Окружность Эйлера

Окружность Эйлера треугольника проходит через середину отрезков и Также она проходит через — основание высоты из точки которое также является основанием высоты у Значит, окружности Эйлера и совпадают. Для остальных треугольников доказательство аналогично.

Пусть — центр окружности Эйлера, — середина

Заметим, что в треугольнике медиана равна половине стороны, к которой она проведена (потому что радиус окружности Эйлера равен половине радиуса описанной окружности), откуда

Таким образом, — высота и медиана в значит он равнобедренный, то есть

По свойству ортоцентра . Тогда из следует:

Пусть — центр вневписанной окружности напротив точки Остальные центры определим аналогично. и — биссектрисы внешнего угла при вершине а значит, точки лежат на одной прямой.

Рассмотрим биссектрису угла треугольника С одной стороны, она перпендикулярна потому что биссектрисы смежных углов перпендикулярны. С другой стороны, она проходит через Таким образом, она является высотой а точка — её основанием. Аналогично, и являются основаниями соответствующих высот в

Теперь требуемое очевидно из определения окружности Эйлера, ведь исходный треугольник является ортотреугольником для треугольника с вершинами в центрах вневписанных окружностей.

Так как стороны исходного треугольника являются касательными к описанной окружности треугольника, образованного точками касания, то задачу удобно переформулировать:

Рассмотрим треугольник и его описанную окружность. Проведём к ней касательную в точке а из середины стороны проведём прямую перпендикулярную Аналогично определим прямые и Требуется доказать, что прямые и пересекаются в одной точке.

Заметим, что так как они обе перпендикулярны к Пусть — ортоцентр треугольника — середина Из того, что и соотношения (свойство ортоцентра) следует, что и — параллелограммы(их противолежащие стороны равны и параллельны). Значит, то есть прямые и совпадают. Из параллелограмма получим, что содержит середину отрезка Проведя аналогичные рассуждения, получим, что прямые и также проходят через точку Таким образом, прямые и пересекаются в одной точке.

является центром окружности девяти точек треугольника а — один из её диаметров. Эти факты можно использовать в заключительной части рассуждения.

Очевидно, что точка лежит на средней линии треугольника а прямая касается окружности Значит, Но точки и лежат на окружности Эйлера треугольника следовательно, лежит на радикальной оси этой окружности и описанной окружности треугольника. Проведя аналогичное рассуждение для точки получаем, что — радикальная ось описанной окружности и окружности Эйлера. Поскольку точки лежат на одной окружности, прямые и являются радикальными осями этой окружности с описанной окружностью и окружностью Эйлера соответственно. Как известно, что три радикальные оси пересекаются в одной точке (радикальном центре).

Отметим, что точки и лежат на вписанной окружности треугольника Действительно, так как точка лежит на оси симметрии то где  – радиус вписанной окружности. Аналогично, Пусть уже доказано, что стороны треугольника параллельны соответствующим сторонам треугольника причем вершины и располагаются по одну и ту же сторону относительно и Отметим, что существует только один треугольник с такими свойствами, вписанный во вписанную окружность треугольника С другой стороны, поскольку эта окружность касается окружности Эйлера в точке такой треугольник можно получить как образ треугольника под действием гомотетии c центром в переводящей окружность Эйлера во вписанную окружность треугольника Отсюда, это образ под действием гомотетии с центром в что и требовалось доказать.

Теперь докажем факт выше. Пусть  – точки пересечения биссектрис со сторонами треугольника. Изобразим треугольник так, чтобы лежала “над” Тогда ясно, что лежит “под”

Покажем, что параллельна  – параллельность двух других пар сторон доказывается аналогично. Чтобы избежать разбора различных случаев расположения точек будем считать, что угол является наибольшим в треугольнике. Тогда

Аналогично, Рассмотрим треугольник Он является равнобедренным, причем Значит, его углы при основании равны по Это позволяет вычислить угол между прямыми и он равен Угол между прямыми и также равен поэтому параллельность доказана.

Перейдем к доказательству второй части утверждения. Вычислим угол между и Он равен Ясно, что этот угол меньше чем углы между прямыми и и Поскольку центр описанной окружности из этого следует что лежит на дуге вписанной окружности, располагающейся “под” прямой что и оставалось доказать.

