Лаборатория с одним прибором — подвижным треугольником. Двигаем вершины, замечаем, что не меняется, и доказываем, почему: от признаков равенства до прямой Эйлера.
какие три данных задают треугольник однозначно, а какие — нет, и как это доказывается
находить углы, стороны и площадь треугольника: сумма углов, неравенство треугольника, подобие, формула Герона
где пересекаются медианы, биссектрисы, серединные перпендикуляры и высоты — и почему
Прошлая глава закончилась на том, что любой многоугольник режется диагоналями на треугольники. Есть и вторая причина, по которой геометрия начинается с треугольника. Сколотите из четырёх реек рамку на гвоздях — она перекашивается от лёгкого толчка. Рамка из трёх реек стоит намертво. Поэтому фермы мостов, стрелы кранов и опоры линий электропередачи собраны из треугольников: треугольник — единственный многоугольник из стержней на шарнирах, который не меняет формы.
Жёсткость означает, что три длины уже определяют треугольник целиком. А какие ещё наборы данных его определяют? У треугольника шесть чисел — три стороны и три угла, и вопрос в том, сколько из них и какие нужно знать. Эта глава устроена как лаборатория с одним прибором — подвижным треугольником. В каждом опыте мы сначала двигаем вершины и замечаем, что не меняется, а потом доказываем, почему так будет с любым треугольником, а не только с теми, что попались под руку. Доказательства тоже подвижные: чертёж строится по шагам вместе с текстом, а вершины можно тянуть на любом шаге.
Шесть чисел и три нужных
Опыт 1. Выберите, что известно о треугольнике, и двигайте ползунки. Прибор рисует все треугольники, которые подходят под описание.
Шесть наборов данных. Для каждого проверьте: бывает ли так, что треугольников два? Ни одного? Бесконечно много?
Картина получается такая. Три стороны, две стороны с углом между ними, сторона с двумя углами — во всех этих случаях треугольник выходит один или не выходит вовсе. Три угла размер не задают: подходит целое семейство треугольников одной формы. А две стороны и угол, который не лежит между ними, иногда описывают сразу два разных треугольника.
Равные треугольники — треугольники, которые можно совместить наложением. У них соответственно равны все три стороны и все три угла.
Наборы, при которых треугольник выходит один, называются признаками равенства. Их три, и доказывать их придётся по порядку: каждое следующее доказательство опирается на предыдущие.
Если две стороны и угол между ними одного треугольника равны соответственно двум сторонам и углу между ними другого треугольника, то такие треугольники равны.
Хитрость в том, чтобы положить один треугольник на другой и проследить, куда попадут вершины.
Пусть $AB = A'B'$, $AC = A'C'$ и $\angle A = \angle A'$. На чертеже равные стороны отмечены одинаковыми засечками, равные углы — одним цветом.Перенесём треугольник $ABC$ так, чтобы вершина $A$ попала в $A'$, а луч $AB$ пошёл по лучу $A'B'$. Отрезки $AB$ и $A'B'$ равны и отложены от одной точки по одному лучу, поэтому $B$ попадёт точно в $B'$.Угол $A$ равен углу $A'$, поэтому луч $AC$ пойдёт по лучу $A'C'$ (если вершина $C$ оказалась по другую сторону от $A'B'$, треугольник сначала переворачиваем). На этом луче $AC = A'C'$ — значит, $C$ попадёт в $C'$.Все три вершины совпали, а через две точки проходит только одна прямая, поэтому совпали и стороны $BC$ и $B'C'$. Треугольники совместились — они равны.
Это доказательство Евклида (предложение I.4), и в прошлой главе мы видели, в чём его слабость: «переносить» фигуры постулаты не разрешают. Гильберт поступил честно и принял за аксиому конгруэнтности утверждение, из которого первый признак сразу следует. Так что первый признак выражает свойство самой плоскости: треугольник можно передвинуть куда угодно, и он не изменится.
Если сторона и два прилежащих к ней угла одного треугольника равны соответственно стороне и двум прилежащим к ней углам другого, то такие треугольники равны.
Третья вершина — это точка, где пересекаются два луча, а два луча, лежащие на разных прямых, пересекаются не больше чем в одной точке.
Пусть $AB = A'B'$, $\angle A = \angle A'$ и $\angle B = \angle B'$.Вершина $C'$ лежит на луче, который выходит из $A'$ под углом $\angle A$ к $A'B'$, и на луче, который выходит из $B'$ под углом $\angle B$. Другой общей точки у этих лучей нет: две различные прямые не могут пересекаться дважды, иначе через две точки проходили бы две прямые.Отложим на первом луче отрезок $A'C'' = AC$.Треугольники $ABC$ и $A'B'C''$ равны по первому признаку: $AB = A'B'$, $AC = A'C''$, $\angle A = \angle A'$. Значит, $\angle A'B'C'' = \angle ABC = \angle A'B'C'$, и луч $B'C''$ совпадает со вторым лучом.Точка $C''$ лежит на обоих лучах, поэтому $C'' = C'$. Значит, $A'C' = AC$, и по первому признаку треугольники $ABC$ и $A'B'C'$ равны.
Для третьего признака понадобится свойство равнобедренного треугольника — «мост ослов», как называли его школяры, на котором застревали слабые ученики.
В равнобедренном треугольнике углы при основании равны. Биссектриса угла при вершине делит основание пополам и перпендикулярна ему.
Разрежем треугольник биссектрисой на две половинки и докажем, что они равны.
Пусть в треугольнике $ABC$ боковые стороны равны: $CA = CB$.Проведём биссектрису $CD$ угла $C$ (её можно построить циркулем и линейкой — глава 16). Она делит угол $C$ на два равных угла.Треугольники $ACD$ и $BCD$ равны по первому признаку: $CA = CB$, сторона $CD$ общая, углы при вершине $C$ равны.У равных треугольников равны соответственные элементы: $\angle A = \angle B$, $AD = DB$ и $\angle ADC = \angle BDC$. Два последних угла смежные и вместе составляют $180^\circ$, поэтому каждый из них прямой: $CD \perp AB$.
Если три стороны одного треугольника равны соответственно трём сторонам другого, то такие треугольники равны.
Приложим второй треугольник к первому и найдём в получившейся фигуре два равнобедренных треугольника: они подскажут, что равны и углы.
Пусть $AB = A'B'$, $AC = A'C'$, $BC = B'C'$. Отложим от луча $AB$ по другую сторону угол, равный $\angle A'$, и на его стороне — отрезок $AC'' = A'C'$. По первому признаку треугольник $ABC''$ равен $A'B'C'$, поэтому $BC'' = B'C' = BC$. Выходит, второй треугольник «приложен» к стороне $AB$ снизу, и $AC'' = AC$, $BC'' = BC$.Соединим $C$ и $C''$. Пусть отрезок $CC''$ пересекает $AB$ во внутренней точке — так будет, если углы $A$ и $B$ острые; остальные случаи разберём после доказательства.Треугольник $ACC''$ равнобедренный ($AC = AC''$), поэтому углы при его основании равны: $\angle ACC'' = \angle AC''C$.Треугольник $BCC''$ тоже равнобедренный ($BC = BC''$), и $\angle BCC'' = \angle BC''C$.Сложим: $\angle ACB = \angle ACC'' + \angle C''CB = \angle AC''C + \angle CC''B = \angle AC''B$. Треугольники $ABC$ и $ABC''$ равны по первому признаку: $AC = AC''$, $BC = BC''$ и углы между ними равны. А $ABC''$ равен $A'B'C'$, значит, $ABC = A'B'C'$.
