. (III геометричноТ  iMeHi В. А. 2019 р.)

В трикутнику АВС сторона ВС а. Точка Е середина АВ, 1 — точка перетину трикутника АВС. Виявилось, що LAIF=LACB. периметр трикут-

ника АВС.

Розв 'язання.

Опишемо коло навколо трикутника АВС i продовжимо AI до перетину з колом в W

(рис.2.11). З'еднаемо точки W i В.

кути, що спираються на

одну дугу. LAIF=LC за умовою, то

LAWB=LAIF, тот IF WB (за kYTiB).

Осктьки IF ll i AF=FB, то за теоремою

                    Рис. 2.11.                              Проведемо IkLAC,          Ik=r, а АК=р-а.

Нагадаемо, чому АК=р-а. Нехай К, R, L — точки дотику вписаного кола до CTOPiH трикутника (рис.2.12). за дотичних, проведених до кола з точкиАК = AR = х, СК = CL = у, BL = BR = z.

Периметр трикутника Р — р — х + у + z,            АК = х —

Проведемо WNLBC (рис.2.11). BN = CN -

а

2— 2 (трикутник BWC  бо

= VCW)

в

LCBW=LCAW ж  що спираються

Рис. 2.12. на одну дугу. WI=WB за теоремою трилисника, та до того ж WI = AI, то д AIk = за та гострим кутом.

а

оме,         Ж, або - = р — а,         а = 2р — 2а, 2р = За.

2

Таким чином, периметр трикутника  За.

Задача 2.12. (VIII геометричноТ iMeHi В. А. 2024 р.)

На було зображено трикутник АВС, у якого ИА = 60⁰ , а також центр вписаного кола — точку I, центр описаного кола — точку О, i основу кута А трикутника точку L. Учитель витер дошку, залишивши лише точки О, I, L.

Як

Розе 'язання.

                                                                                    Нехай                              кута А при продов-

перетинае описане коло трикутника

W. що /W = BW = CW теорема трилисника (рис.2.1 З).

(центральний

та вписаний кути, що спираються на одну

120⁰ , то точки в, I,

0W= /W i точка W належить серединному перпендикуляру до 0I. Очевидно,

                            Рис. 2.13.                               0W=R -                     описаного кола трикутника

АВС. Це коло з центром О перетинае пряму IL у двох з центрами в точках О i W однакового

А. Точки В i С — перетин

OW=R.

Таким чином, отримуемо порядок трикутника АВС за точками О, I, L: 1) отримуемо точку W як точку перетину серединного перпендикуляра до 0I та прямо; IL (рис.2.14а); 2) отримуемо точку А як точку перетину прямо; IL та кола з центром в О 0W (рис.2.14б); З) отримуемо точки В i С як перетин двох з центрами в точках О i W однакового 14в).

О

          а)                                        6)                                           в)

Рис. 2.14.

висновки

         У                  виконання роботи я вивчив теорему трилисника та з'ясував '17 важливе

серед тверджень. MeHi вдалося в                   спо-

собах доведення I!i€T теореми. Це дозволило  не саму piBHicTb, яка встановлюе довжини певних але й те, чому вона справджуеться та на яких геометричних властивостях  Також це допомогло зв 'язок з результатами зокрема з лемою MaHci0Ha, властивостями 30BHi вписаного кола, а також з формулою Ейлера для трикутника.

час виконання роботи я розглянув низку задач, у яких застосовуеться теорема

трилисника. Серед них — базового основних властивостей, а також завдання. що використання

теореми може бути ключем до розв'язання проблеми, яка на перший погляд здаеться складною або HaBiTb нерозв'язною стандартними методами.

проведену роботу, можу стверджувати, що робота над темою була для мене корисною та  Теорема трилисника виявилася не лише теоретичним твердженням, а й практичним iHcTpyMeHT0M для розв'язування задач. Робота допомогла MeHi краще вза€мозв ' язки геометричними еле-

ментами, розвинути           мислення,  до      При викоHaHHi роботи я також отримав         виконання p06iT на  (при я використовував математичний додаток GeoGebra).

результати можуть бути корисними учням, вивчають готуються до математичних  або хочуть поглибити свот знання про трикутника.

CllHCOK BHKOPHCTAHHX A%CEPEJI

I . KY111Hip I. A.                          111KiJ1bHOi reoMeTpii•. HaB^L1. 110Ci6HHK                       7-11 KJI. / Ilep. 3 poc.

K.: Ham qac, 2007.

3.        Ill 0J1iM11iana reoMeTpH^LIH0i TBOPHOCTi iMeHi B. A. ACiHCbKOFO. 3MaraHHA i3 p03B'%3YBaHH% reOMeTPHLIHHX 3anaq. https://amnm.vspu.edu.ua/_wp-

content/uploads/2018/02/ogt-2019-base-of-problems-solutions .pdf

4.        XXIII 0J1iMr1iaAa 3 MaTervraTHKH PycaHiBcbKoro Jliueyo. URL: https://www.rl.kyiv.ua/wpcontent/uploads/2012/01 /XXIII-olimpiada-z-matematiki-2018 .pdf

5.        VIll OJIiM11iana reorvreTpH^LIH0i TBOPHOCTi iMeHi B. A. ACiHCbKOFO. URL:

https://amnm.vspu.edu.ua/yp-content/uploads/2025/01/ogt-2024-solutionsfixed.pdPutm source=chatgpt.com