Проведем прямую Отметим, что на прямой лежит и центр окружности Эйлера треугольника Назовем его Поскольку и и лежат на окружности Эйлера, то С другой стороны, так как и и лежат на вписанной окружности, то Рассмотрим равнобедренные треугольники и Угол можно вычислить как разность углов при основаниях и которая равна половине разности углов при вершинах: и

При рассмотрении углов треугольника, получающегося при пересечении прямых получается, что разность углов и равна углу между прямыми и Отметим, что прямая параллельна высоте треугольника так как и высота, и прямая перпендикулярны Прямая параллельна прямой где  – центр описанной окружности так как треугольники и гомотетичны, и прямые и соединяют соответственные элементы: вершину и центр описанной окружности. Угол равен так как и прямые и изогонально сопряжены.

Итак, Отметим, что середина лежит на окружности Эйлера Докажем, что Отсюда будет следовать, что вписанный, а значит лежит на окружности Эйлера треугольника параллельна как средняя линия, и значит угол равен Треугольник прямоугольный, а его медиана, поэтому угол равен Угол равняется разности найденных углов, то есть что и требовалось показать.

Докажем, что проходит через где — точка Фейербаха. Аналогично доказывается, что и проходят через и соответственно, откуда следует утверждение задачи.

Пусть и  – вписанная окружность и окружность Эйлера треугольника Сделаем гомотетию этих окружностей с коэффициентом и центром Обозначим их образы как и соответственно. проходит через и А касается так как по теореме Фейербаха касается и прямых и Пусть и  – соответствующие точки касания, а  – точка касания этих окружностей.

Если то и утверждение очевидно из симметрии.

Пусть Тогда докажем следующую лемму.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Пусть окружности и касаются внутренним образом в точке Из точек и окружности проведены соответственно касательные и к окружности Пусть Тогда прямая проходит через середину дуги окружности (если то  – середина дуги ).

Доказательство. Достаточно доказать, что — это биссектриса (внутренняя или внешняя — в зависимости от конфигурации) угла то есть, что

Применяя теорему Менелая к треугольнику, образованному прямыми и с секущей и используя равенство длин касательных к проведенных из одной точки, получаем:

Пусть и — вторые точки пересечения прямых и с При гомотетии с центром переводящей в точки и перейдут соответственно в и значит Поэтому Отсюда то есть что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Значит, наша прямая пересекает вторично в точке — середине дуги Касательная к проведенная в параллельна Пусть пересекает вторично в точке При гомотетии с центром переводящей в точка переходит в поэтому касательная к проведенная в также параллельна

Теперь сделаем обратную гомотетию. Точки и перейдут в и соответственно, точки и  – в и поэтому как точка пересечения и переходит в Точка переходит в точку так как касательная к проведенная через параллельна и переходит в Точка разумеется, переходит в значит прямая переходит в прямую Чтобы доказать, что точка лежит на достаточно показать, что лежит на а это выполнено по построению

(a) На рисунке изображены треугольник его серединный треугольник окружность, вписанная в треугольник (с центром в точке ), касающаяся стороны в точке одна из вневписанных окружностей (с центром в точке ), касающаяся стороны в точке и общая касательная к этим двум окружностям (которые одновременно касаются всех трех сторон треугольника ). На этом рисунке также изображены окружность построенная на отрезке как на диаметре, и точки в которых отрезок пересекает отрезки Так как окружность ортогональна к вписанной и к вневписанной окружностям, то при инверсии относительно окружности обе эти окружности переходят в себя. Теперь мы переходим к доказательству того, что инверсия относительно окружности переводит окружность девяти точек в прямую

Известно, что длина и равна где откуда следует, что центром окружности является точка — середина отрезка а длина диаметра окружности равна

(эту величину мы предполагаем положительной; в противном случае проведем те же построения по отношению к другой стороне, соответственно переименовав вершины ). Окружность девяти точек проходит через точку — центр окружности следовательно, при инверсии относительно окружности она переходит в прямую. Показав, что точки и являются образами при инверсии относительно окружности точек и лежащих на окружности девяти точек, мы получим, что эта прямая проходит через точки и (а поэтому и через точки и ).

Так как точка (так же как и точки и ) лежит на биссектрисе угла а известно, что делит отрезок (длины ) в отношении то мы имеем

и полуразность этих двух длин равна

Также и, аналогично,

Так как треугольник подобен треугольнику и треугольник подобен треугольнику то мы имеем

и

и

Таким образом, при инверсии относительно окружности радиус которой равен точка переходит в точку а точка — в точку что и требовалось.