Если отрезок $CC''$ проходит через вершину $A$ (угол $A$ прямой), то точки $C$, $A$, $C''$ лежат на одной прямой, треугольник $CBC''$ равнобедренный, и равенство углов при $C$ и $C''$ получается сразу. Если отрезок $CC''$ проходит мимо $AB$ (угол $A$ тупой), углы не складываются, а вычитаются: $\angle ACB = \angle BCC'' - \angle ACC''$. Остальное рассуждение то же. Третий признак и объясняет жёсткость рамки: длины трёх реек уже определяют все углы.
А вот «две стороны и угол не между ними» — не признак. Прибор показывает почему: сторона $a$, отложенная из точки $B$, может достать до луча из $A$ в двух местах. Когда эти данные всё-таки определяют треугольник, выясним в разделе о неравенстве треугольника: для ответа нужно уметь сравнивать стороны и углы.
В треугольниках $ABC$ и $A'B'C'$ равны стороны $AB = A'B' = 6$, $BC = B'C' = 4$ и углы $A = A' = 35^\circ$. Равны ли треугольники?
Угол $A$ не лежит между сторонами $AB$ и $BC$. Окружность радиусом $4$ с центром $B$ пересекает луч из $A$ в двух точках: получаются два разных треугольника с одинаковыми данными. Это ровно тот случай, который показывает прибор в режиме «две стороны и угол не между ними». Треугольники могут совпасть, а могут и нет.
Сто восемьдесят градусов
Опыт 2. Двигайте вершины и следите за суммой углов. Потом нажмите кнопку: углы при $A$ и $B$ «оторвутся» и приложатся к вершине $C$.
Три угла, сложенные вместе, дают развёрнутый угол. Пунктир — прямая через $C$, параллельная $AB$.
Такой опыт можно проделать и с бумажным треугольником: оторвать три уголка и приложить их друг к другу. Они всегда составят развёрнутый угол. Но бумага, как транспортир, подтверждает только то, что мы видим. Доказательство устроено так же, как анимация.
Сумма углов любого треугольника равна $180^\circ$.
Угол при вершине $A$, на чертеже доказательства — $\alpha$.Угол при вершине $B$, на чертеже — $\beta$.Угол при вершине $C$, на чертеже — $\gamma$.Пример: если $\angle A = 50^\circ$ и $\angle B = 70^\circ$, то $\angle C = 180^\circ - 50^\circ - 70^\circ = 60^\circ$.
Хитрость в том, чтобы собрать все три угла у одной вершины.
Проведём через вершину $C$ прямую, параллельную стороне $AB$. Такая прямая существует, и она одна — это пятый постулат в форме Плейфера (глава 16).Угол между этой прямой и стороной $CA$ равен углу $A$: это накрест лежащие углы при параллельных прямых и секущей $AC$. Равенство накрест лежащих углов при параллельных — предложение I.29, первое, где Евклид применяет пятый постулат.По той же причине угол между прямой и стороной $CB$ равен углу $B$ — накрест лежащие углы при секущей $BC$.Между ними остался угол $C$. Три угла при вершине $C$ вместе заполняют развёрнутый угол, а он равен $180^\circ$. Значит, $\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ$.
Раз в доказательстве работает пятый постулат, сумма углов треугольника — не свойство треугольников вообще, а свойство плоскости Евклида. На сфере, где роль прямых играют большие окружности, сумма углов треугольника всегда больше $180^\circ$: у треугольника с вершинами на полюсе и в двух точках экватора, разнесённых на четверть окружности, все три угла прямые. Об этом — глава 58.
Внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних углов, не смежных с ним.
Та же параллельная прямая, только проведённая внутри внешнего угла. Так рассуждает Евклид в предложении I.32.
Продолжим сторону $BC$ за вершину $C$ до точки $D$. Угол $ACD$ — внешний угол треугольника при вершине $C$.Проведём из $C$ луч $CE$, параллельный $BA$ и направленный в ту же сторону.$\angle ACE = \angle A$: это накрест лежащие углы при параллельных $BA$, $CE$ и секущей $AC$.$\angle ECD = \angle B$: это соответственные углы при тех же параллельных и секущей $BD$. Соответственные углы равны, потому что каждый из них равен одному и тому же накрест лежащему углу — через вертикальные углы.Луч $CE$ делит внешний угол на эти две части, поэтому $\angle ACD = \angle A + \angle B$.
Из суммы углов получается и признак равенства, которого не хватало: сторона и два угла, не обязательно прилежащие к ней.
Если сторона и два угла одного треугольника равны соответственно стороне и двум углам другого и эти углы одинаково расположены относительно стороны, то треугольники равны. В частности, прямоугольные треугольники равны по гипотенузе и острому углу.
Третьи углы треугольников тоже равны: каждый из них равен $180^\circ$ минус сумма двух данных углов. Значит, у данной стороны оба прилежащих угла известны и соответственно равны, и треугольники равны по второму признаку. Для прямоугольных треугольников с равными гипотенузами и острыми углами это ровно тот же случай: гипотенуза — данная сторона, а два угла — прямой и острый.
Углы треугольника относятся как $2 : 3 : 4$. Найдите наибольший угол в градусах.
Пусть углы равны $2x$, $3x$ и $4x$. Тогда $2x + 3x + 4x = 9x = 180^\circ$, $x = 20^\circ$, и наибольший угол равен $4 \cdot 20^\circ = 80^\circ$.
Палочки и неравенство треугольника
Опыт 3. Три палочки, основание неподвижно, две другие вращаются на шарнирах. Когда их концы встречаются?
Меняйте длины палочек и следите за тремя неравенствами под чертежом.
Неравенство треугольника — утверждение о том, что в любом треугольнике каждая сторона меньше суммы двух других.
Чтобы его доказать, понадобится лемма, которую Евклид доказывает прямо перед ним: она связывает длины сторон с величиной противолежащих углов.
В треугольнике против большей стороны лежит больший угол, и обратно: против большего угла лежит большая сторона.
Отложим на большей стороне отрезок, равный меньшей, и сравним углы через получившийся равнобедренный треугольник.
