Punkty szczególne trójkąta

Wiadomo, że każdy trójkąt ma kilka środków, np. środek ciężkości M, środek okręgu opisanego O, środek okręgu wpisanego I, punkt przecięcia prostych zawierających wysokości (tzw. ortocentrum trójkąta H). Ale punktów szczególnych trójkąta jest znacznie więcej. Opowiemy o nich przy innej okazji. W tym artykule za punkty szczególne (oprócz wyżej wymienionych) uznamy jeszcze środki okręgów dopisanych do trójkąta.

Rozwiążemy teraz kilka zadań, które pozwolą nam lepiej poznać własności poszczególnych charakterystycznych punktów trójkąta.

Zad. 1. Wykaż, że jeśli dwa z punktów szczególnych trójkąta (oprócz środków okręgów dopisanych) pokrywają się, to trójkąt jest równoboczny. Rozważ sześć przypadków tego zadania.

Rozwiązanie. 1) H=O. Wówczas H₁ = M₁ i trójkąty AH₁C oraz ABH₁ są przystające (bkb), a stąd |AC| = |AB|. Analogicznie pokazujemy, że |AB| = |BC|. Stąd wynika teza.

2) H=M. Oba punkty leżą na prostych przechodzących przez A i prostopadłych do boku BC, zatem musi to być jedna prosta i stąd H₁ = M₁. Dalej jak przypadku 1).

3) H=I. Wówczas proste AH i AI się pokrywają, co oznacza, że wysokość AH₁ jest dwusieczną kąta A, a stąd trójkąty AH₁C i ABH₁ sa przystające, czyli |AC| = |AB|. Analogicznie pokazujemy, że |AB|=|BC|. Stąd wynika teza.

4) O=M. Wówczas środkowa AM₁ jest prostopadła do BC i M₁=H₁. Dalej jak w przypadku 1).

5) M=I. Wówczas środkowa AM₁ jest jednocześnie dwusieczną kąta A. Środkowa dzieli pole trójkąta ABC na pół, a dwusieczna jest zbiorem punktów równoodległych od ramion AC i AB. Stąd wynika, że |AC| = |AB|. Analogicznie pokazujemy, że |AB| = |BC|. Z tego wynika teza.

6) I=O. Wówczas środki boków są jednocześnie punktami styczności okręgu wpisanego w trójkat, co oznacza, że trójkąty AOB, BOC i COA są przystające. Stąd wynika teza.

Zad. 2. Wykaż, że ortocentrum dzieli każdą wysokość na dwa odcinki o takich długościach, że ich iloczyn jest stały dla danego trójkąta.

Rozwiązanie 1. Trójkąty AH₃H i CH₁H są podobne (kk). Zachodzi proporcja boków |AH|:|HH₃| = |CH|:|HH₁|, skąd |AH|·|HH₁| = |CH|·|HH₃|, co stanowi tezę. Analogicznie pokazujemy, że |AH|·|HH₁| = |BH|·|HH₂|.

Rozwiązanie 2. Zauważmy, że na czworokątach ABH₁H₂ i CAH₃H₁ można opisać okrąg (na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia o kątach wpisanych w okrąg opartych na tym samym łuku). Z twierdzenia o przecinających się cięciwach okręgu mamy |AH|·|HH₁| = |BH|·|HH₂| oraz |AH|·|HH₁| = |CH|·|HH₃|, skąd |AH|·|HH₁| = |BH|·|HH₂| = |CH|·|HH₃|, c.n.d.

Zad. 3. Wykaż, że punkty symetryczne do ortocentrum względem boków trójkąta leżą na okręgu opisanym na tym trójkącie.

Rozwiązanie. Niech H' oznacza punkt symetryczny do ortocentrum H względem boku AB. Zauważmy, że |∡AH'B| = |∡AHB| = |∡AHH₃|+|∡H₃HB| = 90°–|∡HAH₃|+90°–|∡HBH₃| = 90°–|∡H₁AB|+90°–|∡H₂BA| = 90°–(90°–β)+90°–(90°–α) = α+β = 180°–γ = 180°–|∡ACB|, co oznacza, że na czworokącie AH'BC można opisać okrąg. Stąd wynika teza. Pozostałe przypadki rozpatrujemy analogicznie.

Zad. 4. Przez środek E wysokości AH₁ w trójkącie ABC i wierzchołek C poprowadzono prostą przecinającą AB w punkcie D. Wiedząc, że |AE| = √(|EC|∙|ED|) wykaż, że E pokrywa się z ortocentrum trójkąta.

Rozwiązanie. Skoro |AE| = √(|EC|∙|ED|), to |AE|² = |EC|·|ED|, a to oznacza, że |AE|·|EH₁| = |EC|·|ED|, czyli |AE|:|ED| = |EC|:|EH₁|. To oznacza, że trójkąty AED i CEH₁ są podobne (z cechy bkb). Stąd |∡ADE| = 90°.

Zad. 5. Znajdź punkt X taki, że  P_BXM1 = P_CXM1 = P_CXM2 = P_AXM2 = P_AXM3 = P_BXM3 oraz punkt Y taki, że P_BYC = P_AYC = P_AYB.

