Εγγεγραμμένος και Παρεγγεγραμμένοι κύκλοι τριγώνου

Στη γεωμετρία, σε ένα τρίγωνο ο εγγεγραμμένος κύκλος $(\mathrm {I} ,\rho )$ είναι ο κύκλος που εφάπτεται εσωτερικά στις τρεις πλευρές του. Το κέντρο του είναι το σημείο τομής των διχοτόμων του και ονομάζεται έγκεντρο του τριγώνου.^[1]^:80-89^[2]^:143-145^[3]^:35-36^[4]^:12-13

Κάθε τρίγωνο έχει επίσης τρεις παρεγγεγραμμένους κύκλους $(\mathrm {J_{A}} ,\rho _{\mathrm {A} })$ , $(\mathrm {J_{B}} ,\rho _{\mathrm {B} })$ και $(\mathrm {J_{\Gamma }} ,\rho _{\mathrm {\Gamma } })$ που εφάπτονται στις τρεις πλευρές του τριγώνου εξωτερικά αυτού. Το κέντρο του $(\mathrm {J_{A}} ,\rho _{\mathrm {A} })$ είναι το σημείο τομής της διχοτόμου της ${\hat {\rm {A}}}$ και των εξωτερικών διχοτόμων των ${\hat {\rm {B}}}$ και ${\hat {\rm {\Gamma }}}$ , και ονομάζεται παράκεντρο του τριγώνου.

Εγγεγραμμένος κύκλος

Θεώρημα — Οι εσωτερικές διχοτόμοι ${\rm {A\Delta _{A},B\Delta _{B},\Gamma \Delta _{\Gamma }}}$ ενός τριγώνου διέρχονται από το ίδιο σημείο, το έγκεντρο, το οποίο είναι το κέντρου του εγγεγραμμένου κύκλου.

Το έγκεντρο και ο εγγεγραμμένος κύκλος σε ένα οξυγώνιο, ένα ορθογώνιο και ένα αμβλυγώνιο τρίγωνο.

Αποδείξεις

Απόδειξη (με ιδιότητες διχοτόμων)

Έστω ${\rm {B\Delta _{B}}}$ και ${\rm {\Gamma \Delta _{\Gamma }}}$ οι διχοτόμοι των γωνιών ${\rm {\hat {B}}}$ και ${\rm {\hat {\Gamma }}}$ και ${\rm {I'}}$ το σημείο τομής τους. Από την κύρια ιδιότητα των διχοτόμων, κάθε σημείο της ${\rm {B\Delta _{B}}}$ ισαπέχει από τις πλευρές ${\rm {BA}}$ και ${\rm {B\Gamma }}$ . Αντίστοιχα, για την ${\rm {\Gamma \Delta _{\Gamma }}}$ .

Επομένως, το ${\rm {I'}}$ ισαπέχει από τις τρεις πλευρές του τριγώνου και άρα ανήκει και στην διχοτόμου της ${\rm {\hat {A}}}$ . Καταλήγουμε ότι ${\rm {I'}}$ είναι το σημείο τομής των διχοτόμων του τριγώνου.

Απόδειξη (με θεώρημα Τσέβα)

Από το θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου έχουμε για τις διχοτόμους ${\rm {A\Delta _{A}}}$ , ${\rm {B\Delta _{B}}}$ και ${\rm {\Gamma \Delta _{\Gamma }}}$ ότι

{\rm {{\frac {AB}{A\Gamma }}={\frac {B\Delta _{A}}{\Gamma \Delta _{A}}},\quad {\rm {{\frac {BA}{B\Gamma }}={\frac {A\Delta _{B}}{\Gamma \Delta _{B}}}\quad }}}}

και

\quad {\rm {{\frac {\Gamma A}{\Gamma B}}={\frac {A\Delta _{\Gamma }}{B\Delta _{\Gamma }}}.}}

Επομένως, έχουμε ότι

{\rm {{\frac {B\Delta _{A}}{\Gamma \Delta _{A}}}\cdot {\frac {\Gamma \Delta _{B}}{A\Delta _{B}}}\cdot {\frac {A\Delta _{\Gamma }}{B\Delta _{\Gamma }}}={\frac {AB}{A\Gamma }}\cdot {\frac {B\Gamma }{BA}}\cdot {\frac {\Gamma A}{\Gamma B}}=1}}

και από το αντίστροφο θεώρημα του Τσέβα καταλήγουμε ότι οι τρεις διχοτόμοι διέρχονται από το ίδιο σημείο.