Пусть в треугольнике $ABC$ сторона $AC$ длиннее $AB$. Отложим на $AC$ отрезок $AD = AB$; раз $AB < AC$, точка $D$ лежит между $A$ и $C$.Треугольник $ABD$ равнобедренный, поэтому углы при его основании $BD$ равны: $\angle ABD = \angle ADB$.Угол $ADB$ — внешний угол треугольника $BDC$ при вершине $D$. По теореме о внешнем угле он равен $\angle DBC + \angle C$ и потому больше угла $C$.Луч $BD$ проходит внутри угла $ABC$, поэтому $\angle ABC > \angle ABD$. Получаем цепочку $\angle B > \angle ABD = \angle ADB > \angle C$: против большей стороны $AC$ лежит больший угол $B$.Обратное утверждение докажем от противного. Пусть $\angle B > \angle C$, но сторона $AC$ не длиннее $AB$. Если $AC = AB$, треугольник равнобедренный и $\angle B = \angle C$. Если $AC < AB$, то по доказанному $\angle B < \angle C$. Оба случая противоречат условию, значит, $AC > AB$.
В любом треугольнике каждая сторона меньше суммы двух других: $AB < AC + CB$.
Выпрямим ломаную $ACB$ в отрезок и сравним его с $AB$ с помощью леммы.
Продолжим сторону $AC$ за точку $C$ и отложим $CD = CB$. Тогда $AD = AC + CB$ — это длина ломаной $ACB$, выпрямленной в отрезок.Треугольник $BCD$ равнобедренный, поэтому $\angle CBD = \angle CDB$.Луч $BC$ проходит внутри угла $ABD$, поэтому $\angle ABD > \angle CBD = \angle ADB$.В треугольнике $ABD$ угол при вершине $B$ больше угла при $D$, а против большего угла лежит большая сторона. Значит, $AD > AB$, то есть $AB < AC + CB$.
Проверять все три неравенства не нужно: достаточно убедиться, что самая длинная сторона меньше суммы двух коротких — две другие проверки выполнятся сами. Если сумма ровно равна третьей стороне, палочки сходятся, но лежат на одной прямой: треугольник сплющивается в отрезок.
Это предложение I.20 «Начал». Прокл пишет, что эпикурейцы смеялись над ним: такое знает даже осёл, который идёт к сену напрямик, а не по двум сторонам. Смеялись зря. Евклид доказывал не очевидное, а то, что очевидное следует из аксиом. К тому же неравенство треугольника пригодится ещё не раз: в комплексных числах оно звучит как $|z + w| \le |z| + |w|$, а в анализе на нём держится понятие расстояния.
Опыт с палочками подсказывает и обратное: если неравенства выполнены, палочки сходятся всегда.
Если каждый из трёх отрезков $a$, $b$, $c$ меньше суммы двух других, то из них можно сложить треугольник, и все такие треугольники равны.
Третья вершина — общая точка двух окружностей. Надо доказать, что общая точка есть.
Отложим отрезок $AB = c$ и проведём две окружности: с центром $A$ радиусом $b$ и с центром $B$ радиусом $a$. Если найдётся их общая точка $C$, то $AC = b$ и $BC = a$ — это искомый треугольник.Возьмём точку $X$ второй окружности, лежащую на луче $BA$. От неё до $A$ расстояние $|c - a|$, а оно меньше $b$: неравенства $c < a + b$ и $a < b + c$ означают, что $c - a < b$ и $a - c < b$. Значит, $X$ лежит внутри первой окружности.Точка $Y$ второй окружности на продолжении $AB$ за $B$ удалена от $A$ на $c + a$, а это больше $b$, ведь $b < a + c$. Точка $Y$ лежит снаружи первой окружности.Пойдём по второй окружности от $X$ к $Y$. Расстояние до $A$ растёт непрерывно от $|c - a|$ до $c + a$ и где-то равно ровно $b$. В этой точке $C$ окружности пересекаются. Здесь работает аксиома непрерывности — та самая, которой не хватало Евклиду (глава 16).Треугольник $ABC$ имеет стороны $a$, $b$ и $c$. Любые два треугольника с такими сторонами равны по третьему признаку.
Две стороны треугольника равны $3$ и $8$. Сколько целых значений может принимать длина третьей стороны?
По неравенству треугольника $8 - 3 < c < 8 + 3$, то есть $5 < c < 11$. Целые значения: $6, 7, 8, 9, 10$ — всего пять.
Теперь можно вернуться к опыту 1 и выяснить, когда две стороны и угол не между ними всё-таки задают треугольник.
Пусть в треугольниках $ABC$ и $A'B'C'$ равны стороны $AB = A'B' = c$, $BC = B'C' = a$ и углы $A = A'$, причём $a \ge c$ — угол лежит против большей из двух сторон. Тогда треугольники равны.
Если бы подходящих треугольников было два, сторона против данного угла оказалась бы короче другой данной стороны.
Построим оба треугольника от одного угла $A$ с одной и той же стороной $AB = c$. Их третьи вершины $C_1$ и $C_2$ лежат на одном луче из $A$ и удалены от $B$ на $a$. Допустим, это разные точки и $C_1$ ближе к $A$.Треугольник $BC_1C_2$ равнобедренный, углы при его основании $C_1C_2$ равны. Оба они острые: два угла треугольника в сумме меньше $180^\circ$.Угол $AC_1B$ смежен с острым углом $BC_1C_2$, поэтому он тупой.В треугольнике $ABC_1$ тупой угол — самый большой, и против него лежит самая большая сторона (лемма выше): $AB > BC_1$, то есть $c > a$.Значит, при $a \ge c$ двух разных точек быть не может: $C_1 = C_2$, и треугольники совпадают.
Самый частый случай этого признака — прямоугольные треугольники, у которых равны гипотенуза и катет: прямой угол — самый большой, поэтому гипотенуза длиннее катета. У этого случая есть и собственное изящное доказательство.
Если гипотенуза и катет одного прямоугольного треугольника равны гипотенузе и катету другого, то треугольники равны.
Приложим треугольники друг к другу по равным катетам — вместе они составят равнобедренный треугольник.
Пусть у треугольников $ABC$ и $A'B'C'$ углы $C$ и $C'$ прямые, $AB = A'B'$ и $BC = B'C'$.Отложим по другую сторону от $BC$ прямой угол $BCA''$ с $CA'' = C'A'$. По первому признаку треугольник $A''BC$ равен $A'B'C'$, поэтому $BA'' = B'A' = BA$.Углы $BCA$ и $BCA''$ прямые и вместе дают $180^\circ$ — значит, точки $A$, $C$ и $A''$ лежат на одной прямой.Треугольник $ABA''$ равнобедренный ($BA = BA''$), поэтому $\angle A = \angle A''$.У треугольников $ABC$ и $A''BC$ равны гипотенузы и острые углы при $A$ и $A''$, так что они равны по гипотенузе и острому углу. А $A''BC$ равен $A'B'C'$, поэтому $ABC = A'B'C'$.
Опыт 4. Возьмём палку и сломаем её в двух случайных местах. Сложится ли из трёх кусков треугольник? Прежде чем нажимать на кнопку, попробуйте угадать, как часто это будет получаться.
Каждый опыт — точка квадрата: $u$ и $v$ — места двух изломов. Зелёные точки — удачные опыты. Нажмите «×1000» несколько раз.