Rozwiązanie. Rozważmy środek ciężkości M trójkąta ABC, czyli punkt przecięcia środkowych tego trójkąta. Każda środkowa dzieli pole trójkąta na pół. Stąd P_CAM3 = P_CM3B, a P₁ = P_AMM3 = P_BMM3, P₂ = P_BMM1 = P_CMM1 oraz P₃ = P_CXM2 = P_AMM2. Stąd mamy 2P₃ + P₁ = 2P₂ + P₁, czyli P₂= P₃. Analogicznie P₁=P₂. Zatem szukanym punktem X (a także Y) jest środek ciężkości M.

Zad. 6. Wykaż, że w trójkącie ABC (o bokach długości a, b, c) promień okręgu opisanego ma długość ¹/₆(ab+bc+ac):(d₁+d₂+d₃), gdzie d_i oznacza odległość środka ciężkości trójkąta od poszczególnych boków. 

Rozwiązanie.  Na mocy poprzedniego zadania mamy ¹/₂·ad₁ = ¹/₂·bd₂ = ¹/₂·cd₃ = ¹/₃·P. Stąd d₁=2P/3a, d₂ = 2P/3b i d₃ = 2P/3c, zatem d₁+d₂+d₃ = ²/₃P(1/a + 1/b + 1/c), co po rozszerzeniu ułamków w ostatnim nawiasie przez abc jest równe ²/₃P(bc+ac+ba)/abc, czyli (d₁+d₂+d₃):(ab+ac+bc) = ²/₃P/abc. Pamiętając, że P = abc/4R, otrzymujemy (d₁+d₂+d₃):(ab+ac+bc) = 1/6R, a stąd R = ¹/₆·(ab+bc+ac)/(d₁+d₂+d₃), c.n.d.

Zad. 7. Wykaż, że w trójkącie  ABC kąty HAB i OAC mają równe miary, gdzie H - ortocentrum, O - środek okręgu opisanego na tym trójkącie.

Rozwiązanie. Zauważmy, że |∡HAB| = |∡H₁AB| = 90°–β. Z drugiej strony w trójkącie równoramiennym AOC kąt środkowy AOC ma miarę 2β. Stąd |∡OAC| = ¹/₂·(180°–2β) = 90°–β, c.n.d. To rozwiązanie zakłada, że trójkąt ABC jest ostrokątny (środek okręgu opisanego leży wewnątrz trójkąta). Dla innych trójkątów rozumowanie jest analogiczne. Proponujemy dowód przeprowadzić samodzielnie. 

Zad. 8. Wykaż, że jeśli kąt w wierzchołku A trójkąta ABC ma 60°, to |AH| = R, gdzie H - ortocentrum, R - promień okręgu opisanego na trójkącie.

Rozwiązanie. Kąt środkowy COB ma miarę 120°, a stąd |∡COM₁| = 60°, zatem trójkąt OM₁C jest trójkątem ekierkowym, w którym |OM₁| = |OC|/2 = R/2. Trójkąty AHC i OM₁M₃ są podobne z cechy kkk, bo mają boki parami równoległe (dlaczego?). Skala tego podobieństwa wynosi 2 (dlaczego?). Ponieważ w tym podobieństwie odpowiadającymi bokami są AH i OM₁, zachodzi  |AH| = 2|OM₁| = R. To rozwiązanie zakłada, że trójkąt ABC jest ostrokątny (środek
okręgu opisanego leży wewnątrz trójkąta). Dla innych trójkątów
rozumowanie jest analogiczne. Proponujemy dowód przeprowadzić
samodzielnie.

Zad. 9. Wykaż, że jeśli jeden z kątów trójkąta ma miarę 60°, to |OI| = |IH|, gdzie H - ortocentrum, O - środek okręgu opisanego na trójkącie, I – środek okręgu wpisanego w trójkąt (tzw. incentrum trójkąta).

Rozwiązanie. Niech |∡A| = 60°. Na mocy zad. 8 mamy |AH| = R. Zauważmy, że |∡CAH| = |∡CAH₁| = 90°–γ = |∡M₃AO|, bo kąt środkowy AOB ma miarę 2γ (równość |∡CAH| = |∡M₃AO| wynika też od razu z zad, 7). Wobec tego oraz faktu, że AI jest dwusieczną kąta A, kąty HAI i IAO mają równe miary. Na mocy cechy bkb trójkąty AHI oraz AIO są przystające, a stąd wynika teza. To rozwiązanie zakłada, że trójkąt ABC jest ostrokątny (środek
okręgu opisanego leży wewnątrz trójkąta). Dla innych trójkątów
rozumowanie jest analogiczne. Proponujemy dowód przeprowadzić
samodzielnie.

Zad. 10. Wykaż, że jeśli w trójkącie ostrokątnym ABC kąt w wierzchołku A ma miarę 60°, to punkty B, C, O, H, I oraz I_a leżą na jednym okręgu (I_a to środek okręgu dopisanego do trójkąta, stycznego do boku przeciwległego do wierzchołka A).

Rozwiązanie. Zauważmy, że |∡CI_aB| = 180°–(90°–γ/2) – (90°–β/2) = γ/2 + β/2 = 90°–α/2 = 60°. Z kolei |∡CIB| = 90°+α/2 = 120° (bo to kąt między dwusiecznymi),  |∡COB| = 120° (bo to kąt środkowy) oraz |∡CHB| = 180°–|∡H₂HC| = 180°–(90°–(90°–60°) = 120°. Zatem czworokąty CIBI_a, COBI_a oraz CHBI_a są wpisane w okrąg opisany na trójkącie CBI_a, a stąd wynika teza.