Wokół okręgu Eulera

Okrąg Eulera zwany powszechnie okręgiem dziewięciu punktów to jeden z okręgów związanych z trójkątem. Przechodzi on przez dziewięć charakterystycznych punktów dowolnego trójkąta. Okrąg ten zrobił niebywałą karierę w geometrii i stał się bohaterem niezliczonej ilości problemów matematycznych opisujących jego zadziwiające własności. O niektórych pisaliśmy już w artykule Z okręgiem Eulera w tle. Teraz poznamy kilkanaście kolejnych.

Przypomnijmy, że okrąg Eulera przechodzi przez dziewięć charakterystycznych punktów dowolnego trójkąta. Te punkty to:

• środki boków trójkąta (niebieskie),
• spodki wysokości trójkąta (czerwone),
• punkty dzielące na połowy odcinki, które łączą (czarne) wierzchołki trójkąta z jego ortocentrum, czyli punktem przecięcia prostych zawierających wysokości (zielone).

Przypomnijmy też podstawowe fakty geometryczne, z których będziemy korzystać. Każdy z Czytelników z pewnością łatwo je uzasadni.

Fakt 1. Odcinek łączący środki dwóch boków trójkąta jest równoległy do trzeciego boku i dwa razy od niego krótszy.

Fakt 2. Środkowa opuszczona na przeciwprostokątną jest równa jej połowie.

Fakt 3. Odległość wierzchołka trójkąta od ortocentrum jest dwa razy większa od odległości środka okręgu opisanego na tym trójkącie od środka przeciwległego boku.

Fakt 4. Trójkąt spodkowy H₁H₂H₃ (o wierzchołkach w spodkach wysokości wyjściowego trójkąta) odcina od trójkąta wyjściowego trzy trójkąty do niego podobne, przy czym |∡H₂H₁C| = |∡H₃H₁B| = α, |∡CH₂H₁| = |∡AH₂H₃| = β oraz |∡AH₃H₂| = |∡BH₃H₁|= γ.

Fakt 5. Na czworokącie wypukłym można opisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy suma miar przeciwległych kątów wynosi 180°.

Wprowadźmy standardowe oznaczenia.

• A, B, C - wierzchołki trójkąta (czarne) leżące przy kątach o miarach odpowiednio α, β, γ i przeciwległe do boków o długościach odpowiednio a, b, c;
• M₁, M_2, M₃ - środki boków trójkąta (niebieskie),
• H₁, H_2, H₃ - spodki wysokości trójkąta (czerwone),
• H - ortocentrum trójkąta (czarne),
• E₁, E_2, E₃ - środki odcinków łączących wierzchołki trójkąta z ortocentrum (zielone),
• W₁, W_2, W₃ - punkty przecięcia dwusiecznych kątów trójkąta z okręgiem opisanym na tym trójkącie,
• O - środek okręgu opisanego na trójkącie,
• R - długość promienia okręgu opisanego na trójkącie,
• I - środek okręgu wpisanego w trójkąt,
• r - długość promienia okręgu wpisanego w trójkąt,
• P - pole trójkąta,
• p - połowa obwodu trójkąta.

Zad. 1. Wykaż że |M₁M₂| = |H₁M₃|, |H₁M₂| = |H₃M₂|, |M₁H₂|+|M₁H₃| = |BC|.

Rozwiązanie. Zauważmy, że z faktu 1 mamy  |M₁M₂| = ¹/₂|AB|, a z faktu 2 w trójkącie ABH₁ mamy |H₁M₃| = ¹/₂|AB|, czyli |M₁M₂| = |H₁M₃|. Dalej z faktu 2 w trójkątach AH₁C i AH₃C mamy |H₁M₂| = |H₃M₂| = ¹/₂|AC|. Z kolei z faktu 2 w trójkątach BH₂C i CH₃B mamy |M₁H₂|+|M₁H₃| = ¹/₂|BC| + ¹/₂|BC| = |BC|.

Zad. 2. Wykaż, że |E₁H₂| = |OM₁|, |M₁E₂| = |M₂E₁| = |OM₃|.

Rozwiązanie. Z faktu 2 w trójkącie AHH₂ mamy  |E₁H₂| = ¹/₂|AH| = |OM₁| ( to ostatnie z faktu 3). Z faktu 1 w trójkątach CHB i AHC mamy |M₁E₂| = |M₂E₁| = ¹/₂|CH| = |OM₃| (to ostatnie z faktu 3).

