<*. И. ЗЕ1Ы1.
НОВАЯ ГЕОМЕТРИЯ
ТРЕУГОЛЬНЫКА
С. И. ЗЕТЕЛЬ
НОВАЯ ГЕОМЕТРИЯ
ТРЕУГОЛЬНИКА
ГОСУДАРСТВЕННОЕ УЧЕБНО-ПЕДАГОГИЧЕСКОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО
НАРКОМПРОСА РСФСР МОСКВА 1940
513
3—58
ОТ АВТОРА.
В XIX в. в элементарной геометрии на плоскости было проведено
много интересных исследований. Они привели к установлению ряда со-
отношений в треугольнике; к известным классическим замечательным
точкам, прямым и окружностям было присоединено много новых точек,
прямых и окружностей. Изложение результатов этих исследований соста-
вляет большой отдел планиметрии, известный под названием «Новой
геометрии треугольника». На иностранных языках существует ряд сочи-
нений, в которых систематически излагаются результаты исследований
в области геометрии треугольника. На русском языке в 1903 г. было
выпушено обстоятельное сочинение Д. Ефремова «Новая геометрия тре-
угольника», цыпе представляющее библиографическую редкость.
Цель настоящей книги дать читателям — учителям средней школы,
студентам педвуза, любознательным учащимся старших классов сред-
ней школы—основные сведения по «Новоп геометрии треугольника».
Объем материала соответствует программе факультативного курса по
«Новой геометрии треугольника», который я читал в Московском город-
ском педагогическом институте. Я считал возможным включить в книгу
также некоторые результаты, получе...ас мною п напечатанные в раз-
личных журналах (§16, 19, 22, 29, 44, 106, 113).
Считаю необходимым выразить благодарность проф. Д. И. Пере-
пелкину, прочитавшему книгу в рукописи и сделавшему ряд ценных
замечаний, которыми я воспо льзовался при окончательной обработке книги,
и Р. Н. Боичковскому. много потрудившемуся над редактированием книги.
При составлении книги мною использована следующая литература:
Д. Ефремов, Новая геометрия треугольника, издание «Вестника
опытной физики и элементарной математики». Одесса, 1903.
Exercices de Geometric par F. G., Paris, 1882 и 1912.
Ж. Ада мар. Элементарная геометрия, ч. 1, Планиметрия (перевод
под редакцией проф. Д. И. Перепелкина, Учпедгиз, 1936).
R.	Baltzer, Die Elemente der Mathematik.
Roue he et Comberousse, Traite deGeometriceiementairc, Paris.
Ф. Кеджорн, История элементарной математики, изд Матезис, 1910.
Н. А. Глаголев, Проективная геометрия, ОНТИ, 1936.
Н.	Ф. Ч е т в е р у х н н. Введение в высшую геометрию, Учпедгиз, 1934.
Л. Я. Гиршвальд, Проективная геометрия, Харьков, ОНТИ
Украины, 1935.
Б. К. Млодзее веки й, Основы аналитической геометрии на плос-
кости.
Цюльке, Построение на ограниченном куске плоскости, ОНТИ, 1936.
Б. Делоне и О. Житомирский, Геометрия н тригонометрия.
Задачи с решениями. Научное книгоиздательство, 1929.
М. Попруженко, Сборник геометрических задач. Планиметрия,
Учпедгиз, 1936.
Г. Радемахер и О. Теплиц, Числа и фигуры, ОНТИ, 1936.
Ряд статей из журналов:
«Вестник опытной физики и элементарной математики», «Математиче-
ское образование», * Математическое просвещение», Математика в школе»,
«Nouvelles annales mathematiques»,«Journal des mathematiques ilementai-
res et spdciales*, «Nouvelle corresponds nee mathematique», «L'Enseignement
scientifique*.
С. Зетелъ.
ВВЕДЕНИЕ.
Знаки отрезков. Отношение трех точек. Понятие о несоб-
ственной точке.
1.	Отрезки, лежащие на одной прям< , мы будем сравнивать не
только по величине, по и по направлению. Для возможности такого срав-
нения выберем на прямой определенное направление, которое б}дем счи-
тать положительным. Противоположное направление назовем отрицатель-
ным. На чертеже 1 положительнее направление прямой DB отмечено стрел-
кой.
При этом условии каждому отрезку будет соответствовать число, из-
меряющее длину этого отрезка н имеющее
знак плюс при положительном направлении	,
отрезка н знак минус при отрицательном ОСА В
на правлении. Например, отрезку АВ будет
соответствовать (черт. 1) положительное число.	Черт. I.
а отрезку CD — отрицательное.
Называя отрезок двумя буквами, мы первой буквой обозначаем на-
чальную точ<у. а второй — конечную точку отрезка. При введенном нами
условии отрезки АВ и ВА, равные по величине, противоположны по
знаку:
АВ- —ВА, или АВ+ВА — О.
2.	Теорема Шаля-Мебиуса. При любом расположении трех точек
А, В, С на направленной прямой существует следующее соотношение-.
АВ+ВС+СА=0.
Шесть во можных расположений трех точек на прямой указаны на
чертеже 2.
о 		। — - tf ।	।	।	—
АВС	В С А
Ь----------------— е-------	.	 1
А С В	С А В
С~~В А С 1 С В А
Черт. 2.
1-й случай. Из чертежа 2а замечаем, что
АВ+ВС+СА AC-iCA O.
2-й случай. Из чертежа 2Ь замечаем, что
АВ+ВС+СА=АС+СВ+ВС+СА=АС+СА=О.
Аналогично доказывается теорема в остальных случаях.
3
3.	Выберем на прямой (черт. 3) две точки А и В, которые будем
.. ..	лм
считать основными, и некоторую точку М. Назовем отношение дду
отношением трех точек и обозначим его (АВМ).
Рассмотрим величину отношения трех точек
при различных положениях точки М па прямой	—т----~~—~—
АВ.	д м в 4
Пусть точка М находится внутри отрезка АВ\	Чепт 3
тогда (АВМ) отрицательно, так как отрезки AM	р . о.
и ВМ имеют противоположные направления. При совпадении точки М с
точкой А отношение (АВМ) (АВА) 0. При совпадении точки М с точ-
кой В (АВМ)=(АВВ)=со.
Пусть точка М занимает положение вне отрезка АВ (черт. 4). В этом
случае (АВМ)>0, так как AM u ВМ одинаково направлены. Притом
AM АВ ВМ АВ , .
(АВМ) -Вм = вм Вм + 1
(1)
По мерс удаления точки М величина (АВМ) стремится к единице
АВ	АВ
(так как знаменатель дроби дду возрастает и с возрастанием отрез-
ка ВМ стремится к нулю).
Каждому положению точки М па прямой соответствует единственное
значение (АВМ), положительное, если точка лежит
• вне отрезка АВ, и отрицательное, если точка М
лежит внутри отрезка АВ.
Покажем, что и, обратно, каждому значению
(АВМ) |за исключением (АВМ) 1] соответствует
па прямой.
что для двух точек М и N существует равенство
4 В М
Черт. 4.
единственная точка
• Пред ж ожим,
(АВМ) (ABN). Тогда имеем:
AM AN_
ВМ BN •
На основании теоремы Ш. тя-Мебпуса имеем:
АМ=АВ+ВМ, AN—AB+BN.
Следовательно,
AM	АВ+ВМ АВ	AN AB+BN АВ
ВМ ~	ВМ	~ВМ+	BN	“ BN	~ BN	+ ’
Отсюда
ЯЛГ = RN и BM=>BN,
ВМ BN
и точки М и N совпадают.
Итак, мы доказали, что каждому значению (АВМ), за исключением
(АВМ)=1, соответствует определенная точка. Значению (АВМ) 1 должна
была бы соответствовать точка, лежащая вне отрезка и равноудаленная
от его концов. Ясно, что такой точки нет. Посмотрим, где будет нахо-
диться точка М, если (АВМ) сколь угодно близко к единице. Из равен-
ства (I) замечаем, что с приближением (АВМ) к единице точка М все
более и более удаляется от концов отрезка АВ. Условно будем говорить,
что значению (АВМ) I соответствует бесконечно-удаленная или несоб-
ственная точка прямой.