Доля удачных опытов подбирается к $25\,\%$, и это не случайность.
Если палку сломать в двух точках, выбранных случайно, независимо и равномерно по всей длине, то из трёх кусков треугольник сложится с вероятностью $\frac14$.
Каждый опыт — точка квадрата, а вероятность — доля его площади, где треугольник складывается.
Пусть длина палки $1$, а изломы — в точках $u$ и $v$. Пара $(u;\,v)$ — точка единичного квадрата. При равномерном выборе попасть в любую часть квадрата так же вероятно, как её площадь: вероятность равна площади. О таком подсчёте вероятностей подробно — в главе 47.Сначала случай $u < v$ — половина квадрата над диагональю. Куски равны $u$, $v - u$ и $1 - v$.Треугольник складывается, когда каждый кусок меньше суммы двух других. Сумма всех кусков равна $1$, поэтому «кусок меньше суммы двух других» значит «кусок меньше $\frac12$». Условия $u < \frac12$, $1 - v < \frac12$ и $v - u < \frac12$ вырезают треугольник с вершинами $(0;\,\frac12)$, $(\frac12;\,\frac12)$ и $(\frac12;\,1)$. Это прямоугольный треугольник с катетами $\frac12$, его площадь $\frac12 \cdot \frac12 \cdot \frac12 = \frac18$.Случай $u > v$ симметричен относительно диагонали: ещё один такой же треугольник площадью $\frac18$.Вместе $\frac18 + \frac18 = \frac14$ площади квадрата — это и есть вероятность.
Площадь: половина основания на высоту
Высота треугольника — перпендикуляр, опущенный из вершины на прямую, которая содержит противоположную сторону. У тупоугольного треугольника две высоты падают на продолжения сторон, за пределы треугольника.
Площадь треугольника равна половине произведения стороны на высоту, проведённую к этой стороне: $S = \frac12 a h_a$.
Любая сторона треугольника — её называют основанием.Высота, проведённая к этой стороне. Основание и высоту берут парой: при другой стороне будет другая высота, а произведение останется тем же.Пример: у треугольника со сторонами $13$, $14$, $15$ высота к стороне $14$ равна $12$, поэтому $S = \frac12 \cdot 14 \cdot 12 = 84$. Высота к стороне $13$ тогда равна $\frac{2 \cdot 84}{13} = \frac{168}{13} \approx 12{,}92$.
Два одинаковых треугольника складываются в параллелограмм, а параллелограмм перекраивается в прямоугольник.
Опустим из вершины $C$ высоту $CH$ на сторону $AB$; её длина $h$. Будем считать, что основание высоты $H$ лежит на отрезке $AB$.Повернём копию треугольника на пол-оборота вокруг середины стороны $BC$. Вершины $B$ и $C$ поменяются местами, а вершина $A$ перейдёт в точку $D$. Поворот на пол-оборота переводит каждую прямую в параллельную ей, поэтому $CD \parallel AB$ и $BD \parallel AC$: копия вместе с исходным треугольником составит параллелограмм $ABDC$. Его площадь вдвое больше площади треугольника.Отрежем от параллелограмма прямоугольный треугольник $AHC$ и перенесём его вдоль стороны на длину $AB$. Он ляжет вплотную к стороне $BD$: она параллельна и равна стороне $AC$.Получился прямоугольник со сторонами $a$ и $h$; его площадь $a \cdot h$ (почему площадь прямоугольника — произведение сторон, объясняет глава 20). При перекраивании площадь не меняется, так что параллелограмм имеет площадь $ah$, а треугольник — вдвое меньше: $S = \frac12 a h$.
Если основание высоты попадает на продолжение стороны (угол при $A$ или $B$ тупой), треугольник достраивают до прямоугольного и вычитают площади двух прямоугольных треугольников; ответ получается тот же.
А если высота неизвестна, а известны только три стороны? Площадь всё равно определена: по третьему признаку три стороны задают треугольник целиком. Формулу нашёл Герон Александрийский, инженер I века нашей эры, и записал её в трактате «Метрика». По свидетельству аль-Бируни, её знал ещё Архимед.
Площадь треугольника со сторонами $a$, $b$, $c$ равна $S = \sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)}$, где $p = \frac{a + b + c}{2}$ — полупериметр.
Полупериметр: $p = \frac{a + b + c}{2}$.На сколько полупериметр больше каждой из сторон. По неравенству треугольника все три разности положительны; если одна из них равна нулю, треугольник сплющен и площадь нулевая.Пример: для сторон $13$, $14$, $15$ получаем $p = 21$ и $S = \sqrt{21 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6} = \sqrt{7056} = 84$ — то же, что через высоту. Для египетского треугольника $3$, $4$, $5$: $p = 6$, $S = \sqrt{6 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 6$.
Найдём высоту через стороны — для этого понадобится теорема Пифагора из следующей главы (она доказывается без формулы Герона, так что круга в рассуждении нет), — а дальше всё сделает алгебра.
Опустим высоту $h$ на сторону $c$. Её основание $H$ делит $c$ на отрезки $AH = x$ и $HB = c - x$.По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $AHC$: $h^2 = b^2 - x^2$.В прямоугольном треугольнике $BHC$: $h^2 = a^2 - (c - x)^2 = a^2 - c^2 + 2cx - x^2$.Приравняем два выражения для $h^2$: $b^2 - x^2 = a^2 - c^2 + 2cx - x^2$. Слагаемые $x^2$ сокращаются, и $x = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2c}$.Площадь $S = \frac12 ch$, поэтому $16S^2 = 4c^2h^2 = 4c^2(b^2 - x^2) = (2bc)^2 - (2cx)^2 = (2bc)^2 - (b^2 + c^2 - a^2)^2$.Разность квадратов раскладывается на множители: $\bigl(2bc - b^2 - c^2 + a^2\bigr)\bigl(2bc + b^2 + c^2 - a^2\bigr) = \bigl(a^2 - (b - c)^2\bigr)\bigl((b + c)^2 - a^2\bigr)$. Каждая скобка — снова разность квадратов: получаем $(a - b + c)(a + b - c)(b + c - a)(b + c + a)$. Эти скобки равны $2(p - b)$, $2(p - c)$, $2(p - a)$ и $2p$, так что $16S^2 = 16\,p(p - a)(p - b)(p - c)$. Делим на $16$ и извлекаем корень.
Если основание высоты лежит на продолжении стороны, число $x$ выходит отрицательным или больше $c$, но все равенства остаются верными, и формула та же.
Найдите площадь треугольника со сторонами $5$, $5$ и $6$.
Полупериметр $p = \frac{5 + 5 + 6}{2} = 8$. По формуле Герона $S = \sqrt{8 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 2} = \sqrt{144} = 12$. Проверка: высота к основанию $6$ делит его пополам и равна $4$ (треугольник $3$, $4$, $5$), а $\frac12 \cdot 6 \cdot 4 = 12$.