Zad. 3. Wykaż, że M₁E₂ || M₂E₁ i  M₂M₁ || E₁E₂. 

Rozwiązanie. Z faktu 1 w trójkątach  CHB i AHC mamy  M₁E₂ || M₂E₁ || CH. Z faktu 1 w trójkątach ABC i AHB mamy M₂M₁ || E₁E₂ || AB.

Zad. 4. Wykaż, że |∡M₁M₂M₃| = |∡M₂H₁H₃| i |∡M₁M₃H₁| = |∡H₁M₂M₁|.

Rozwiązanie. Z faktu 1 mamy |∡CM₂M₁| = α oraz |∡AM₂M₃| = γ, a stąd  |∡M₁M₂M₃| = 180°–α–γ = β. Dalej z faktu 2 w trójkącie AH₁C mamy równoramienność trójkąta M₂H₁C, a stąd |∡M₂H₁C| = γ. Z kolei z faktu 4 |∡H₃H₁B| = α. Stąd |∡M₂H₁H_3| = 180°–α–γ = β. Zauważmy teraz , że z faktu 1 mamy |∡M₁M₃B| = α, a z faktu 2 w trójkącie ABH₁ mamy |∡AM₃H₁| = 2β. Stąd  |∡M₁M₃H₁| = 180°–α–2β = γ–β. Z drugiej strony z faktu 2 w trójkącie AH₁C mamy |∡CM₂H₁| = 180°–2γ oraz z faktu 1 mamy |∡AM₂M₁| = 180°–α. Zatem |∡H₁M₂M₁| = 180°–(180°–2γ) – (180°–α) = γ–β.

Zad. 5. Wykaż (nie korzystając z własności okręgu Eulera) współokręgowość każdej czwórki punktów: M₁M₂M₃H₁, M₁M₂M₃E₁ oraz H₁H₂H₃M₁.

Rozwiązanie. 

M₁M₂M₃H₁: Z faktu 1 mamy |∡M₁M₃B| = α oraz |∡M₂M₃A| = β, a stąd |∡M₂M₃M₁| = 180°–α–β = γ. Z drugiej strony z faktu 2 w trójkącie AH₁C mamy równoramienność trójkąta M₂H₁C, czyli  |∡M₂H₁C| = γ, skąd |∡M₂H₁M₁| = 180°–γ. Na mocy faktu 5 mamy tezę, bo |∡M₂M₃M₁| + |∡M₂H₁M₁| = 180°.

M₁M₂M₃E₁: Z faktu 1 w trójkącie AHC odcinek M₂E₁ jest równoległy do CH, a z faktu 1 w trójkącie ABC odcinek M₂M₁ jest równoległy do AB. Zatem |∡E₁M₂M₁| = 90°, bo CH jest prostopadłe do AB. Z drugiej strony z faktu 1 |∡M₁M₃B| = α, a z faktu 1 w trójkącie AHB mamy |∡E₁M₃A| = 90°–α, skąd |∡E₁M₃M₁| = 90°. Na mocy faktu 5 mamy więc tezę.

H₁H₂H₃M₁: Z faktu 4 mamy |∡H₂H₁C| = α, skąd |∡H₂H₁M₁| = 180°–α. Z drugiej strony z faktu 2 w trójkącie CH₃B mamy |∡M₁H₃B| = β, a z faktu 4 mamy |∡AH₃H₂| = γ, skąd |∡H₂H₃M₁| = α. Na mocy faktu 5 mamy więc tezę, bo |∡H₂H₁M₁| + |∡H₂H₃M₁| = 180°.

Zad. 6. Wykaż, że punkty C, H₂, H₃, B są współokręgowe.

Rozwiązanie. Z faktu 2 w trójkątach CH₃B i CH₂B mamy |M₁H₂| = ¹/₂|BC| = |M₁H₃|, co oznacza, że M₁ jest środkiem szukanego okręgu.

Zad. 7. Wykaż, że |BH|·|HH₂| = |CH|·|HH₃|.

Rozwiązanie. Punkty C, H₂, H₃ i B są współokręgowe, a BH₂ i CH₃ są cięciwami tego okręgu przecinającymi się w punkcie H. Na mocy twierdzenia o przecinających się cięciwach mamy tezę. Stanowi ona pewną własność ortocentrum: dzieli ono wysokości trójkąta na odcinki, których iloczyny długości dla danego tyrójkąta są stałe.