4
Можно было бы ввести несобственную точку на прямой, исходя нз
других соображений. Пусть дана прямая АВ и точка 5 вне ее (черт. 5).
Приведем из S пучок прямых; тогда каждая из этих прямых пересечет
прямую АВ в некоторой точке. Каждой
_____________S___________ прямой, проведенной из точки S и не па-
уК_______________________раздельной прямой АВ, соответствует на АВ
/ \	единственная точка — точка пересечения
/	\	АВ с проведенной прямой. Прямой, парал-
/	\	дельной АВ п проходящей через точку S,
/________\	не найдется соответственной точки. Условно
д	В будем говорить, что точкой пересечения
прямой с парад тельными ей прямыми слу-
Черт. 5.	жит несобственная точка этой прямой.
Если прямая, проведенная через S,
вращается вокруг S, приближаясь к положению прямой, параллельной
к АВ, то точка ее пересечения с АВ все более и более удаляется от
точек А и В. Это дает основание называть введенную таким образом
несобственную точку прямой АВ бесконечно-удаленной точкой этой
прямой.
ГЛАВА 1.
ПРЯМЫЕ ЧЕВЫ.
4.	Теорема Чевы. Если прямые, соединяющие какую-нибудь точку с
вершинами треугольника АВС, пересекают его стороны АВ, ВС, С А со-
ответственно в течках С, А', В’, то (черт. 6)
1.
АВ' СА’ ВС
В'С ’ А’ В' С А
Проведем АР || ВВ' н СЕ II ВВ’. Так
как АР || ВВ’, то
АВ' РК
В'С = КС ’
Из подобия треугольников АКР и FKC
имеем:
Черт 6.
РК АР
КС ~ CF'
Следовательно,
AS' АР
В'С~ СР'
Из подобия треугольников СА'Е
(1)
н В А’К
С А’	СР
А'В КВ '	<2)
Из подобия треугольников АСР н ВС'К
ВС КВ
С А ~ АР 
Перемножив равенства (1), (2), (3), получим окончательно:
С А' ВС
В'С А'В' СА *•
(3)
5
Теорема Чевы может быть записана так:
АВ' СА' ВС'
СВ' ’ ВА’ ’ АС ~	*’
или
(АСВ’Х.СВА'У(ВАС’) —1,
или
(АВС)(ВСА’)(САВ') = — 1.
Теорема Чевы остается справедливой и в том случае, если точка К —
точка пересечения прямых, исходящих из вершин треугольника,— нахо-
дится вне треугольника.
5.	Легко может быть доказана обратная теорема:
Если точки С', А’, В’ расположены соответственно на сторонах
АВ, ВС, СА треугольника АВС или на их продолжениях так, что
(АВС)(ВСА')(САВ') = — 1,
то прямые АА', ВВ’, СС' пересекаются в одной точке.
Предположим, что прямая СС' не проходит через точку К—точку
пересечения прямых АА’ п ВВ’. Пусть прямая СК пересечет сторону АВ
в точке D. Тогда имеем:
(ABD)(BCA')(CAB") = — 1.
Следовательно,
(ABC) (ABD),
и точка С должна совпадать с точкой D.
Французский математик Пулен (Poulain) предложил называть прямые,
исходящие из вершин тр у голышка и пересекающиеся в одной точке,
прямыми Чевы, или чевианами. Теорема Чевы была опубликована в 1678 г.
6.	Из обратной теоремы Чевы получаются как следствия известные
теоремы:
1)	Медианы треугольника пересекаются в одной точке. Доказатель-
ство очевидно.
2)	Биссектрисы внутренних углов треугольника пересекаются в одной
точке.
Пусть АА', ВВ', СС' (черт. 6) — биссектрисы внутренних углов тре-
угольника:
АВ' с СА' Ь ВС'	а
В'С~ а : А'В~~с ’ СА~ Ь ‘
Отсюда
АВ'^СА’-ВС’^
В'СА'ВС'А Ь
треугольника пересекаются в одной точке, называемой
3)	Высоты
ортоц нтром треугольника (черт. 7).
Имеем:
АС = Ь cos А, СВ = a cos В,
В А' = с cos В, А’С = Ь cos С,
СВ' = a cos С, В'А = с cos А.
Следовательно,
АСВА'СВ'
С'В-А'СВ'А -1-
4)	Прямые, соединяющие вершины тре-
С угольника с точками касания вписанного круга,
пересекаются в одной точке, называемой точкой
Хергона.
6
Пусть А', В’, С' точки касания вписанного круга (черт. 8). Тогда
АВ' = СА, СА' = СВ', СВ А'В.
Следовательно,
АВ'СА’ВС
СА-В'СА'В
Теорема доказана.
д	Задача Доказать, что биссектрисы
в.	двух внешних углов треугольника пересе-
/Г\.	каются на биссектрисе внутреннего угла
/ |	,	при третьей вершине треугольника.
//у	Задача. Найти нутри треугольни-
,jr I	ка такУю точку О, чтобы произведение
АВ'-ВС-СА’ имело наибольшую величину
/I	х. (А’, В', С—точки пересечения прямых АО,
/ХУтЛ	СО со сторонами ВС. СА. АВ).
\	S Проведем медианы AM, BN, СР тре-
&-----С угольника АВС, пересекающиеся в точке
С. Так как средняя геометрическая двух
Черт. 8.	величии не больше их средней арифмети-
ческой, то
УЛВ'-В'С AN, VcA’A’B «5 СМ, ^ВС-СА ВР.
Возводя в квадрат каждое из полученных неравенств и перемножая,
получим
АВ’-В’С-СА'-А'В ВС’-С’А {AN СМ ВР)'.
На основании теоремы Чевы имеем.
АВ’-СА’-ВС = В'С-А’В-СА.
Следовательно,
(АВ'-СА’-ВС'У (ANCMBP)*.
Неравенство обращается в равенство в случае совпадения оснований
прямых Чевы с серединами соответстнующих сторон, слеювателыю, в
этом случае произведение АВ’  ВС • СА’ имеет наибольшую величину,
аЬс
равную -g~, где а, Ъ, с стороны треугольника.
Итак, искомой точкой является точ-
ка пересечения медиан треугольника
Задача. Опустить при помощи
одной линеики и? точки, находящейся
вне или внутри круга, перпендикуляр на
диаметр.
Пусть нз точки М (черт. 9) на
диаметр АВ требуется опустить пер-
пендикуляр
Соединим точку М с концами диа-
метра. Точку С — точку пересечения AM
с окружностью соединяем с концом
диаметра В, а точку D—точку пересе-
чения ВМ с окружностью соединяем с
концом диаметра А. Прямые ВС и АО
пересекаются в точке Р. Прямая МР
проходит через точку пересечения дв^х
высот и через вершину треугольника АМВ и потому перпендикулярна АВ.
7
7	Теорема Коатпона (Coatpont). Прямые, выходящие из вершин
треугольника и делящие противоположные стороны пропорционально при-
лежащим углам, пересекаются в одной точке (черт. 10).
Имеем: _
AD _ CF £С BE
DC ^_С’ FB~ ^В' ЕА~ £А’
Д
Г

Черт. 11.
Аналогично
=
AD CF BE
DC ' FB‘ £Z = 1 '
Теорема доказана.
Теорема Коатпона может быть обобщена сле-
дующим образом:
Прямые, выходящие из вершин треугольника
и делящие противоположные стороны пропор-
ционально одним и тем же функциям прилежа-
щих углов, пересекаются в одной точке:
AD_f(A) CF _f{C) BE _ЦВ)
DC f(Cy FB f(B)' EA f(A);
AD CF BE =
DC ' FВ ’ EA	1 ’
8.	Вневписанные окружности. Биссектрисы
внешних углов при двух вершинах треугольника ______________
пересекаются на биссектр! се внутреннего угла 8	F С
при третьей его вершине (см. задачу в§ б). Точка Черт. 10.
пересечения двух биссектрис внешних углов и
биссектрисы внутреннего угла при третьей вершине есть центр окруж-
ности, касающейся одной стороны треугольника и продолжений двух
других сторон (черт. 11). Эта окружность называется вневписанной окруж-
ностью.
Чтобы вычислить радиус вневписанной окружности, рассмотрим пло-
щади треугольников АВС, АВМ,
АСМ, ВСМ.