Если известны другие данные — две стороны и угол, сторона и два угла, — стороны и площадь находят через синусы и косинусы (глава 21). Решатель «Решение треугольника» делает это по шагам для любого набора данных.
Подобие и тень пирамиды
Три угла не определяют треугольник, но определяют его форму. Это видно в опыте 1: треугольники с углами $50^\circ$, $70^\circ$ и $60^\circ$ отличаются только масштабом.
Подобные треугольники — треугольники, у которых соответственные углы равны, а соответственные стороны пропорциональны: $\frac{a'}{a} = \frac{b'}{b} = \frac{c'}{c} = k$. Число $k$ называют коэффициентом подобия.
Всё подобие держится на одной лемме о параллельных прямых, и доказать её помогают площади из предыдущего раздела.
Если прямая, параллельная стороне $BC$ треугольника $ABC$, пересекает стороны $AB$ и $AC$ в точках $D$ и $E$, то $\frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC}$.
Сравним площади треугольников с общими высотами — так эту лемму доказывает Евклид в шестой книге «Начал».
Проведём отрезки $BE$ и $CD$.У треугольников $DBE$ и $DCE$ общее основание $DE$, а высоты к нему равны: вершины $B$ и $C$ лежат на прямой, параллельной $DE$, и потому одинаково от неё удалены. Значит, площади этих треугольников равны.Прибавим к каждому треугольник $ADE$: $S_{ABE} = S_{ADE} + S_{DBE} = S_{ADE} + S_{DCE} = S_{ACD}$.У треугольников $ADE$ и $ABE$ общая вершина $E$, а основания $AD$ и $AB$ лежат на одной прямой. Высота из $E$ у них общая, поэтому площади относятся как основания: $\frac{S_{ADE}}{S_{ABE}} = \frac{AD}{AB}$.Точно так же у треугольников $ADE$ и $ACD$ общая высота из $D$ на прямую $AC$: $\frac{S_{ADE}}{S_{ACD}} = \frac{AE}{AC}$.Знаменатели $S_{ABE}$ и $S_{ACD}$ равны (шаг 3), значит, равны и левые части: $\frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC}$.
Частный случай, когда $D$ — середина $AB$, в российских учебниках связывают с именем Фалеса: прямая, параллельная стороне и проходящая через середину другой стороны, делит третью сторону пополам.
Треугольники подобны, если у них: 1) два угла одного соответственно равны двум углам другого; или 2) две стороны одного пропорциональны двум сторонам другого, а углы между этими сторонами равны; или 3) три стороны одного пропорциональны трём сторонам другого.
Отрежем от большого треугольника уголок, равный маленькому, и докажем, что этот уголок подобен большому.
Первый признак. Пусть $\angle A = \angle A'$, $\angle B = \angle B'$ и $A'B' < AB$. Если $A'B' = AB$, треугольники просто равны по второму признаку равенства.Отложим на $AB$ отрезок $AD = A'B'$ и проведём $DE \parallel BC$. Тогда $\angle ADE = \angle B$: это соответственные углы при параллельных $DE$, $BC$ и секущей $AB$.Треугольник $ADE$ равен $A'B'C'$ по второму признаку равенства: $AD = A'B'$, угол $A$ равен $\angle A'$, а $\angle ADE = \angle B = \angle B'$.По лемме о пропорциональных отрезках $\frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC}$. Обозначим это число $k$.Проведём $EF \parallel AB$ до пересечения с $BC$. Четырёхугольник $DBFE$ — параллелограмм, а у параллелограмма противоположные стороны равны (диагональ $DF$ делит его на два треугольника, равных по второму признаку). Поэтому $DE = BF$. По той же лемме для угла $C$ $\frac{CE}{CA} = \frac{CF}{CB}$, откуда $\frac{AE}{AC} = \frac{BF}{BC} = \frac{DE}{BC}$. Все три отношения сторон треугольников $ADE$ и $ABC$ равны $k$, углы у них равны — значит, $ADE$, а вместе с ним и $A'B'C'$, подобен $ABC$.Второй признак. Пусть $\frac{A'B'}{AB} = \frac{A'C'}{AC} = k$ и $\angle A = \angle A'$. Та же конструкция даёт треугольник $ADE$ с $AD = k \cdot AB = A'B'$, $AE = k \cdot AC = A'C'$ и тем же углом $A$. По первому признаку равенства $ADE = A'B'C'$, а $ADE$ подобен $ABC$.Третий признак. Если все три отношения $\frac{A'B'}{AB}$, $\frac{A'C'}{AC}$, $\frac{B'C'}{BC}$ равны $k$, то стороны треугольника $ADE$ — $k \cdot AB$, $k \cdot AC$, $k \cdot BC$ — совпадают со сторонами $A'B'C'$. По третьему признаку равенства $ADE = A'B'C'$, и снова $A'B'C'$ подобен $ABC$.
Опыт 5. Солнце далеко, и его лучи падают на землю параллельно. Поэтому пирамида со своей тенью и шест со своей тенью образуют подобные прямоугольные треугольники: у обоих прямой угол и одинаковый угол наклона лучей, а двух равных углов по первому признаку достаточно. Меняйте высоту Солнца и смотрите, что получается.
Размеры — пирамиды Хеопса в момент постройки: высота $146{,}6$ м, сторона основания $230{,}3$ м. Шест высотой $2$ м показан увеличенным во врезке.Высота пирамиды, которую ищем.Высота шеста — её можно измерить.Тень пирамиды, отсчитанная от точки прямо под вершиной, то есть от центра основания. До центра не дойти, поэтому к видимой тени прибавляют половину стороны основания.Тень шеста в тот же момент.Пример: при высоте Солнца $36^\circ$ тень шеста $s \approx 2{,}753$ м, видимая тень пирамиды $86{,}63$ м, $S \approx 86{,}63 + 115{,}15 = 201{,}78$ м, и $H \approx 2 \cdot \frac{201{,}78}{2{,}753} \approx 146{,}6$ м. Формула верна, пока тень пирамиды выходит за основание.
У метода есть неожиданное ограничение. Грани пирамиды наклонены к земле примерно на $51{,}8^\circ$. Если Солнце стоит выше, тень целиком ложится на саму пирамиду и измерять нечего. В Гизе в середине лета полуденное Солнце поднимается до $83^\circ$, так что Фалесу пришлось бы ждать вечера или зимы.
Подобие даёт ещё один факт, который пригодится уже в следующем разделе.
Средняя линия треугольника — отрезок, соединяющий середины двух его сторон.
Средняя линия треугольника параллельна третьей стороне и равна её половине.
Средняя линия отсекает от треугольника подобный ему уголок вдвое меньшего размера.