Ιδιότητες

Το έγκεντρο ${\rm {I}}$ είναι σημείο εσωτερικό του τριγώνου.
Η γωνία των διχοτόμων των ${\rm {\hat {B}}}$ και ${\rm {\hat {\Gamma }}}$ είναι ίση με $90^{\circ }+{\tfrac {\hat {\rm {A}}}{2}}$ .^[1]^: 85

Απόδειξη

Αφού ${\rm {BI}}$ η διχοτόμος της ${\rm {\hat {B}}}$ και ${\rm {\Gamma I}}$ η διχοτόμος της ${\rm {\hat {\Gamma }}}$ , έχουμε ότι ${\widehat {\rm {IB\Gamma }}}={\tfrac {\hat {B}}{2}}$ και ${\widehat {\rm {I\Gamma B}}}={\tfrac {\hat {\Gamma }}{2}}$ . Επομένως, αφού οι γωνίες του τριγώνου ${\rm {BI\Gamma }}$ αθροίζουν στις $180^{\circ }$

{\widehat {\rm {AIB}}}=180^{\circ }-{\frac {{\hat {B}}+{\hat {\Gamma }}}{2}}=180^{\circ }-{\frac {180^{\circ }-{\hat {A}}}{2}}=90^{0}+{\tfrac {\hat {A}}{2}}

Αν ${\rm {I_{A},I_{B},I_{\Gamma }}}$ οι προβολές του ${\rm {I}}$ στις πλευρές του τριγώνου, τότε

{\rm {BI_{A}=BI_{\Gamma }=\tau -\beta ,\quad AI_{B}=AI_{\Gamma }=\tau -\alpha ,\quad }}

και

\quad {\rm {\Gamma I_{A}=\Gamma I_{B}=\tau -\gamma }}

Απόδειξη

Τα τρίγωνα ${\rm {AII_{B}}}$ και ${\rm {AII_{\Gamma }}}$ είναι ίσα, καθώς ${\rm {AI}}$ κοινή, ${\widehat {\rm {IAI_{B}}}}={\widehat {\rm {IAI_{\Gamma }}}}={\tfrac {\hat {\rm {A}}}{2}}$ και ${\rm {{\hat {I_{B}}}={\hat {I_{\Gamma }}}=90^{\circ }}}$ (κριτήριο Γ-Π-Γ). Επομένως, ${\rm {AI_{B}=AI_{\Gamma }=x}}$ . Αντίστοιχα, ${\rm {BI_{A}=B_{\Gamma }=y}}$ και ${\rm {\Gamma I_{A}=\Gamma I_{B}=z}}$ .

Επίσης, έχουμε ότι

{\begin{aligned}y+z&=\alpha \\x+z&=\beta \\y+x&=\gamma \end{aligned}}

Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων βρίσκουμε ότι

x=\tau -\alpha ,\quad y=\tau -\beta \quad

και

z=\tau -\gamma

όπου $\tau ={\tfrac {1}{2}}\cdot (\alpha +\beta +\gamma )$ .

Το τρίγωνο ${\rm {I_{A}I_{B}I_{\Gamma }}}$ ονομάζεται το τρίγωνο Gergonne.
(Σημείο Gergonne) Τα ευθύγραμμα τμήματα ${\rm {AI_{A},BI_{B},\Gamma I_{\Gamma }}}$ διέρχονται από το ίδιο σημείο.^[3]^: 36
Οι ευθείες ${\rm {IA,IB,I\Gamma }}$ είναι μεσοκάθετοι των πλευρών του ${\rm {I_{A}I_{B}I_{\Gamma }}}$ .
(Σημείο Φόιερμπαχ) Ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου εφάπτεται του κύκλου Όιλερ. Το σημείο επαφής λέγεται σημείο Φόιερμπαχ.
Το εμβαδόν του τριγώνου ${\rm {AB\Gamma }}$ δίνεται από τον τύπο ^[5]^:126

\mathrm {E} =\tau \cdot \rho

όπου

\tau ={\tfrac {1}{2}}\cdot (\alpha +\beta +\gamma )

είναι η ημιπερίμετρος του τριγώνου.