Обозначим радиус вневписанной
окружности, касающейся стороны а,
через ра. Тогда
$ АВС = $АВМ + ^АСА!	$ ВСМ =
ср.	Ьр„	т„
Га га га
2~ + —2	2~ =
Ра(Ь+с —а)
\	-------2----- =Pfl(p-fl).
где р—полупернметр треугольника
АВС. Следовательно,
р =-^_
а р — а’
S
Ь’ р —с
8
9.	Выражение площади треугольника через радиусы вписанного круга
и полупериметр (черт. 12).
$АВС ~ $В1А + AIC	=’ "2 "*’ 2 "*’ ~2~ = "2	=	‘
Выражение площади треугольника через'раднусы вневписанных и впи-
санных окружностей;
S = pr, S = pa(p—a), S = f>b(p — b), S=pc(p — c);
S« = p(p — a)(p—b)(p — c)rpa ₽£,Pc = S,rpfl pbpc-,
S = У rPa?b?c-	£
Квадрат площади треугольника	/ \ 'ч
равен произведению радиусов вневпи-	I
санных окружностей и радиуса впи-	\
санной-	/"	\ / X.
10.	Зависимость между радиусом	Ух
вписанной окружности и радиусами /I ^2	) >.
вневписанных окружностей:	/ \ ><	X.
S = ^r, S = (р — а) ра ,
5=<р—*)₽/>• S=(p — с)рс .	Черт 12	С
Отсюда 1 _ р 1 _р — а I _ р — Ь	1 _ р — с
r S’ f-a 5 ’ ₽Ь 5 ’ "₽7	’
Складывая эти равенства почленно, получим:
— = — + —+ ’ .
г % РЬ Рс
Сумма обратных величин радиусов вневписанных окружностей равна’
обратной величине радиуса вписанной окружности.
Задача. Доковать, что сумма обратных величин высот треугольник^
равна обратной величине радиуса вписанного круга, т. е.
-L + _L + 1 =_L
h + h. + Л г •
а и с
11.	Определение длины отрезков от вершины треугольника до точек
касания вневписанного круга (черт. 11).
AN = АВ + BN= с + ВК,
АР^АС + СР = b + КС.
Так как
AN =AP,to2AN<= b + c+ ВК + КС = b + с + а = 2p;AN = р.
Отрезок от вершины треугольника до точки касания вневписанной
окружности, расположенной на продолжении стороны, равен полупери-
метру.
Задача. Дан угол АВС и точка (точка может быть расположена
внутр । угла, вне угла н на стороне угла). Через эту точку провести
прямую так, чтобы она образовала со сторонами угла треугольник данного
периметра.
9
Задача. Доказать, что рар^—грс =	(а* + Ь*—с1).
Так как
5	5	5	5
₽а р—а’ РЬ р—Ь,Г Р ’ ?с р — с’
го
^Ь-Г^с = (р-ауСр- Ь) -у-(ё~сГГ*~РС~Р'+ аР+ЬР~аЬ =
,= р (а + b—с) —ab = {а±Ь+с)(а±Ь-с}	=
= <S±.fc)*~cl — ab = J (в» + 6’—с«).
2	2	7
Задача. Доказать, что в прямоугольном треугольнике с гипотенузой с
PC=r+f>a+f>b-
Задача. Доказать, что в прямоугольном треугольнике с гипоте/ узой с
Ра Pb
г =-------
Рс
Задача. Доказать, что в прямоугольном треугольнике ра и р^ яв-
ляются корнями^к обратного уравнения
х» + (г — рс) х+гР(. =0,
.или корнями уравнения
х1 — «+-^ = 0.
Задача. Доказать, что во всяком треугольнике
“РъРс
Pb + Рс ‘
12. Деление пополам угла с недоступной вершиной. Требуется разде-
Доказательство.
лять пополам угс между
прямыми АВ и CD, точка
пересечения которых не-
доступна (черт. 13).
Впттпнгом было пред-
ложено следующее по-
строение. Пересекаем
стороны угла двумя про-
извольными параллель-
нымн прямыми PQ и MN.
Откладываем МР' =
МР" = МР и NQ' -
NQ* = NQ. Пусть пря-
мые РР' и QQ’ пересе-
каются в точке Я, а
прямые Р'Р" и Q'Q’’
пересекаются в точке Т.
Прямая ЯТ— искомая.
Ооозпачпм недоступную вершину угла бук-
вой Р. Легко видеть, что РР' и QQ'—биссектрисы внутренних углов при
40
двух вершинах треугольника PQP (действительно, £.1 =	3 — £_2,
следовательно. 3	/ 7). Точка их пересечения /? лежит на искомой
биссектрисе. Прямая РР’ I Р’Р* и прямая QQ'J_Q'Q*. В треугольнике
Р"СРР прямые Р'Т и Q'T, будучи перпендикулярными к биссектрисам
внутренних углов треугольника, являются биссектрисами внешних углов.
Черт. 14.
следовательно, их точка пересечения
Т лежит на искомой биссектрисе.
Прямая RT—искомая.
13.	Точка Нагеля Прямые, сое-
диняющие вершины треугольника с
точками касания соответственных
вневписанных окружностей, пересе-
каются в одной точке, называемой
точкой Нагеля (черт. 14).
Доказательство:
АР = АР' = BP' — ВА = р — с,
СК р—b,BL=p — а,РС—р — а,
КВ = р — с, LA = р — Ь',
АР СК BL _
PC ' КВ' LA ~ L
Следовательно, прямые АК, ВР,
CL пересекаются в одной точке.
Свойства прямых Чевы.
14.	Теорема Ван-Обеля. Для каждой из прямых Чевы, пересекающихся
внутри треугольника, существует соот-
ношение (черт. 15):
{AM _ АР АЕ
MD~ РВ + ЕС 
Действительно, рассматривая площади
треугольников АМС, AM В и ВМС, най-
дем:
площ. АМС АР плош. АМВ АВ
площ. ВМС ~ РВ’ плош. ВМС = ЕС
(АР и РВ пропорциональны высотам, опу-
шенным из А и В на основание МС). Следовательно,
плош. АМС + плош. АМВ______АР АЕ
плош. ВМС ~ РВ ЕС
(1)
Из рассмотрения треугольников АМС и CMD, АМВ н BMD за-
ключаем:
плош. АМС _ площ. АМВ________AM
площ. CMD плош. BMD~ MD’
площ. АМС + площ. АМВ _ AM
площ. CMD + площ. ВМD~ MD’
плош. АМС + площ. АМВ _ AM
площ. ВМС	MD ’	(2)
11
Сравнивая равенства (1) и (2), получим:
AF АЕ
МО ЕВ +ЕС’
Итак, теорема Ван-Обеля доказана.
Интересные частные случаи этой теоремы:
а)	Прямые AD, BE, СЕ — медианы. В этом случае АЕ = ЕВ, АЕ =ЕС, и
^=1 + 1=2
MD
To-есть медиана делится течкой пересечения медиан в отношении 2:1,
считая от вершины.
Ь)	Прямые AD, BE, СЕ—биссектрисы внутренних углов; М— центр
вписанного круга:
АЕ Ь АЕ с AM _ Ь + с^
ЕВ а ’ ЕС ~ а • MD ~ а '
с)	М— точка пересечения чевиан — есть точка Жергона (см. § 6), т. е.
тогда
AF__р— а АЕ р — а
ЕВ ~ р— Ь ’ ЕС = р— с
Поэтому
AM р — a t р — а_ а (р— а)
~MD = р — Ь + р — с' (р— Ь)(р— с) ’
d) М— точка Нагеля (см. § 13); тогда
АЕ р — Ъ АЕ	р — с
ЕВ р — а' ЕС р — а'
AM _ р — b р—с _ д
MD ~ р—<1 р — а~~ р — а
15.	Дальнейшее развитие теоремы Ван-Обеля. По теореме Ван-Обеля
(черт. 15)
АМ_АЕ АЕ АМ — АЕ АЕ
MD ~ ЕВ + ЕС ,,ли DM ~ BF + СЕ"
Каждая из дробей, входящих в последнее равенство, может рассмат-
риваться, как отношение трех то-
чек. Эти отношения в данном слу-
чае все отрицательны, а потому
свойство прямой Чевы, о котором
говорит теорема Ван-Обеля, может
быть записано так:
(ADM) = (АВЕ) + (АСЕ).