Zad. 8. Wykaż, że |∡AH₂H₃| = |∡ABC|.

Rozwiązanie. Na mocy faktu 5 na czworokącie AH₃HH₂ można opisać okrąg. Mamy  |∡AH₂H₃| = |∡AHH₃| jako kąty wpisane oparte na tym samym łuku AH₃. Z kolei w trójkącie AH₃H mamy |∡AHH₃| = 90°–|∡HAH₃| = 90°–|∡H₁AB| = 90°–(90°–β) = β.

Zad. 9. Wykaż, że OA jest prostopadłe do H₂H₃.

Rozwiązanie. Zauważmy, że |∡AOB| = 2γ (kąt środkowy), skąd |∡AOM₃| = γ i |∡OAM₃| = 90°–γ. Niech K będzie punktem przecięcia odcinków OA i H₂H₃. Na mocy faktu 4 mamy |∡H₂H₃A| = γ = |∡KH₃A|. Zatem w trójkącie AKH₃ mamy |∡AKH₃| = 90°. Analogicznie wzajemnie prostopadłe są pary odcinków OB i H₁H₃ oraz OC i H₂H₁.

Zad. 10. Wykaż, że P_ABC = R·p_H, gdzie p_H to połowa obwodu trójkąta spodkowego H₁H₂H₃.

Rozwiązanie. Zauważmy, że P_ABC = P_AH3OH2 + P_H3OBH1 + P_H2OH1C. Korzystając z faktu, że pole czworokata o prostopadłych przekątnych jest równe połowie iloczynu długości tych przekątnych, otrzymujemy P_ABC = ¹/₂·|OA|·|H₂H₃| + ¹/₂·|OB|·|H₁H₃| + ¹/₂·|OC|·|H₂H₁| = ¹/₂·R·(|H₂H₃|+|H₃H₁|+|H₂H₁|) = R·p_H.

Zad. 11. Wykaż, że ortocentrum jest symetryczne względem spodków wysokości do punktów przecięcia się wysokości z okręgiem opisanym na trójkącie.

Rozwiązanie. Oznaczmy punkt przecięcia prostej zawierającej wysokość CH₃ z okręgiem przez H₄. Mamy wówczas |∡AH₄H₁| = |∡AH₄C| = |∡ABC| = β. Z drugiej strony |∡AHH₃| = β (jak w rozwiązaniu zad. 8). Oznacza to, że trójkąty prostokątne AH3H i AH₄H₃ są przystające na mocy cechy kbk, bo mają wspólny bok AH₃. Stąd wynika teza.

Zad. 12. Wykaż, że pole trójkąta W₁W₂W₃ jest równe ¹/₂R·p.

Rozwiązanie. Oznaczmy przez A₁ punkt przecięcia dwusiecznej AW₁ z odcinkiem W₂W₃. Rozważmy trójkąt A₁W₃W₁. Mamy |∡A₁W₃W₁| = |∡A₁W₃I| + |∡IW₃W₁| = |∡W₂W₃C| + |∡CW₃W₁| = |∡W₂BC| + |∡CAW₁| = β/2 + α/2. Z kolei |∡A₁W₁W₃| = |∡AW₁W₃| =|∡ACW₃| = γ/2. Zatem |∡W₁A₁W₃| = 90°, co oznacza, że A₁ jest spodkiem wysokości w trójkącie W₁W₂W₃. Analogicznie punkty B₁ i C₁ są także spodkami wysokości w tym trójkącie, a punkt I stanowi ortocentrum trójkąta W₁W₂W₃. Stąd trójkąt A₁B₁C₁ jest trójkątem spodkowym trójkąta W₁W₂W₃, zatem na mocy zad. 10 mamy P_W1W2W3 = R·p_A1B1C1. Mamy też |AA₁|=|A₁I| i analogicznie |BB₁|=|B₁I| oraz |CC₁|=|C₁I|, bo symetryczne odbicie ortocentrum trójkąta leży na okręgu opisanym na tym trójkacie - zad. 11. Zauważmy teraz, że z faktu 1 w trójkątach AIC, AIB oraz BIC mamy ¹/₂· p_ABC = p_A1B1C1. Stąd wynika teza.