Από τον τύπο του Ήρωνα, προκύπτει ότι η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου^[6]^:139

\rho ={\sqrt {\frac {(\tau -\alpha )\cdot (\tau -\beta )\cdot (\tau -\gamma )}{\tau }}}

Απόδειξη

Το εμβαδόν του τριγώνου ${\rm {AB\Gamma }}$ δίνεται από τύπο

{\rm {E_{AB\Gamma }=E_{ABI}+E_{B\Gamma I}+E_{\Gamma AI}}}

Από τον τύπο για το εμβαδόν του τριγώνου έχουμε ότι

{\rm {E_{ABI}}}={\tfrac {1}{2}}\cdot \gamma \cdot \rho ,\quad {\rm {E_{B\Gamma I}}}={\tfrac {1}{2}}\cdot \alpha \cdot \rho ,\quad

και

\quad {\rm {E_{\Gamma AI}}}={\tfrac {1}{2}}\cdot \alpha \cdot \rho

Επομένως,

{\rm {E_{AB\Gamma }={\tfrac {1}{2}}\cdot \alpha \cdot \rho +{\tfrac {1}{2}}\cdot \beta \cdot \rho +{\tfrac {1}{2}}\cdot \gamma \cdot \rho ={\tfrac {1}{2}}\cdot (\alpha +\beta +\gamma )\cdot \rho =\tau \cdot \rho }}

Από τον τύπο του Ήρωνα, προκύπτει ο πρώτος τύπος για το εμβαδόν.

Επίσης, η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου, δίνεται από τις εξής τριγωνομετρικές σχέσεις^[7]^: 261-262^[5]^: 126

\rho =\alpha \cdot {\frac {\sin {\frac {\hat {\rm {B}}}{2}}\cdot \sin {\frac {\hat {\Gamma }}{2}}}{\cos {\frac {\hat {\rm {A}}}{2}}}}=\beta \cdot {\frac {\sin {\frac {\hat {\rm {\Gamma }}}{2}}\cdot \sin {\frac {\hat {\rm {A}}}{2}}}{\cos {\frac {\hat {\rm {B}}}{2}}}}=\gamma \cdot {\frac {\sin {\frac {\hat {\rm {A}}}{2}}\cdot \sin {\frac {\hat {\rm {B}}}{2}}}{\cos {\frac {\hat {\rm {\Gamma }}}{2}}}}

και από

\rho =(\tau -\alpha )\cdot \tan {\frac {\hat {\rm {A}}}{2}}=(\tau -\beta )\cdot \tan {\frac {\hat {\rm {B}}}{2}}=(\tau -\gamma )\cdot \tan {\frac {\hat {\rm {\Gamma }}}{2}}

(Θεώρημα Όιλερ) Αν $(\mathrm {O} ,R)$ είναι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου, τότε

\mathrm {OI} ^{2}=R^{2}-2R\rho

(Θεώρημα Καρνό) Αν ${\rm {OM_{A},OM_{B},OM_{\Gamma }}}$ είναι οι προσημασμένες αποστάσεις του περίκεντρου από τις πλευρές του τριγώνου ${\rm {AB\Gamma }}$ και $R$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου, τότε

{\rm {OM_{A}+OM_{B}+OM_{\Gamma }}}=R+\rho

Οι τριγραμμικές συντεταγμένες του έγκεντρου είναι $1:1:1$ .
Οι βαρυκεντρικές συντεταγμένες του έγκεντρου είναι ${\displaystyle \alpha$ .
Οι καρτεσιανές συντεταγμένες του έγκεντρου είναι

\left({\frac {\alpha \cdot x_{\rm {A}}+\beta \cdot x_{\rm {B}}+\gamma \cdot x_{\rm {\Gamma }}}{\alpha +\beta +\gamma }},{\frac {\alpha \cdot y_{\rm {A}}+\beta \cdot y_{\rm {B}}+\gamma \cdot y_{\rm {\Gamma }}}{\alpha +\beta +\gamma }}\right)