Покажем, что в таком виде
теорема Ван-Обеля может быть
распространена на прямые Чевы,
пересекаюшиеся вне треугольника.
Пусть в треугольнике АВС
проведены прямые AD, BE, СЕ,
пересекаюшиеся в точке М вне
треугольника (черт. 16). В данном
случае из трех прямых Чевы две
(BE и СЕ) в точке пересечения де-
лятся внутренним образом, а третья (Л£>)— внешним образом. В связи с этим
проведем отдельно доказательство для прямой AD и, скажем, для прямой BE.
12
Докажем, что
{ADM) (ABF) + (АСЕ).
Рассматривая площади треугольников АМС, АМВ, ВМС, получим:
площ. АМС AF площ. АМВ АЕ
площ. ВМС ~ BF' площ. ВМС ~ СЕ'
площ. АМС + площ. АМВ
площ. ВМС
_ AF АЕ
= BF+ СЁ'
(•)
Из рассмотрения треугольников АМС и CMD, АМВ и BMD за*
ключаем:
площ.	АМС	площ.	АМВ_____AM
площ.	CMD	плош.	BMD	DM'
площ.	АМС +	площ.	АМВ	AM
площ.	ВМС	DM	'
Из сравнения равенства (1) и (2) заключаем
AM _ AF АЕ
DM ~ BF + СЕ'
или
(ADM) (ABF) + (АСЕ).	(3)
Покажем, что и для BE это соотношение справедливо. Доказательство
аналогично проведенному выше:
плош. АВМ BD площ. BCM __ BF
плош. ACM DC площ. ACM ~ АР’
плош- АВМ — площ. BCM _~BD BF
нлощ. ACM ~ DC AF’
площ. BCM ВМ площ. АВМ ВМ
площ. СМЕ ME’ плош. АМЕ ~ ME’
площ. АВМ — площ. ВСМ ВМ
площ. АМС	— МЁ"
Следовате льио,
ВМ BD BF
ME= DC AF’	(4)
Изменяя направления отрезков МЕ и DC ни противоположные, мы
ВМ BD
тем самым изменим знаки отношений и н получим
__ВМ_____BD_ВР ВМ _BD BF
ЕМ ~	CD AF' ИЧИ EM ~ CD + AF'
а это и есть искомое равенств
(ВЕМ) = (BCD) 4- (BAF).
Теорема доказана.
16.	Наз вем отношение трех точек, лежащих на прямой Чевы,
отношением Чевы. Например, отношение (ADM) (черт. 15 и 16) есть отно-
шение Чевы.
13
Теорема. Разность между суммой трех отношений Чевы и их про-
изведением есть величина постоянная, равная 2:
(ADM) + (В ЕМ) + (СЕМ) — (ADM) (ЕЕМ) (СЕМ) = 2.
Докажем эту теорему, оспой таясь на теореме Ван-Обсля. Пусть
(ABF) = К. , (BCD) = ).а , (САЕ) = Xfc
По теореме Ван-Обеля
(ADM) = (АВЕ) + (АСЕ) = К +	,
С КЬ
(В ЕМ) = (BCD) + (BAE) = Хд + -Л-,
С
(СЕМ) = (САЕ) + (CBD) = >.b + -jj-.
а
Обозначим через Т сумму отношений Чевы, а через II — произведе-
ние этих отношении:
Т = (ADM) + (ВЕМ) + (СЕМ) = *а+>Ь + *с + ^~ +	+ Т~.
а Ь с
4^v)(’>+v)W)-
= ха хб хс + ха + хб + хс + у- +	+ у- + X ' X •
а о с а о с
Так как по теореме Чевы Х„ X, X, = —? . =— 1,то Т — П = 2.
г	а о с I
а о с
Теорема доказана.
Если точка М лежит внутри треугольника, то Т н П оба отрица-
тельны, причем П по абсолютной величине больше Г. Поэтому, если |Г|
и |11| обозначают абсолютную величину Т и II со тветственио, то
[П]-|Г] 2.
В таком виде доказанная теорема представляет теорему Эйлера, ка-
сающуюся свойств прямых Чевы, проходящих через одну точку внутри
треугольника.
Выражение для II можно преобразовать следующим образом:
П =Хд+Х6 + Хс— XiXc— Хс Ха—ХдХ7> + ХдХ6 Хс — * =
= <i-Mxa + (i-xc) х6-(|-хс)-хдх6о-хс) =
= ('-хс) (ха+х6-1-хах<>) = -(,-хах1-х<>) а-м-
Подсчитаем для частных случаев значение П.»
1)	Пусть прямые, Чевы—медианы. Тогда Хд = Х^ = Х£ = — 1, и
П = — 8.
2)	Пусть прямые Чевы — биссектрисы внутренних углов. Тогда
14
3)	Пусть прямые Чевы — прямые Жергона:
BD р—Ь _СЕ р — с . АР р—а
Ко= CD^ ~р=с' 'b~AE~	~р — а’	- BF~ ~p^b’
___________abc____________________pabc_ ipabc _	4pR	4R
~ (р — а)(р — Ь)(р — с)“_______________________5* —	4S* “	5 =	г	•
Задача. Показать, что если прямые Чевы проходят через точку
Нагеля, то
11 = -^
17.	Задача. Определить площадь треугольника DEF, вершины кото-
рого являются основаниями прямых Чевы данного треугольника (черт. 15),
при условии, что эти прямые пересекаются внутри треугольника.
Пусть искомая площадь равна S':
с' с  с с ____________с _____ с (. $AFE SBFJ)	$ С1>е\
— 2> ^afe — ^bfd Све ~	—5———
Так как площади двух треугольников, имеющих общий угол, отно-
сятся как произведения сторон, заключающих згот угол, то
S AFE	_ AF-AE SB*D _	BD - BF	SCt>E	_ CE - CD
S	AB -AC S	BC-BA'	S	C\-CB •
Ho		AF		
AF	AF	AF •	BF	I c	X c
АВ AE + FB AF — BF AF ~ X — I “ 1—X »
BF ~ 1	С
АЕ АЕ АЕ	\	1
, АС~ АЕ + ЕС ~ АЕ— СЕ~	СЕ~
1 “ АЕ
аналогично
BD Ка BF 1	. СЕ	CD 1
ВС =	1 —а 	1 —X ’ СА~	1 — X, ’ СВ~ 1— Х„
ас	о	а
Поэтому
SAFE	\	SBFD	*а
—s“=	~§-=-(,-ЛХ'-М’
SCDE
15
Следовательно,
5' = 5	4- ------------Н________________F
1+и-М('-М (’-MU-M
К6	2S	2S
Рассмотрим частные случаи.
2S S
I) Прямые Чевы —медианы. S — -g =«	.
2) Прямые Чевы—биссектрисы внутренних уг юв.
_,=	2Sabc
' (b + с) (с + а) (о + bY
Задачи. I) Показать, что площадь S' треугольника, вершинами
которого являются основания высот остроугольного треугольника, равна
S' = 2Scos A cos В cos С.
Черт.
2) Показать, что площадь треугольника, вершинами которого являются
рг*
точки касания вписанного круга, равна
18.	Теорема Стюарта Если прямая AD= d треугольника АВС
(черт. 17) делит сторону ВС на
отрезки BD — m и CD=n, то
<Ра = Ь*т + с*п — атп.
Пусть АЕ — высота треугольника
АВС. Из треугольников BDA и A DC
имеем:
с* = т* — 2mDE,
b* = d*+ и» + 2rtDE.
Умножив члены первого равенства
па п, а члены второго на т н сложив
их почленно, получим:	#
с*и + Ь*т = d1 (т + и) + тп (п + т).
или
d*a = Ь*т + с*п — атп.