Более того, инверсия относительно окружности переводит вписанную окружность и рассмотренную вневписанную окружность в самих себя, а их общую касательную в окружность девяти точек. Следовательно, окружность девяти точек, как и прямая касается этих двух окружностей. Аналогично, с помощью инверсии в точках и мы получим касание окружности Эйлера с другими вневписанными окружностями.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

(b) Достаточно показать, что точки и (точка касания окружности Эйлера и вневписанной окружности, соответствующей вершине ) лежат на одной прямой. Тогда, аналогично, и тоже лежат на одной прямой. Все невведённые обозначения взяты из прошлого пункта. Вспомним инверсию, которая использовалась для доказательства теоремы Фейербаха. Напомним, что ее центр это а радиус – Достаточно доказать, что точки лежат на одной окружности, где объект со звездочкой это образ точки под действием описанной инверсии. Точки и могут быть определены как образы точек касания вписанной и вневписанной окружности со стороной (она образуется при симметрии относительно биссектрисы треугольника — это тоже было в доказательстве пункта выше).

Пусть и Ясно, что Также, поэтому

Пусть — точка касания вневписанной окружности со стороной Тогда

Воспользуемся свойством степени точки. Поскольку прямые и пересекаются в точке то для того, чтобы установить, что лежат на одной окружности, достаточно доказать, что Из симметрии касающейся прямой мы получаем, что и Также можем заменить на из свойств инверсии. Итак, нужно доказать тождество

Преобразуем левую часть

Теперь раскроем слева скобки

Видно, что одно из слагаемых слева сократится, и мы получим два одинаковых выражения. Победа!

Докажем для начала следующую лемму для треугольника из условия.

Лемма. Прямая проходит через середину отрезка

Доказательство. По условию а значит и — равнобедренные. Отсюда лежит на серединном перпендикуляре к а — на серединном перпендикуляре к Также на обоих перпендикулярах находится точка Но тогда откуда Аналогично откуда — параллелограмм, а значит делится пополам, что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Сделаем гомотетию в ортоцентре с коэффициентом Нетрудно понять, что описанная окружность перейдёт в окружность Эйлера. Также очевидно, что перейдёт в середину отрезка , значит она и является центром окружности Эйлера. Таким образом, получили требуемое.

Пусть — центр окружности, описанной около . Построим точку , симметричную относительно стороны .

Описанные окружности треугольников и симметричны относительно , поэтому — центр описанной окружности треугольника .

По свойству ортоцентра , а , значит — параллелограмм по признаку, следовательно его диагонали делятся точкой пересечения () пополам.

Заметим, что точка является ортоцентром для треугольника , значит, прямая , прямая Эйлера треугольника , проходит через середину отрезка . Аналогично докажем, что прямые Эйлера треугольник ов и также проходят через середину .

Мы знаем, что середина — центр окружности Эйлера треугольника Тогда получается в итоге, что прямые Эйлера треугольников , и проходят через центр окружности Эйлера треугольника .

Пусть — центры вневписанных окружностей треугольника касающихся сторон и соответственно. Тогда прямые — биссектрисы треугольника , а прямые — его внешние биссектрисы. Следовательно, точки будут основаниями высот треугольника а окружность — его окружностью девяти точек. Тогда точки является отличной от точкой пересечения с Следовательно, — середина Аналогично, — середина Таким образом, — средняя линия треугольника

Обозначим через и соответственно основания внешней и внутренней биссектрис угла треугольника и через — точку пересечения прямых и По условию мы знаем, что

Точка лежит на луче , поскольку — на так что

Тогда а поскольку треугольник прямоугольный, то и

Следовательно, — прямоугольник и Мы получаем, что прямые и параллельны и имеют общую точку Тогда эти прямые совпадают. Это означает, что точка лежит на средней линии треугольника и, следовательно, делит пополам отрезок

Далее, применив свойство внешней биссектрисы к треугольникам и , получим

Тогда и, следовательно,

Продлим отрезки и до пересечения в точке и обозначим длину .

Так как произведения отрезков секущих, проведенных из одной точки, равны: А также квадрат отрезка касательной равен произведению отрезков секущей, проведенной из той же точки, поэтому Следовательно . Выразив эти отрезки через получим и .

Отметим — середину стороны . Основания высот и точка лежат на одной окружности(Окружность девяти точек). Тогда по свойству отрезков секущих, проведенных из одной точки .

А также имеем . И так как , получаем