Okrąg Eulera zwany też okręgiem Feuerbacha albo okręgiem dziewięciu punktów jest to jeden z okręgów związanych z trójkątem. Przechodzi on 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).
W 1822 niemiecki geometra Karl Wilhelm Feuerbach - profesor gimnazjum w Erlangen - zauważył, że sześć charakterystycznych punktów trójkąta – środki boków oraz spodki wysokości – leży na jednym okręgu. Niedługo przed nim (1821), ale przy okazji badania geometrii rzutowej, tego samego odkrycia dokonali matematycy francuscy: Charles Brianchon i Jean-Victor Poncelet. Natomiast niedługo później matematyk francuski (pochodzenia żydowskiego) Olry Terquem zauważył i udowodnił, że na wspólnym okręgu leżą też środki odcinków łączących wierzchołki trójkąta z ortocentrum. To Terquem jako pierwszy użył nazwy „okrąg dziewięciu punktów”.
Od tego czasu okrąg ten stał się bohaterem niezliczonej ilości problemów matematycznych opisujących jego zadziwiające własności. Poniżej rozwiążemy kilka zadań z "dziewięciu punktów" jednak nie korzystając z okręgu Eulera.
Wprowadźmy następujące 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, M2, M3 - środki boków trójkąta (niebieskie),
- H1, H2, H3 - spodki wysokości trójkąta (czerwone),
- H - ortocentrum trójkąta (czarne),
- E1, E2, E3 - środki odcinków łączących wierzchołki trójkąta z ortocentrum (zielone),
- 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,
- W1, W2, W3 - punkty przecięcia dwusiecznych kątów trójkąta z okręgiem opisanym na tym trójkącie.
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 (tzw. linia środkowa) 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 dłuższa od odległości środka okręgu opisanego na tym trójkącie od środka przeciwległego boku.
Zad. 1. Wykaż, że odcinki M1E1, M2E2, M3E3 przecinają się w jednym punkcie, który dzieli je na pół.
Rozwiązanie. Zauważmy, że odcinki M2E1 oraz M1E2 są liniami środkowymi odpowiednio w trójkątach AHC i BHC, zatem (z faktu 1) są równoległe do CH i równe jego połowie. Także odcinki M1M2 i E1E2 są równoległe do AB i równe jego połowie (dlaczego?). Stąd czworokąt E1E2M1M2 jest równoległobokiem (a nawet prostokątem - dlaczego?), a jego przekątne M1E1 i M2E2 połowią się nawzajem w punkcie przecięcia S. Analogicznie rozważamy czworokąty E1M3M1E3 lub M3E2E3M2.
Zad. 2. Wykaż, że |M1E1| = R.
Rozwiązanie. Odcinki AE1 i OM1 leżą na prostych prostopadłych do boku BC, więc są równoległe. Z drugiej strony z faktu 3 są równe. Zatem czworokąt AOM1E1 jest równoległobokiem stąd teza.
Zad. 3. Wykaż, że |E1E2| = |M1M2| = |H1M3|.
Rozwiązanie. Zauważmy, że odcinek E1E2 jest linią środkową w trójkącie AHB, a odcinek M1M2 jest linią środkową w trójkącie ABC. Odcinki te z faktu 1 są zatem równe połowie boku AB. Z kolei z faktu 2 w trójkącie prostokątnym ABH1, środkowa H1M3 opuszczona na przeciwprostokątną AB jest od niej dwa razy krótsza. Stąd wynika teza.
Zad. 4. Wykaż, że kąty AE1H3 oraz CE3H1 mają równe miary.
Rozwiązanie. Zauważmy, że z faktu 2 trójkąty E1H3H i E3HH1 są równoramienne przy czym |∡E1H3H| = |∡E1HH3| = |∡E3HH1| = |∡HH1E3| = φ. Kąty AE1H3 oraz CE3H1 są zewnętrznymi w trójkątach odpowiednio E1H3H i E3HH1, zatem też mają równe miary.
Zad. 5. Wykaż, że kąt φ między prostymi H3M2 i H2E3 ma tę samą miarę, co kąt ψ między prostymi H2M3 i H3E2.
Rozwiązanie. Rozważmy kąty φ i ψ jako zewnętrzne dla odpowiednich trójkątów. Zauważmy, że z faktu 2 w trójkątach AH3C i CH2H mamy: |∡AM2H3| = 180°–2α oraz |∡CH2E3| = 90°–α, stąd φ = 270°–3α. Z drugiej strony z faktu 2 w trójkątach ABH2 i BHH3 mamy: |∡AM3H2| = 180°–2α oraz |∡E2H3B| = 90°–α, stąd ψ = 270°–3α. Stąd wynika teza.