BD р
отношение отрезков • ", то из написанного
Ео н известно
еенства можно получить следующее соотношение:
d*a*= Ь*ар д- с*ач а*р<1 -d*^ btp I
р-*-9^р+я (р + ?)*’ 'p+qTp+q (р + 9)1 "
Задача. Показать, что медиана та. проведенная из вершины
равна
ра-
А
Г 2(fc« + c*J-fl«
а	2
16
а биссектриса Pfl угла А равна
В = 2 * bcP(P~a)
Pfl b + c
Задача. Зная, что площадь треугольника, вершинами которого яв-
ляются основания биссектрис, равна (§ 17)
________2Sabc_______
(b + с) (с + а) (а + Ь) •
получить формулу Чезаро, по которой эта площадь равна произведению
длин биссектрис, деленному на удвоенный периметр треугольника.
Задача. Доказать, что сумма квадратов медиан треугольника равна
*Л суммы квадратов его сторон.
Задача. Показать, что расстояние от вершины А треугольника до
центра вписанного круга равно 1/
1 Р	\
Задача. Построить треугольник по трем медианам.
Указание. Продолжить одну из медиан от основания на одну
треть ее длины, построить треугольник, стороны которого равны */» дан-
ных медиан.
Задача. Построен треугольник, стороны которого равны */» медиан
данного треугольника. Показать, что медианы построенного треугольника
равны половин1’ сторон данного треугольника и что площадь его равна */»
площади данного треугольника.
Задача. Построен треугольник, стороны которого равны медианам
данного треугольника. Показать, что медианы построенного треугольника
равны 4t сторон данного треугольника.
Задача. На основании предыдущей задачи построить треугольник по
трем медианам (второй способ построения).
Задача. Дан треугольник, который назовем первым треугольником.
Построен второй треугольник по трем сторонам, равным медианам пер-
вого треугольника. Далее построен третий треугольник по трем сторонам,
равным медианам второго треугольника, и т. д. Показать, что 1, 3, 5, 7,...
треугольники подобны между собой, что 2,4,6 8,... подобны между собой.
В каждой группе треугольников (четной и н четной) стороны треуголь-
ника составляют */а сходственных сторон предыдущего треугольника.
Задача. По медианам треугольника mQ, т^, т£ вычислить стороны
треугольника.
Задача. Доказать, что если в треугольнике две медианы взаимно
перпендикулярны, то отношение суммы квадратов двух сторон треуголь-
ника к квадрату третьей стороны равно 5.
i» + c*
Задача. Если—-т— 5. то т. | гп .
а*	о с
19.	Назовем сторону треугольника и прямую Чевы, исходящую
нз противоположной вершины, соответственными. Докажем следующую
теорему.
Прямые, соединяющие середины сторон треугольника с серединами
соответственных прямых Чевы, пересекаются в одной точке.
2—1361
17
Пусть в треугольнике АВС (черт. 18) AD. BE, CF — произвольные
прямые, пересекающиеся в точке М; А', В', С—соответственно сере-
дины сторон ВС, С А и АВ; P.K.L—соответственно середины отрезков
AD, BE. CF.
Но основании теоремы Чевы имеем
для прямых AD, BE, CF:
АЕ CD BF _
ЕС ' DB ’ F A ~ 1
Умножим числитель и Знаменатель
1
каждой дроби на
у АЕ  ~ CD  BF
1------i------i----='
у EC - у DB  у FA
ИЛН
C'K B'P
KA' ' PC'
Прямые A'P, B'K, C'L, исходящие из вершин треу одышка
А'В’С', удовлетворяют условию теоремы, обратной теореме Чевы, и,
следовательно, пересекаются у одной точке.
Частным случаем доказанной нами теоремы является теорема Шле-
мнльха (Schldmilch): прямые, соединяющие середины сторон треугольника
с серединами его высот, пересекаются в одной точке.
Задача. В треугольнике А'В'С (черт. 18) проведены прямые
А'Р, В'К, CL, пересекающиеся в одной точке. Показать, что прямые
АР, ВК, CL пересекаются в одной точке.
20.	Французским математиком Жергоном (Gergaune) в 1818 г. была
доказана следующая теорема.
л	Если прямые AD, BE. CF, выхо-
дящие из вершин треугольника АВС,
/Г\.	пересекаются е точке О внутри трс-
/ \ X. £•	угольника (черт. 19), то
\	OD Of OF
/	X	AD+ BE+ CF
/	^X. и
//	\	AO 4. g0 . C0 _ 7
AD BE CF ~
&	Доказательство теоремы просто.
Черт. Ю,	Так как п ющади АОС и АВС отно-
сятся, как их высоты, а последние
относятся, как ОЕ к BE (опустив из В н О высоты, получим подобные
треугольники), то	»
плош. АОС _ ОЕ
площ. АВС — BE'
Аналогично
площ. ВОС_____OD площ. АОВ OF
площ. ABC ~~ AD' плош. ABC ~ CF"
18
Сложив найденные равенства, получим:
ОБ OD OF площ. АОС + площ. ВОС + плош. АОВ
B~E + AD+CF~	площ. АВС~	’ =
Итак, первая часть теоремы доказана.
Легко доказывается и вторая часть теоремы. Так как
>40 _ /О —О£> = _ OD ВО _ _ОЕ СО _ OF
AD~ AD = AD' ВБ ВБ’ СР ~ 1 CF'
то
1.
АО ВО СО _ _ fOD .ОБ OFX _
AD + BE + CF \AD + ВЕ + СР} ~
Теорема Жергона остается справедливой, естн точка О лежит не внутри
треугольника, а на его стороне (черт. 20). Рассматривая АС один раз
как прямую, проведенную из вер-
друтон раз как прямую,
из вершины С, получим:
ОС ОА
АС +СА *'
слагаемое обратилось в
в
N
Черт. 20.
шины А, а
исходящую
ВАС, MBN it ABC, PCQ и В(?А обозначим
Третье
нуль.
21. Следствия из теоремы Жер
С гона. Прямые, проведенные парал-
лельно сторонам треугольника, отсе-
кают треугольники, подобные дан-
ному. Воспользовавшись этим, по-
лучим:
Если провести прямые, параллельные сторонам треугольника, через
середины отрезков, соединяющих вершины треугольника с произвольной
точкой, взятой внутри треугольника или на его стороне, то сумма трех
сходственных линейных злементов этих треугольников равна сходствен-
ному элементу данного треугольника.
Доказательство. Точка О взята внутри треугольника (черт. 21)
или на его стороне (черт. 20)
и соединена с его вершина-
ми. Отрезки АО, ВО, СО
продолжены до пересечения
с противоположными сторо-
нами соответственно в точ-
ках D, Е и F. Через точки
D’. Б’, F’—середины от-
резков ОА, ОВ, ОС — про-
ведены прямые, параллель-
ные сторонам ВС, АС, АВ.
Отношение двух сход-
ственных линейных элемен-
тов треугольников LAK п
соответственно через kA, kB, кс. Имеем;
AD‘
kA “ AD
/10	1 ВО £ СО
AD’ к« = 2 ВБ’ кс‘= 2 CF'
1 (АО ,В0 СОХ_
*4 + *В + *С ~ 2 IxlD + BE + CFJ ~
2
1.
19
Умножив обе части полученного равенства на произвольную величину d,
где d— линейный элемент треугольника АВС, получим:
kAd + kBd kcd = d,
или
=
где dA, dB, dc—элементы, сходственные элементу d соответственно в
треугольниках LAK, MBN и PCQ.
Полагая d равным, например, радиусу г вписанного круга, получим:
сумма радиусов кругов, вписанных в отсеченные треугольники, равна ра-
диусу круга, вписанного в данный треугольник.
Задача. Обозначим площади треугольников LAK, MBN и PCQ
(черт. 20 н 21) соответственно через SA, SB, Sc. Показать, что
Задача. Найти внутри треугольника точку О так, чтобы сумма
площадей треугольников LAK, MBN и PCQ (черт. 20 и 21) была бы
наименьшей.
Решение:
откуда
5a+5b+Sc+2 5а5в +2 |/"SASC + 2 yf SBSC =5.
Так как
2] а^в SA + SB,2 |/~SB Sc SB 4-5С,
2 yf SC$A^SC+ SA,
S^SA + 5B + 5C + -SA + 5B + 5B + Sc +SC 4- SA,
или	„	5
+^в + Sc 3
5
Итак, сумма SA + SB + Sc имеет наименьшее значение, равное
Наименьшее значение получается при SA=SB = Зс так как при
этих значениях
2 ]r^ASB = SA + SB,2^ 5aSc=Sa + 5c,
| 5B5C-5B+SC.