Пусть $M$ и $N$ — середины сторон $AB$ и $AC$: $AM = MB$ и $AN = NC$.У треугольников $AMN$ и $ABC$ общий угол $A$, а прилежащие к нему стороны пропорциональны: $\frac{AM}{AB} = \frac{AN}{AC} = \frac12$. По второму признаку подобия эти треугольники подобны с коэффициентом $\frac12$.Поэтому и третьи стороны относятся так же: $MN = \frac12 BC$.У подобных треугольников соответственные углы равны: $\angle AMN = \angle ABC$. Это соответственные углы при прямых $MN$, $BC$ и секущей $AB$, а если соответственные углы равны, прямые параллельны (глава 16). Значит, $MN \parallel BC$.
Медианы и центр тяжести
Медиана треугольника — отрезок, соединяющий вершину с серединой противоположной стороны.
Опыт 6. Проведём все три медианы. Двигайте вершины: пересекутся ли медианы в одной точке, и в каком месте каждой из них?
Отношения $AG : GM_a$ и площади шести частей пересчитываются на лету.
Медианы всегда пересекаются в одной точке, и эта точка отсекает от каждой медианы треть, считая от стороны. Кроме того, шесть треугольников, на которые медианы режут фигуру, имеют одинаковую площадь.
Центроид — точка пересечения медиан треугольника. Её обозначают буквой $G$ и называют ещё центром тяжести: однородная треугольная пластинка уравновешивается на острие, поставленном в эту точку. Что это центр тяжести, доказал Архимед в сочинении «О равновесии плоских фигур».
Три медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся ею в отношении $2 : 1$, считая от вершины.
Часть медианы от вершины до центроида.Часть от центроида до середины стороны — вдвое короче.Вся медиана из вершины $A$.Пример: если медиана равна $9$, то $AG = 6$ и $GM_a = 3$.
Средняя линия и подобие покажут, где две медианы режут друг друга, — и этого хватит, чтобы поймать третью.
Проведём медианы $BM_b$ и $CM_c$; пусть они пересекаются в точке $G$.Отрезок $M_cM_b$ соединяет середины сторон $AB$ и $AC$ — это средняя линия: $M_cM_b \parallel BC$ и $M_cM_b = \frac12 BC$.Треугольники $GM_bM_c$ и $GBC$ подобны по двум углам: углы при $G$ вертикальные, а $\angle GM_bM_c = \angle GBC$ как накрест лежащие при параллельных $M_bM_c$, $BC$ и секущей $BM_b$. Коэффициент подобия $\frac{M_cM_b}{BC} = \frac12$, поэтому $GM_b = \frac12 GB$ и $GM_c = \frac12 GC$.Выходит, медиана $CM_c$ пересекает медиану $BM_b$ в той её точке, что делит $BM_b$ в отношении $2 : 1$ от $B$. То же рассуждение для медиан $AM_a$ и $BM_b$ (буква $C$ заменяется на $A$) показывает: медиана $AM_a$ пересекает $BM_b$ в точке, делящей её в отношении $2 : 1$ от $B$.На отрезке $BM_b$ такая точка одна. Поэтому все три медианы проходят через $G$, и каждая делится ею в отношении $2 : 1$, считая от вершины.
Три медианы делят треугольник на шесть треугольников равной площади.
Считаем площади парами, помня, что медиана делит треугольник на две равные по площади половины.
Треугольники $GBM_a$ и $GCM_a$ имеют равные основания $BM_a = M_aC$ и общую высоту из $G$ — их площади равны; обозначим каждую $x$. Так же возникают пары одинаковых площадей $y$ (у точки $M_b$) и $z$ (у точки $M_c$).Медиана $AM_a$ делит треугольник $ABC$ на две части равной площади: у них равные основания и общая высота из $A$. В одной части площади $z$, $z$ и $x$, в другой — $x$, $y$ и $y$. Из $2z + x = x + 2y$ следует $z = y$.Медиана $BM_b$ по той же причине даёт $2x + y = y + 2z$, откуда $x = z$.Значит, $x = y = z$: все шесть частей равны по площади, и каждая составляет шестую часть треугольника.
Биссектрисы и вписанная окружность
Биссектриса треугольника — отрезок биссектрисы его угла от вершины до противоположной стороны.
Опыт 7. Проведём три биссектрисы. Они тоже пересекаются в одной точке — и эта точка одинаково удалена от всех трёх сторон.
Пунктиром — перпендикуляры из точки пересечения биссектрис на стороны. Они всегда равны.
Биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке. Эта точка одинаково удалена от всех трёх сторон и служит центром окружности, вписанной в треугольник.
Биссектриса угла — это место точек, одинаково удалённых от его сторон. Этого достаточно.
Проведём биссектрисы углов $A$ и $B$; пусть они пересекаются в точке $I$. Опустим из $I$ перпендикуляры $IP$, $IQ$ и $IR$ на стороны $AB$, $AC$ и $BC$.Точка $I$ лежит на биссектрисе угла $A$. Прямоугольные треугольники $AIP$ и $AIQ$ равны по гипотенузе и острому углу: гипотенуза $AI$ у них общая, а углы при $A$ равны. Значит, $IP = IQ$.Так же из того, что $I$ лежит на биссектрисе угла $B$, получаем $IP = IR$.Выходит, $IQ = IR$. Прямоугольные треугольники $CIQ$ и $CIR$ равны по гипотенузе $CI$ и катету, поэтому $\angle ICQ = \angle ICR$: луч $CI$ — биссектриса угла $C$. Все три биссектрисы проходят через $I$.Окружность с центром $I$ и радиусом $r = IP = IQ = IR$ проходит через три точки на сторонах. Любая другая точка стороны дальше от $I$, чем основание перпендикуляра: в прямоугольном треугольнике гипотенуза длиннее катета, ведь против прямого угла лежит бо́льшая сторона. Поэтому окружность касается каждой стороны ровно в одной точке — она вписана в треугольник.
Вписанная окружность — окружность, которая касается всех трёх сторон треугольника. Её центр $I$ — точка пересечения биссектрис, радиус $r$ — расстояние от $I$ до сторон. Такая окружность есть у любого треугольника, и только одна: центр любой вписанной окружности одинаково удалён от сторон, а значит, лежит на всех трёх биссектрисах.
$r = \frac{S}{p}$, где $S$ — площадь треугольника, $p$ — полупериметр.
Радиус вписанной окружности.Площадь треугольника.Полупериметр $p = \frac{a + b + c}{2}$.Пример: у треугольника $3$, $4$, $5$ площадь $6$ и $p = 6$, поэтому $r = 1$.
Разрежем треугольник на три части с общей вершиной в центре вписанной окружности.
Соединим центр $I$ с вершинами. Треугольник распадётся на три: $AIB$, $BIC$ и $CIA$.Радиусы, проведённые в точки касания, перпендикулярны сторонам (так мы и строили вписанную окружность), поэтому у каждого из трёх треугольников высота из вершины $I$ равна $r$.Площади трёх частей равны $\frac12 cr$, $\frac12 ar$ и $\frac12 br$.Складываем: $S = \frac12 (a + b + c)\, r = pr$, откуда $r = \frac{S}{p}$.
Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник со сторонами $13$, $14$ и $15$.
Площадь мы уже знаем: $S = 84$, полупериметр $p = 21$. Значит, $r = \frac{84}{21} = 4$.