Παρεγγεγραμμένοι κύκλοι

Κάθε τρίγωνο ${\rm {AB\Gamma }}$ έχει τρεις παρεγγεγραμμένους κύκλους $({\rm {J_{A}}},\rho _{\rm {A}})$ , $({\rm {J_{B}}},\rho _{\rm {B}})$ και $({\rm {J_{\Gamma }}},\rho _{\rm {\Gamma }})$ . Ο παρεγγεγραμμένος κύκλος $({\rm {J_{A}}},\rho _{\rm {A}})$ έχει κέντρο το σημείο τομής των εξωτερικών διχοτόμων της γωνίας ${\rm {\hat {B}}}$ και της ${\rm {\hat {\Gamma }}}$ και της εσωτερικής διχοτόμου της ${\rm {\hat {A}}}$ . Τα σημεία που εφάπτεται ο κύκλος $({\rm {J_{A}}},\rho _{\rm {A}})$ με τις πλευρές ${\rm {B\Gamma ,AB,A\Gamma }}$ συμβολίζονται με ${\rm {I_{A}',I_{A}'',I_{A}'''}}$ αντίστοιχα.

Απόδειξη

Απόδειξη

Έστω ${\rm {J_{\Gamma }'}}$ το σημείο τομής των εξωτερικών διχοτόμων των ${\rm {\hat {A}}}$ και ${\rm {\hat {B}}}$ . Τότε, από την ιδιότητα της διχοτόμου, όλα τα σημεία ισαπέχουν από τις πλευρές της, άρα ${\rm {J_{A}I_{A}''=J_{A}I_{A}'}}$ και ${\rm {J_{A}I_{A}'''=J_{A}I_{A}'}}$ . Επομένως, ${\rm {J_{A}I_{A}''=J_{A}I_{A}'''}}$ και έτσι το ${\rm {I_{A}'}}$ είναι σημείο της διχοτόμου του ${\rm {\hat {A}}}$ .

Ιδιότητες

Τα παράκεντρα ${\rm {J_{A},J_{B},J_{\Gamma }}}$ είναι σημεία εξωτερικά του τριγώνου.
Τα σημεία ${\rm {A,J_{B},J_{\Gamma }}}$ είναι συνευθειακά, καθώς και τα ${\rm {J_{A},B,J_{\Gamma }}}$ και ${\rm {J_{A},J_{B},\Gamma }}$ .
Η γωνία των εξωτερικών διχοτόμων των ${\rm {\hat {B}}}$ και ${\rm {\hat {\Gamma }}}$ είναι ίση με $90^{\circ }-{\tfrac {\hat {\rm {A}}}{2}}$ .^[1]^: 85

Απόδειξη

Αφού ${\rm {BJ_{A}}}$ και ${\rm {\Gamma J_{A}}}$ είναι εξωτερικές διχοτόμοι, έχουμε ότι

{\widehat {\rm {J_{A}B\Gamma }}}={\tfrac {180^{\circ }-{\hat {B}}}{2}}\quad

και

\quad {\widehat {\rm {J_{A}\Gamma B}}}={\tfrac {180^{\circ }-{\hat {\rm {\Gamma }}}}{2}}

Από το τρίγωνο ${\rm {B\Gamma J_{A}}}$ έχουμε ότι

{\widehat {\rm {BJ_{A}\Gamma }}}=180^{\circ }-{\tfrac {180^{\circ }-{\hat {\rm {B}}}}{2}}-{\tfrac {180^{\circ }-{\hat {\rm {\Gamma }}}}{2}}={\tfrac {{\hat {\rm {B}}}+{\hat {\rm {\Gamma }}}}{2}}=90^{\circ }-{\tfrac {\hat {\rm {A}}}{2}}.

Η γωνία της εσωτερικής διχοτόμου της ${\rm {\hat {B}}}$ και της εξωτερικής διχοτόμου της ${\rm {\hat {\Gamma }}}$ είναι ${\tfrac {\hat {\rm {A}}}{2}}$ .^[1]^: 85

Απόδειξη

Από το τρίγωνο ${\rm {BJ_{A}J_{B}}}$ έχουμε ότι

{\widehat {\rm {BJ_{A}J_{B}}}}=180^{\circ }-({\tfrac {\hat {\rm {B}}}{2}}+{\tfrac {180^{\circ }-{\hat {\rm {B}}}}{2}})-(90^{\circ }-{\tfrac {\hat {\rm {A}}}{2}})={\tfrac {\hat {\rm {A}}}{2}}