S
Следовательно, в случае минимума SA = 5В = Sс = -д .
20
Обозначим в этом случае высоту треугольника ДАЛ'через h' , а вы-
соту треугольника ВАС через Лд , тогда имеем:
й'
а 1
SA
5
Отсюда
>
ha 3
h'
а
h
а
“Т’
Аналогично
аь=4.
Ас =
5
3
Следовательно,
СО 2
3 ’
АО ВО
АО~ ВЕ~ СР~
и тогда О есть точка пересечения медиан.
Задача. Доказать, что параллельные (противоположные) стороны
шестиугольника KLMNPQ (черт. 20 и 21) равны между собой.
ш Задача. Показать, что площадь шестиугольника KLMNPQ не мень-
ше */, площади треугольника АВС.
Задача. Из вершин треугольника АВС проведены прямые АО, ВБ и
СР, пересекающиеся внутри треугольника в точке О. От вершины тре-
" "	СБ соответственно отложены отрезки.
угольника на прямых AD, ВБ
равные OD, ОБ и ОБ, и
через точки деления про-
ведены прямые, парал-
лельные противополож-
ным сторонам. Пока-
зать, что сумма трех
сходственных линейных
элементов отсеченных
треугольников равна сход-
ственному элементу дан-
ного треугольника.
22. Дальнейшее раз-
витие теоремы Жергоиа.
В теореме Жергона рас-
сматриваются свойства
прямых Чевы, пересе-
кающихся внутри тре-
угольника или на его стороне.
и
I
Поем трим, нельзя ли распространить
теорему Жергона и на прямые Чевы, пересекаюшиеся вне треугольника.
По теореме Жергона (черт. 19)
OD	ОБ OF	j
AD + ВБ + СБ
Запишем это равенство в следующем виде:
(OAD) + (ОВЕ) + (ОСБ) =
Если точка О окажется лежащей на одной из сторон, например на
стороне ВС, т. е. совпадет с точкой D, то (OAD) = О, и получим:
(ОВЕ) + (ОСБ) = I.
21
Пусть теперь точка О лежит вне треугольника АВС (черт. 22). Тогда
площ. ABO OF	площ. АОС ОЕ	тощ. ВОС	OD
площ. ABC	~ CF ’	площ. ABC	~~ BE ’	площ. ABC	DA	’
площ. АВО + п юга. АОС — площ. ВОС площ. АВС 1
площ. АВС	площ. АВС
Следовательно,
OF	ОЕ	OD
CF + BE	DA	'
или
(ОAD) + (OCF) + (ОВЕ) = 1,
т. е. теорема Жергопа справедлива А в этом случае.
Задача. Проверить справедливость обобщенной теоремы Жергона дли
следующего случая. Из вершин А и В треугольника АВС проведены пря-
мые, параллельные противоположным сторонам. Точка, их пересечения О
соединена с вершиной С.
23. Теорема Понселе (Poncelet). Прямые, соединяющие какую-нибудь
имеющего нечетное число сторон, об-
разуют на противоположных его
сторонах такие отрезки, что произ-
ведение отрезков, не имеющих общих
концов, равно произведению остальных
отрезков.
Эта теорема является обобщением
теоремы Чевы.
Пчсть внутри пяти} голышка
ABCDE (черт. 23) взята точка К и
соединена со всеми вершинами. Тре-
буется доказать, что
Л/7 ЕМ DR СР_	1
NE ‘ MD' RC ' РВ ' LA
Доказательство. Из рассмотрения отношения площадей треу-
гольников AKN и NKE
AN	КА sin а
NE ~ KE sin р '
Аналогично получаем:
ЕМ	KE sin т DR	KD sin ц	СР	КС sin
MD	KD sin S	’ RC	КС sin v ’	pB	KB sin Ф’
BL	KB sin 6
LA	KA sin u>'
Так как углы a = -v, p = <p, 7 = 6, 8 = 6,	u>. to
AN EM_ DR CP BL
NE ' MD ' RC ' PB ' LA
что и требовалось доказать.
То же самое можно записать иначе:
jl/V Ем DR СР	BL________
EN ' DM ' CR ’ BP	AL ~
или
(AEN) (EDM) (DCR) (СВР) (BAL)^= — \-
[Понселе, известный французский геометр, один из создателей проек-
тивной геометрии (1788—1867).]
22
ГЛАВА II.
ТРАНСВЕРСАЛИ.
24. Секущей, или трансверсалью, какой-либо фигуры называется пря-
мая, пересекающая эту фигуру. Если фигура есть многоугольник, то
трансверсаль может пересе-
кать не только стороны фи-
гуры. но и их продолжения.
25 Теорема Менелая.
Если стороны треугольника
АВ, ВС, СА или их продол-
жения пересекаются прямой
соответственно в точках
Ct A j Bt, то
ACi BA, СВ, _
CtB ’ А,С BtA
Доказательство.
Пусть стороны треугольника
А ВС пересечены секущей
С1Л1б1 (чертеж 24). Про-
ведем в плоскости треуголь-
ника АВС произвольную
прямую PQ и из вершин
треугольника проведем прямые, параллельные секущей В'С'А' до пере-
сечения с прямой PQ. На основании теоремы о прямых, пересекаемых
рядом параллельных прямых, имеем:
АС, _ ао BAt _ bo	CBt _ со
~ С,В ~ оЬ ’ А,С ос ’	В,А ~' оа
Перемножив полученные равенства, получим:
ACi	BAi	CBi ао	bo	со .
СХВ	А,С	B,A	= ob	oc	oa =
Теорема Менелая доказана.
Теорема Менелая может быть записана следующим образом:
(ЛВСО (ВСА,) (CAB,) = 1.
Из этого равенства видно, что трансверсаль может либо пересекать
продолжение всех трех сторон треугольника, либо пересекать две стороны
треугольника и продолжение третьей. В первом случае каждое из отно-
шений (ZBCj), (BCXj). (CABt) положительно, во втором—два отрица-
тельны и одно положительно.
Теорема Менелая может быть сформулирована иным образом:
Если прямая пересекает стороны треугольника или их продолжения,
то произведение трех отрезков, не имеющих общих концов, равно произ-
ведению трех других таких же отрезков.
26.	Легко может быть доказана теорема, обратная теореме Меиелая.
Если точки Ct, А„ В, расположены на сторонах треугольника так,
что (ABCi)(BCA,)(CABt) = 1, то они лежат на одной прямой.
Предположим, что прямая С,/5, пересекает сторону СА не в точке
а в точке D, тогда па основании теоремы Менелая имеем:
(АВС,) (ВС A,) (CAD) = 1.	(1)
По условию:
(А ВС,} (ВС A,) (СA Bi)	1.	(2)
23
Разделив равенство (I) па (2), получим:
(СЛ£>) = 1
(CABt)
Следовательно, точка D совпадает с точкой Bt. ч
Задача. Доказать, что основания биссектрис внутренних углов при
двух вершинах треугольника и
основание биссектрисы внешнево
угла при третьей вершине лежат
на одной прямой.
Задача. Доказать, что осно-
вания биссектрис внешних углов
при вершинах треугольника ле-
жат на одной прямой.
27.	Теорема Карно. Если сто-
роны плосково многоугольника или
их продолж ния пересечены пря-
мой, то произведение отрезков
сторон, не имеющих общих концов,
равно произведению остальных
отрезков.
Эта теорема является обоб-
щением теоремы Менелая.
Доказательство. Пусть
многоугольник ABCDE пересечен
прямой LMNPQ (черт. 25). Про-
ведем произвольную прямую EG
и пересечем ее прямыми, исходя-
щими из вершин многоугольника
и параллельными прямой PQ
Тогда
ВМ bo CN _ со
CM ~ со' DN ~ do '
DP do EQ _ eo AL _ ao
EP eo ’ AQ ao ’ BL bo '
Черт. 25.
Перемножив полученные равенства, имеем:
ВМ CN DP EQ AL
СМ ’ DN ’ ЕР ’ AQ ’ BL
[Лазарь Карно (1753—1823) — известный французский геометр, министр
революционной Франции, «органнза-
Черт. 26.