Серединные перпендикуляры и описанная окружность
Опыт 8. Проведём серединные перпендикуляры ко всем трём сторонам. Двигайте вершину $C$ через положение прямого угла и следите за точкой их пересечения.
Пресеты «остроугольный», «прямоугольный», «тупоугольный» ставят вершины в характерные положения.
Главное свойство серединного перпендикуляра мы уже использовали в прошлой главе, когда строили середину отрезка. Пора его доказать.
Точка одинаково удалена от концов отрезка тогда и только тогда, когда она лежит на серединном перпендикуляре к этому отрезку.
Обе половины утверждения сводятся к равенству двух треугольников с общей стороной.
Пусть $M$ — середина отрезка $AB$, а $m$ — прямая через $M$, перпендикулярная $AB$.Если точка $X$ лежит на $m$, то треугольники $XMA$ и $XMB$ равны по первому признаку: сторона $XM$ общая, $MA = MB$, углы при $M$ прямые. Значит, $XA = XB$.Обратно, пусть $XA = XB$ (и $X$ не совпадает с $M$). Тогда у треугольников $XMA$ и $XMB$ равны все три стороны: $XA = XB$, $MA = MB$, $XM$ — общая. По третьему признаку они равны, и $\angle XMA = \angle XMB$.Эти углы смежные и вместе составляют $180^\circ$, поэтому каждый из них прямой: $XM \perp AB$, и точка $X$ лежит на $m$.
Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника пересекаются в одной точке. Эта точка одинаково удалена от всех вершин и служит центром окружности, описанной около треугольника.
Лемма, применённая дважды, делает всю работу.
Проведём серединные перпендикуляры к сторонам $AB$ и $BC$. Они пересекаются: будь они параллельны, параллельными оказались бы и перпендикулярные им прямые $AB$ и $BC$, а у них есть общая точка $B$. Точку пересечения назовём $O$.$O$ лежит на серединном перпендикуляре к $AB$, поэтому $OA = OB$.$O$ лежит на серединном перпендикуляре к $BC$, поэтому $OB = OC$.Значит, $OA = OC$, и по лемме точка $O$ лежит на серединном перпендикуляре к $AC$. Все три перпендикуляра проходят через $O$.Окружность с центром $O$ и радиусом $OA = OB = OC$ проходит через все три вершины.
Описанная окружность — окружность, проходящая через все три вершины треугольника. Её центр $O$ — точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам, радиус обозначают $R$.
Где окажется центр, зависит от самого большого угла: в опыте 8 видно, что у остроугольного треугольника $O$ внутри, а у тупоугольного — снаружи, за самой длинной стороной. Доказательство этого наблюдения удобнее всего вести через вписанные углы, и мы вернёмся к нему в главе 19. А промежуточный случай, прямоугольный треугольник, разберём прямо сейчас.
Центр окружности, описанной около прямоугольного треугольника, — середина гипотенузы, а её радиус равен половине гипотенузы.
Покажем, что середина гипотенузы лежит на серединном перпендикуляре к катету.
Пусть угол $C$ прямой, а $M$ — середина гипотенузы $AB$.Проведём через $M$ прямую, параллельную катету $BC$; она пересечёт катет $AC$ в точке $N$. По лемме о пропорциональных отрезках $\frac{AN}{AC} = \frac{AM}{AB} = \frac12$, так что $N$ — середина $AC$.$MN \parallel BC$, а $BC \perp AC$, поэтому и $MN \perp AC$. Значит, $MN$ — серединный перпендикуляр к $AC$, и по лемме $MA = MC$.Получили $MA = MB = MC$: окружность с центром $M$ и радиусом $\frac{AB}{2}$ проходит через все три вершины.
Высоты и ортоцентр
Опыт 9. Теперь высоты. Их отрезки у тупоугольного треугольника даже не пересекаются, но их прямые — пересекаются.
Пунктиром — продолжения сторон и высот. Переведите треугольник из тупоугольного в остроугольный и обратно.
Ортоцентр — точка пересечения прямых, содержащих высоты треугольника. Её обозначают $H$.
Прямые высот пересекаются в одной точке всегда, но доказать это труднее, чем для медиан и биссектрис: в «Началах» такой теоремы нет. Помогает остроумный ход — свести высоты к серединным перпендикулярам, о которых всё уже известно.
Прямые, содержащие высоты треугольника, пересекаются в одной точке.
Высоты треугольника — это серединные перпендикуляры другого, вдвое большего треугольника.
Проведём через каждую вершину треугольника $ABC$ прямую, параллельную противоположной стороне. Три прямые образуют большой треугольник $A'B'C'$; вершина $A'$ лежит напротив $A$, и так далее.Четырёхугольник $ABA'C$ — параллелограмм: его противоположные стороны параллельны по построению. У параллелограмма противоположные стороны равны (диагональ делит его на два треугольника, равных по второму признаку), поэтому $CA' = AB$. Из параллелограмма $ABCB'$ так же получаем $B'C = AB$. Значит, $C$ — середина стороны $A'B'$, и точно так же $A$ и $B$ — середины двух других сторон.Высота из вершины $C$ перпендикулярна $AB$, а значит, и параллельной ей стороне $A'B'$, и проходит через её середину $C$. Это серединный перпендикуляр к стороне $A'B'$.Точно так же высоты из $A$ и $B$ — серединные перпендикуляры к двум другим сторонам треугольника $A'B'C'$.Серединные перпендикуляры к сторонам любого треугольника пересекаются в одной точке. Поэтому три высоты треугольника $ABC$ проходят через одну точку $H$.
Где лежит ортоцентр прямоугольного треугольника?
Катеты сами служат двумя высотами: каждый перпендикулярен другому. Они пересекаются в вершине прямого угла, через неё проходит и третья высота. В середине гипотенузы лежит другой центр — центр описанной окружности.
Прямая Эйлера и окружность девяти точек
У нас четыре замечательные точки: $G$, $I$, $O$ и $H$. Опыт 10 — последний и самый неожиданный. Сложим на одном чертеже центроид, центр описанной окружности и ортоцентр и подвигаем вершины.
$O$ — центр описанной окружности, $G$ — центроид, $H$ — ортоцентр, $N$ — центр окружности девяти точек. Полая точка — место, где окружность девяти точек касается вписанной.
Точки $O$, $G$ и $H$ всегда лежат на одной прямой, причём $G$ делит отрезок $OH$ в отношении $1 : 2$. Это заметил Леонард Эйлер в 1765 году.
Прямая Эйлера — прямая, на которой лежат центр описанной окружности $O$, центроид $G$ и ортоцентр $H$ любого треугольника, кроме равностороннего: у равностороннего все три точки совпадают.
В любом треугольнике центр описанной окружности $O$, центроид $G$ и ортоцентр $H$ лежат на одной прямой, причём $G$ лежит между $O$ и $H$ и $GH = 2 \cdot OG$.