Zad. 6. W trójkącie ABC odcinki BE1 i H2M3 przecinają się w T. Wykaż, że trójkąty H2E1T i BM3T mają równe pola.
Rozwiązanie. Wystarczy zauważyć, że czworokąt E1M3BH2 jest trapezem, bo odcinek E1M3 jest równoległy do BH2 jako linia środkowa w trójkącie ABH.
Zad. 7. Niech pole czworokąta H1E3E1E2 wynosi S, a stosunek długości AH do HH1 wynosi 1,5. Oblicz pole trójkąta ABC.
Rozwiązanie. Zauważmy, że E2E3 jest prostopadły do AH1, a stąd S = 1/2|E1H1|·|E2E3|. Z podanego w treści zadania stosunku wynika, że |AH| = 3/5|AH1|, skąd |AE1| = 3/10|AH1| i dalej |E1H1| = 7/10|AH1|. Otrzymujemy zatem S = 1/2|E1H1|·|E2E3| = 1/2(7/10|AH1|·1/2|BC| = 7/20·SABC, zatem SABC = 20/7S.
Zad. 8. Wykaż, że |AI|∙|IW1| = 2Rr.
Rozwiązanie. Wykażemy, że |W1B| = |W1C| = |IW1| (jest to tzw. własność trójliścia). Równość pierwsza jest oczywista. Rozważmy trójkąt CIW1. Mamy |∡ICW1| = |∡W3CB| + |∡BCW1| = 1/2(γ+α). Z kolei kąt CIW1 jest zewnętrzny w trójkącie AIC i ma miarę 1/2(γ+α), zatem trójkąt ICW1 jest równoramienny, przy czym |W1C| = |IW1|. Nech CD będzie średnicą okregu opisanego na trójkącie ABC, a K - punktem styczności okręgu wpisanego w ten trójkąt. Zauważmy, że trójkąty prostokątne AIK oraz CDW1 są podobne z cechy kkk, bo kąty KAI i CDW1 mają miary α/2. Mamy zatem |KI|:|AI| = |CW1|:|CD|, skąd po uwzględnieniu, że |KI| = r, a |CD| = 2R i |CW1| = |IW1|, mamy tezę.
Zad. 9. Wykaż, że |OI|2 = R2 – 2Rr (jest to tzw. wzór Eulera).
Rozwiązanie. Niech średnica przechodząca przez I przecina okrąg opisany na trójkącie ABC w punktach P i Q. Wówczas z twierdzenia o cięciwach okręgu mamy |AI|·|IW1| = |PI|·|IQ| = (|PO|–|OI|)·(|OI|+|OQ|) = (R–|OI|)·(R+|OI|) = R2–|OI|2. Uwzględniając tezę poprzedniego zadania, mamy |OI|2 = R2–2Rr.
Zad. 10. Wykaż, że R ≥ 2r.
Rozwiązanie. Zauważmy, że |OI|2 ≥ 0. Stąd i z poprzedniego zadania wynika teza.
Zad. 11. Trójkąt ABC wpisano w okrąg. CD jest średnicą okręgu. Wykaż, że |ID|2 = 4R2 – ab.
Rozwiązanie. Zauważmy, że OI jest środkową trójkąta CID. Korzystając ze wzoru na środkową, otrzymujemy |OI|2 = 1/4(2|CI|2+2|ID|2–|CD|2), skąd po uwzględnieniu wzoru Eulera z zad. 9 mamy |ID|2 = 4R2–4Rr–|CI|2. Korzystając kilkakrotnie z twierdzenia o dwusiecznej kąta wewnętrznego (w trójkątach ABC i AW3C, po żmudnych przekształceniach otrzymujemy (*) |CI| = (b·|CW3|) / (b+(bc/(a+b)), gdzie |CW3| = √(ab–(abc2)/(a+b)2) = (√( ab(a+b–c)(a+b+c)))/(a+b). Po podstawieniu do (*) mamy |CI| = (√ab(a+b–c)(a+b+c))/(a+b+c) = √((ab(a+b–c))(a+b+c)) =√(ab–(2abc)/(a+b+c)) = √(ab–(8RSABC)/(2SABC/r)) = √(ab–4Rr). Ostatecznie |ID|2 = 4R2–4Rr–(ab–4Rr) = 4R2–ab.
Więcej zadań związanych z okręgiem Eurera znajdziecie w artykule Wokół okręgu Eulera.