тор пооед».|
28.	Трансверсали, проходящие че-
рез центр тяжести треугольника Если
через центр тяжести треугольника
провести прямую, то сумма рассто-
яний зтой прямой от двух вершин
треугольника, находящихся от нее по
одну сторону, равна расстоянию от
третьей вершины.
Пусть М—точка пересечения
медиан (черт. 26);	трансвер-
саль, проведенная через центр тяже-
сти М~, At, Blt Ci—основания пер-
24
пенднкулярор, опущенных соответственно из вершин А, В, С на прове-
денную трансверсаль. Имеем:
BBt ВМ
LF МЕ~2’
Из трапеции AA^jC имеем:
Следовательно,
2LF - АгА + С£.
BBV = AtA + С,С.
Если расстояниям точек до прямой, расположенных по разные сторо-
ны от прямой, приписывать про-
тивоположные знаки, то получим:
BBt = — А А ССи
или
ААг + BBt + CCi = 0.
Итак, алгебраическая сумма
расстояний прямой, проведенной
через центр тяжести треугольни-
ка, от его вершин, равна нулю.
Следствие. Алгебраическая
сумма расстояний вершин треу-
гольника от произвольной прямой
равная утроенному расстоянию
центра тяжести от той же
прямой.
Пусть расстояния от вершин треугольника А ВС до произвольной п ря-
мой NP соответственно равны dA, dB , dc (черт. 27):
AD-dA, BE=dB, CF=dci
Проведем через центр тяжести прямую ML, параллельную NP. Рас-
стояние между этими прямыми пусть равно Z, а расстояния от вершин
А, В, С до прямой ML соответственно равны: d'A, d'B , d’ \
d‘A = AR, d'B = BQ, d'c = CL.
Тогда, принимая во внимание направления отрезков, будем иметь:
AD = AR + RD, BE = BQ + QE, СР = CL + LB-
AD + BE + CF = AR + BQ + CL + RD + QE + LF,
или
+ du + dc = d'A + d'B + d'c 4- 3/;
dA + dB + dc = 3/-
29.	Трансверсали, проходящие через центр круга, вписанного в треу-
гольник.
Лемма. Если на боковой стороне трапеции, параллельные сторо-
ны которой равны а и Ь, через точку М, делящую боковую сторону в от-
ношении , считая от основания а, проведена прямая, параллельная ос-
нованиям, то отрезок этой прямой, заключенный между боковыми сто-
па -4- mb
ронами, равен'.---!-----
т Ц- п
25
Пусть в трапеции ABCD (черт. 28) через точку М проведена прямая
MN, параллельная основаниям; пусть, далее, BF |] CD. Из подобия тре-
уг 1льников ABF и МВК имеем:
МК = —AF
т + п
MN = К N + МК
т	mb — та
—:— (Ь — а) =--------
т + п ' т + п 1
1 mb — та _ па 4- mb
m-j-n m~f- п '
На основании доказанной леммы
трансверсалей, проведенных через
центр круга, вписанного в треуголь-
ник.
1) Первое свойство. Если через
центр круга, вписанного в тре-
угольник, провести трансверсаль и
на нее опустить из вершины треу-
гольника перпендикуляры dA, dB,dCf
то adA 4- bdB + cdc - 0, если при-
нимать во внимание направления
отрезков dA, d“, dc.
легко вывести следующие свойства
Черт. 28.
Пусть AAl^= dA. BBl = dB, CCr = dc (черт. 29). На основании
ремы Влн-Обеля (глава 1, § 14)
АА, Ъ 4- с
-___1 = ———, или
FD а
На основании леммы, так как
тео-
а • A At = (b 4- с) ‘ FD.
BD с
DC “ b •
рр Ь-В.В + с-СгС
b + с
Следовательно,
а . АА, = b • BtB 4- с • СгС,
а . ААг = — b  ВВ1 — с  ССХ,
adA 4- bdB 4- cd с = 0.
2) Второе свойство. Пусть проведена произвольная трансверсаль MN
и на нее опущены из вер-
шин треугольника перпен-
дикуляры AA'=dA-,
BB'=dB, CC'~dc
(черт. 29). Тогда
adA + bdB + cdc = 2pp,
где p — расстояние от цент-
ра круга, вписанного в тре-
угольник, до данной прямой,
2р — периметр треуголь-
ника.
Проведем через центр
вписанного круга прямую,
параллельную трансверсали,
и опустим на нее из вершин
перпендикуляры А А d'A ,
26
ВВг d'в , CCX d‘c Тогда принимая во внимание, что AiA'= В^В'=л
СуС' р, позучим:
adA + bdB + cdc = a (AAt + AtA') + b (BB, + B,B') + c (CCY + QC) =
= ad' A + bd'B + cd'£ + =(o + i т p = 2pp.
Следствие. Если на касатльную к кругу радиуса р, центр которого
совпадает с центром списочного круга, опустить из вершин треугольни-
ка перпендикуляры dA, d[t, dc. то
ad Л + bdB + cdc 2pp.
Частным случаем доказанной теоремы является следившая теорема
ирландского .математика Гаркура (Harcurt):
Если к окружности, вписанной в треугольник, провести произволь-
ную касательную и на зту касательную опустить перпендикуляры d t,
d в, dc , то абсолютная величина алгебраической суммы ad А + bdB + cd с
равна удвоенной площади треугольника.
Действительно, при р г имеем:
ad 4 + bdB + cdc = 2pr = 2S.
Покажем еще одно свойство трансверсалей, проходящих через центр
круга, вписанного в треугольник.
Напомним свойство прямой, проходящей через точку, взятую на бис-
сектрисе угла. Пусть через точку D, взятую па биссектрисе угла АВС,
проведена произвольная прям. я, пересекающая стороны уна в точках А
и С (черт. 30). Проведем DN^AB и DM ||ВС; тогда
BD
МВ - BN = ND = DM -------------g-.
2 cos 2
Из подобия треуг ьниКов AMD и АВС имеем:
AM MD
АВ" ВС 1
АВ—MB MD
АВ ВС ’
BD	BD
2АВ cos 2 2ВС cos -g-
АВ + ВС BD '
Проведем через точку D прямую
DL, пересекающую сторону АВ в
точке К и продолжение стороны ВС
в точке L. Тогда
КВ
BD
В
2KB cos j
Черт. 30.
NL
BL’
1 +
+ BL
21
BD	j	BD
2KB cos — 2BL cos Л-
2	2
2 cos
1	1	2
KB BL BD •
Следовательно,
2cos -S-,
1,111	2
AB + BC KB BL BD ’
Будем считать отрезки, отложенные па сторонах угла, положитель-
Черт. 31.
мая, не проходящая через вершины
что доказанной теоремы имеем:
нымн, а отрезки, отложенные за
вершиной угла, на продолжении
его сторон,— отрицать ьными (на-
пример отрезок BL на черт. 30).
При этом условии полученное
равенство можно сформулировать
следующим образом: алгебраиче-
ская сумма обратных величин
отрезков, отсеченных на сторонах
угла произвольной прямой, прохо-
дящей через точку, взятую на бис-
сектрисе угла, есть величина пс-
» сто чная для данной точки.
’ Пусть через центр О круга,
вписанного в треугольник (черт.
31), проведена произвольная пря-
треугольника. На основании только
AL + АК
BL ВМ
Отсюда
2 cos ——
2 _ sin А _ sin А
ЛО ЛГ.  А г~
АО sin
2
sin В 11 sin С
~~г • СК + ~СМ
1111	1	1 sin А + sin В 4- sin С
~AL +~ак + ~BL + ~ВМ + ~СК~ + ~СМ =	~~
р (sin А + sin В 4- sin С) 4 Rp (sin А -+ sin В 4- sin С)
~	5	~~	abc
= 2Р (й + + с) _ 4Р*
abc	abc '
Следовательно, алгебраическая сумма обратных величин отрезков, от-
сеченных на сторонах треугольника и на их продолжениях произвольной
прямой, проходящей через центр вписанного круга и не проходящей через
вершины треугольника, равна квадрату его периметра, деленному на про-
изведение сторон треугольника.
Ол1	о
В равностороннем треугольнике эта сумма равна: —-	.