(Σημείο Gergonne) Τα ευθύγραμμα τμήματα ${\rm {AI_{A}',BI_{B}',\Gamma I_{\Gamma }'}}$ διέρχονται από το ίδιο σημείο.^[3]^: 36
(Τρίγωνο Φόιερμπαχ) Οι παρεγγεγραμμένοι κύκλοι εφάπτονται του κύκλου Όιλερ του τριγώνου. Τα τρία σημεία επαφής ορίζουν το τρίγωνο Φόιερμπαχ.
Ισχύει ότι ${\rm {AI_{B}'=AI_{B}''=BI_{A}'=BI_{A}''=\tau -\gamma }}$ , ${\rm {AI_{\Gamma }'=AI_{\Gamma }''=\Gamma I_{A}'=\Gamma I_{A}''=\tau -\beta }}$ και ${\rm {BI_{\Gamma }'=BI_{\Gamma }''=\Gamma I_{B}'=\Gamma I_{B}''=\tau -\gamma }}$ , όπου $\tau ={\tfrac {1}{2}}\cdot (\alpha +\beta +\gamma )$ η ημιπερίμετρος.^[1]^: 86-87

Απόδειξη

Ξεκινάμε παρατηρώντας ότι ${\rm {AI_{A}''=AI_{A}'''}}$ ως τα ευθύγραμμα τμήματα του ${\rm {A}}$ εφαπτόμενα σε κύκλο. Για τον ίδιο λόγο έχουμε ότι ${\rm {BI_{A}''=BI_{A}'}}$ και ${\rm {\Gamma I_{A}'=\Gamma I_{A}'''}}$ . Επομένως, παίρνουμε το σύστημα

{\begin{aligned}y+\beta &=x+\gamma \\x+y&=\alpha .\end{aligned}}

Το σύστημα έχει λύση

x=\tau -\gamma \quad

και

\quad y=\tau -\beta

Αντίστοιχα και για τα υπόλοιπα τμήματα.

Αν ${\rm {A'}}$ το σημείο τομής της προέκτασης της ${\rm {AI}}$ με τον περιγεγραμμένο κύκλο, τότε^[1]^: 85

{\rm {A'B=A'I=A'\Gamma =A'I_{A}}}

(Θεώρημα Όιλερ) Αν $(\mathrm {O} ,R)$ είναι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου, τότε

\mathrm {OJ_{A}} ^{2}=R^{2}+2R\rho _{\mathrm {A} },\quad \mathrm {OJ_{B}} ^{2}=R^{2}+2R\rho _{\mathrm {B} }\quad

και

\quad \mathrm {OJ_{\Gamma }} ^{2}=R^{2}+2R\rho _{\mathrm {\Gamma } }

Το εμβαδόν του τριγώνου ${\rm {AB\Gamma }}$ δίνεται από τους τύπους:^[3]^: 45

{\rm {E=(\tau -\alpha )\cdot \rho _{\rm {A}}=(\tau -\beta )\cdot \rho _{\rm {B}}=(\tau -\gamma )\cdot \rho _{\rm {\Gamma }},}}

και

{\rm {E={\sqrt {\rho \cdot \rho _{\rm {A}}\cdot \rho _{\rm {B}}\cdot \rho _{\rm {\Gamma }}}}}}

Από τον τύπο του Ήρωνα, η ακτίνα του παρεγγεγραμμένου κύκλου δίνεται από τον τύπο^[6]^: 139^[5]^: 127

\rho _{\mathrm {A} }={\frac {\mathrm {E} }{\tau -\alpha }}={\sqrt {\frac {\tau \cdot (\tau -\beta )\cdot (\tau -\gamma )}{\tau -\alpha }}},

\quad \rho _{\mathrm {B} }={\frac {\mathrm {E} }{\tau -\beta }}={\sqrt {\frac {\tau \cdot (\tau -\gamma )\cdot (\tau -\alpha )}{\tau -\beta }}}\quad

και

\rho _{\mathrm {\Gamma } }={\frac {\mathrm {E} }{\tau -\gamma }}={\sqrt {\frac {\tau \cdot (\tau -\alpha )\cdot (\tau -\beta )}{\tau -\gamma }}}