Расстояние от центроида до ортоцентра.Расстояние от центра описанной окружности до центроида. Точка $G$ лежит между $O$ и $H$.Пример: для треугольника с вершинами $(0;\,0)$, $(6;\,0)$ и $(2;\,4)$ получаем $O = (3;\,1)$, $G = (\frac83;\,\frac43)$, $H = (2;\,2)$. Тогда $OG = \frac{\sqrt2}{3}$, $GH = \frac{2\sqrt2}{3}$ — ровно вдвое больше.
Сожмём плоскость к точке $G$ вдвое с поворотом на пол-оборота и посмотрим, куда попадут высоты.
Рассмотрим преобразование плоскости: каждая точка $X$ переходит в точку $X'$ на продолжении отрезка $XG$ за точку $G$, причём $GX' = \frac12 GX$.Центроид делит каждую медиану в отношении $2 : 1$, считая от вершины, поэтому вершины $A$, $B$, $C$ переходят в середины противоположных сторон $M_a$, $M_b$, $M_c$.Каждая прямая переходит в параллельную ей прямую. Для любых точек $X$ и $Y$ треугольники $GXY$ и $GX'Y'$ подобны по второму признаку: углы при $G$ вертикальные, а стороны $GX'$ и $GY'$ вдвое короче $GX$ и $GY$. Поэтому $\angle GX'Y' = \angle GXY$, и прямые $X'Y'$ и $XY$ параллельны — у них равны накрест лежащие углы.Высота из $A$ проходит через $A$ перпендикулярно $BC$. Её образ проходит через $M_a$ и параллелен ей, то есть тоже перпендикулярен $BC$, — это серединный перпендикуляр к $BC$. Так три высоты переходят в три серединных перпендикуляра.Общая точка высот $H$ переходит в общую точку серединных перпендикуляров $O$. По определению преобразования $O$ лежит на продолжении отрезка $HG$ за точку $G$ и $GO = \frac12 GH$.
Это ещё не всё. Середины трёх сторон, основания трёх высот и середины трёх отрезков, соединяющих ортоцентр с вершинами, — девять точек — всегда лежат на одной окружности, и её центр тоже на прямой Эйлера.
Окружность девяти точек — окружность, проходящая через середины сторон треугольника, основания его высот и середины отрезков, соединяющих ортоцентр с вершинами.
Середины сторон треугольника, основания его высот и середины отрезков, соединяющих ортоцентр с вершинами, лежат на одной окружности. Её центр $N$ — середина отрезка $OH$, а радиус равен $\frac R2$.
Найдём два прямоугольника с общей диагональю: у них будет общая описанная окружность. Доказательство написано для остроугольного треугольника; для тупоугольного оно то же, меняется только чертёж.
Обозначим середины сторон $M_a$, $M_b$, $M_c$, середины отрезков $AH$, $BH$, $CH$ — $K_a$, $K_b$, $K_c$, основания высот — $H_a$, $H_b$, $H_c$.Отрезки $M_cM_b$ и $K_bK_c$ — средние линии треугольников $ABC$ и $HBC$; оба параллельны $BC$. Отрезки $M_cK_b$ и $M_bK_c$ — средние линии треугольников $ABH$ и $ACH$; оба параллельны $AH$. Прямая $AH$ перпендикулярна $BC$, поэтому четырёхугольник $M_cM_bK_cK_b$ — прямоугольник.Диагонали прямоугольника равны и делятся точкой пересечения пополам (у параллелограмма диагонали делят друг друга пополам — это даёт равенство треугольников по второму признаку; у прямоугольника они ещё и равны — по первому признаку). Поэтому все четыре вершины одинаково удалены от точки пересечения диагоналей $N$: они лежат на окружности с центром $N$, а $M_cK_c$ и $M_bK_b$ — её диаметры.Так же четырёхугольник $M_cM_aK_cK_a$ — прямоугольник: его стороны параллельны $AC$ и $BH$, а $BH \perp AC$. Его диагональ $M_cK_c$ — тот же диаметр, поэтому и его вершины лежат на той же окружности. Теперь на ней уже шесть точек, и $M_aK_a$ — тоже её диаметр.Основания высот. Угол $K_aH_aM_a$ прямой: точка $K_a$ лежит на высоте $AH_a$, а $M_a$ — на стороне $BC$. Середина гипотенузы прямоугольного треугольника одинаково удалена от всех его вершин (следствие выше), а середина гипотенузы $K_aM_a$ — это $N$. Значит, $NH_a = NM_a$, и $H_a$ лежит на окружности. То же для $H_b$ и $H_c$.Центр и радиус. При преобразовании из доказательства прямой Эйлера отрезок $AH$ переходит в $M_aO$, поэтому $OM_a \parallel AH$ и $OM_a = \frac12 AH = K_aH$, причём отрезки $K_aH$ и $OM_a$ направлены одинаково. Значит, $K_aHM_aO$ — параллелограмм, и его диагонали $K_aM_a$ и $OH$ делятся пополам в одной точке: $N$ — середина $OH$. А $AK_aM_aO$ — тоже параллелограмм ($AK_a = \frac12 AH = OM_a$), так что $K_aM_a = AO = R$, и радиус окружности равен $\frac R2$.
Окружность девяти точек касается вписанной окружности треугольника и трёх вневписанных — окружностей, которые касаются одной стороны и продолжений двух других.
В опыте 10 точка касания с вписанной окружностью отмечена полым кружком: как ни двигай вершины, окружности остаются касающимися.
Идея доказательства и почему целиком оно здесь не помещается
Окружности касаются изнутри, если расстояние между их центрами равно разности радиусов, так что нужно доказать $NI = \frac R2 - r$. Расстояние между центрами описанной и вписанной окружностей даёт формула Эйлера $OI^2 = R^2 - 2Rr$, а расстояние $HI$ тоже выражается через $R$, $r$ и полупериметр. Точка $N$ — середина стороны $OH$ треугольника $OIH$, и длину его медианы $IN$ можно найти по трём сторонам. Подстановка приводит ровно к $NI = \frac R2 - r$, но каждая из этих формул требует собственного доказательства, и вместе выкладки занимают несколько страниц. Короче всего теорему доказывают с помощью инверсии — преобразования, которое переводит окружности в окружности; о нём пойдёт речь в главе 23.
Лаборатория закрывается контрольной серией. В тренажёре три уровня: углы и стороны, площадь, замечательные точки и подобие. Задача каждый раз новая, а разбор показывает решение по шагам.
Куда дальше
Среди всех треугольников особое место занимают прямоугольные. В лаборатории это видно на каждом шагу: у прямоугольного треугольника ортоцентр садится в вершину, центр описанной окружности — на середину гипотенузы. Но главное его свойство связывает не точки, а стороны. Натяните верёвку с узлами так, чтобы получился треугольник со сторонами $3$, $4$ и $5$ — угол между короткими сторонами окажется прямым. А если катеты равны $1$ и $1$, какой длины будет гипотенуза? Ответ даёт самая знаменитая теорема геометрии — глава 18.