Απόδειξη

Από το σχήμα έχουμε ότι

{\rm {E_{AB\Gamma }=E_{AJ_{A}I_{A}''}+E_{AJ_{A}I_{A}'''}-E_{BI_{A}'I_{A}''J_{A}}-E_{J_{A}I_{A}'\Gamma I_{A}''}}}

Αφού τα τρίγωνα ${\rm {J_{A}I_{A}'B}}$ και ${\rm {J_{A}I_{A}''B}}$ είναι ίσα, έχουμε ότι

{\rm {E_{BI_{A}'I_{A}''J_{A}}=2\cdot E_{BJ_{A}I_{A}''}}}=\rho _{\rm {A}}\cdot x

Αντίστοιχα,

{\rm {E_{J_{A}I_{A}'\Gamma I_{A}''}=2\cdot E_{\Gamma J_{A}I_{A}'''}}}=\rho _{\rm {A}}\cdot y

Συνδυάζοντας τα παραπάνω και αφού $x+y=\alpha$ έχουμε ότι

{\begin{aligned}{\rm {E_{AB\Gamma }}}&={\tfrac {1}{2}}\cdot (\gamma +x)\cdot \rho _{\rm {A}}+{\tfrac {1}{2}}\cdot (\beta +y)\cdot \rho _{\rm {A}}-\rho _{\rm {A}}\cdot x-\rho _{\rm {A}}\cdot y\\&=\rho _{\rm {A}}\cdot (\tau -\alpha ).\end{aligned}}

Επίσης, οι ακτίνες των παρεγγεγραμμένων κύκλων δίνονται από τις τριγωνομετρικές σχέσεις^[7]^:264^[3]^: 46-47^[5]^: 127

\rho _{\rm {A}}=\alpha \cdot {\frac {\cos {\frac {\hat {\rm {B}}}{2}}\cdot \cos {\frac {\hat {\rm {\Gamma }}}{2}}}{\cos {\frac {\hat {\rm {A}}}{2}}}}

\quad \rho _{\rm {B}}=\beta \cdot {\frac {\cos {\frac {\hat {\rm {\Gamma }}}{2}}\cdot \cos {\frac {\hat {\rm {A}}}{2}}}{\cos {\frac {\hat {\rm {B}}}{2}}}}\quad

και

\quad \rho _{\rm {\Gamma }}=\gamma \cdot {\frac {\cos {\frac {\hat {\rm {A}}}{2}}\cdot \cos {\frac {\hat {\rm {B}}}{2}}}{\cos {\frac {\hat {\rm {\Gamma }}}{2}}}}

και επίσης

\rho _{\rm {A}}=\tau \cdot \tan {\frac {\hat {\rm {A}}}{2}}

\quad \rho _{\rm {B}}=\tau \cdot \tan {\frac {\hat {\rm {B}}}{2}}\quad

και

\quad \rho _{\rm {\Gamma }}=\tau \cdot \tan {\frac {\hat {\rm {\Gamma }}}{2}}

(Σημείο Νάγκελ) Αν ${\rm {I_{A}',I_{B}',I_{\Gamma }'}}$ τα σημεία επαφής των παρεγγεγραμμένων κύκλων με κέντρα ${\rm {J_{A},J_{B},J_{\Gamma }}}$ με τις πλευρές ${\rm {A\Gamma ,B\Gamma ,AB}}$ του τριγώνου, τότε τα ${\rm {AI_{A}',BI_{B}',\Gamma I_{\Gamma }'}}$ συντρέχουν στο σημείο Νάγκελ.
Οι εσωτερικές διχοτόμοι του τριγώνου ${\rm {AB\Gamma }}$ είναι ύψη του τριγώνου ${\rm {J_{A}J_{B}J_{\Gamma }}}$ .
Αν $R$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου, τότε ισχύει ότι $\rho _{\rm {A}}+\rho _{\rm {B}}+\rho _{\rm {\Gamma }}=\rho +4R$ .^[1]^: 87
Οι τριγραμμικές συντεταγμένες των παρακέντρων είναι $-1:1:1$ , $1:-1:1$ και $1:1:-1$ αντίστοιχα.

Δείτε επίσης

Παραπομπές

Loading content...

Loading related searches...

Wikiwand - on

Seamless Wikipedia browsing. On steroids.