а*	а
30.	Некоторые свойства трансверсалей связаны с гармоническим де-
лением. Отрезок разделен двумя точками гармонически, если одна точка
28
делит его внутренним образом в том же отношении,
делит его внешним образом.
Если отрезок АВ разделен точкой С так, что
в котором другая
----р (знак минус
показывает, что точка С лежит внутри АВ}, а точкой D разделен так,
что = р (точка С лежит вне АВ), то отрезок АВ гармонически
В D
разделен точками С и D-, точки С ч D гармонически сопряжены относи-
тельно точек А и В.
Биссектрисы внутреннего и внешнего углов при вершине треугольника
делят противоположную сторону гармонически, так как первая из них
делит сторону треугольника внутренним образом пропорционально при-
лежащим сторонам, а вторая — внешним образом пропорционально тем же
сторонам.
Если отрезок АВ разделен точками С и D гармонически, то (ЛВС)
= — (A BD), т. е.
(ЛВС)__	,
(ABD) L
Д
Задача. Показать, что точка, гармонически сопряженная середине
отрезка, есть несобственная точка.
31.	Теорема. Прямая Чевы и прямая, соединяющая основания двух дру-
гих прямых Чевы, делят
противоположную сторо-
ну треугольника гармо-
нически.
Доказательст-
во. Пусть в треугольни-
ке АВС (черт. 32) из вер
шин проведены прямые
АА', ВВ', СС. Прямая
В'С продолжена до пе-
ресечения в точке А”
Черт. 32.	с прямой ВС. По теореме
Чевы нмеем,-
(АСВ') (ВАС) (СВ А , = — 1.
По теореме Менелая имеем:
(АСВ') (ВАС) (СВА") = I.
Разделив последние равенства почленно, имеем:
Теорема доказана.
32.	Задача. Даны
на прямой точки А, В, С.
Построить при помощи
одной линейки точку,
гармонически сопряжен-
ную с точкой С относи-
тельно точек А и В
1-й случаи. Точ-
ка С лежит внутри от-
резка АВ (ч рт. 33).
Соединяем произ-
вольную точку D, лежа-
(св»')
(СВА") *
29
тую вне прямой АВ, с точками А, В. С. Из точки А проводим произ-
вольную прямую АР, пересекающую CD в точке М. Продолжаем ВМ до
пересечения с прямой AD в точке Е. Прямая ЕР определит на продолже-
нии стороны АВ точку С', гармонически сопряженную с точкой С отно-
сительно точек А и В
2-й случай. Точка С лежит вне отрезка АВ (черт. 34). Соединяем
U	произвольную точку D,
/к.	лежащую вне прямой
/ V	АВ, с точками А и В.
г/	\\	Из точки С проводим
_	произвольную прямую
/	СЕР, иересекакдцую сто-
у	роны AD и BD соответ-
/	ствепно в точках Р и Е.
________\,	— р Точку пересечения АЕ
С' В	и ВР обозначим через М.
Точка С, лежащая на пе-
Черт. 34.	ресечении прямой DM со
сторопоп АВ, — искомая.
Задача. В треугольнике дан центр вписанною круга. Построить
при помощи одной линейки центры вневписанных кругов.
33.	Теорема. Точки, гармонически сопряженные с основаниями трех
чевиан относительно концов соответствующих сторон, лежат на одной
прямой (черт. 35).
Черт. 35.
Пусть АА,, BBt, СС,— прямые Чевы. На основании теоремы Чевы
(АВС^ (ВСА^ (САВХ)= — I.	(|)
На основании теоремы Менелая имеем для прямых А,В,, В,С, и СХЛХ:
(CAB,) (ВСА,) (ABC,) 1.	(2)
(CAB,) (ABC,) (ВСА,) I.	(3)
(ВСА,) (ABC,) (CAB ) = 1.	(4)
Перемножив по частям равенства (2), (3), (4), получим:
(CAB,)* (ВСА,)* (ABC,)* (ABC,) (BCA.) (CAB,}-= I,
и in
[(СЛВ,) (ВСА,) (ABC,)]* (»BCt) (BCA,) (CAB,) - 1.
Принимая во внимание равенство (1), получим
(ABC,) (BCA,} (CAB,)-. 1.
Следовательно, точки А,В,С, лежат на одной прямой.
30
34.	Мы рассматривали до сих пор пересечение сторон треугольника
прямой линией, теперь рассмотрим пересечение сторон треугольника
произвольной окружностью.
Теорема. Если стороны АВ, ВС, СА треугольника АВС пересечены
окружностью соответственно в точках С, и С,,
А, и A,, В, и В, (черт. 36), то
АВ,  АВ,  ВС,  ВС,  СА,  СА, =
= АС,  АС, • ВА,  ВА,  СВ, • СВ,.
Доказательство. По свойству секу-
щих имеем:
АВ,  АВ, АС,  АС,-, ВС,  ВС, ВА,  ВА,-,
СА, • СА, = СВ,  СВ,.
Перемножив, получим:
АВ, • АВ,  ВС, ВС, • СА, - СА,
= АС,  АС,  ВА, - ВА, • СВ,  СВ,.
МС,В и МВ,С (черт. 37) подобны, так
измеряются
35.	Прямая Симеона. Основания перпендикуляров, опущенных из про-
извольной тачки окружности на стороны вписанного треугольника, нахо-
дятся на одной прямой.
Прямоугольные треугольники
как / МСВ, / МВС, (оба угла
половиной дуги MBA), поэтому
ВС, МВ
В,С мс 
Из подобия треугольников
МА,В MBA, / МА В,):
АВ, МА
МВ 
Из подобия треугольников МА,С и МС,А
(_ МСВ = / МА В) следует:
СА,
С,А
А,В
МС
МА
ВС,
АВ,М и
Черт. 37.
Перемножая почленно полученные равенства, найдем:
ВС, АВ, СА, =
В,С ' А,В ‘ С,А~ ‘
На основании обратной теоремы Менелая, заключаем, что точки А,г
В„ С, лежат на одной прямой. Эта прямая называется прямой Симеона.
Французский математик Лемуан дополнил теорему Симеона, обратив
внимание на следующее соотношение:
МА  МА, = МВ  МВ, = МС  МС„
т. е. произведение расстояний от произвольной точки описанной окруж-
ности до вершины вписанного треугольника и до стороны, противополож-
ной этой вершине, есть для данной точки величина постоянная.
Действительно, из подобия треугольников МВС, и МСВ, имеем:
М,В ~ Кв • "лн МВ ‘ МВ* = МС • MCi-
МС Мп,
зг
Из подобия треугольников ABtM и МАВХ имеем:
МВ МА,
МВ • MBl = МА • МА,
Следовательно,
МА  МА, = МВ • МВ, = МС  МС,.
36. Теорема Сальмона. Если через точку, взятую на окружности, про-
ведены три произвольные хорды и на каждой из них, как на диаметре.
построена окружность, то зти окружности попарно пересекаются в трех
точках, лежащих на одной прямой.
Пусть через точку М окружности
МА, МВ, МС. Эти хг.рды опреде-
лят точки А, В, С — вершины треу-
гольника АВС, вписанного в круг.
На каждой из проведенных хорд
построим, как на диаметре, окруж-
ность. Опустим из точки М перпенди-
куляры ME, ME и MD соответствен-
но па стороны АВ, АС, ВС треуголь-
ника АВС. По теореме Симеона точ-
ки Е, Е, D — основания перпенди-
куляров— лежат на одной прямой.
Покажем, что точки Е, Е, D —
точки пересечения окружностей.
Действительно, точка Е лежит
на окружности диаметра МА, так как
угол МЕА прямой; точка Е принад-
лежит окружности диаметра МВ, так
как угол МЕВ прямой. Итак, точка
(черт. J8) проведены три хорды
Черт. 38.
Е есть точка пересечения двух окружностей. Аналогично доказывается,
что каждая из точек Е и D есть точка пересечения двух окружностей.
ГЛАВА III.
ОКРУЖНОСТЬ ДЕВЯТИ ТОЧЕК. РАССТОЯНИЕ МЕЖДУ
ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫМИ ТОЧКАМИ ТРЕУГОЛЬНИКА.
37. Определение. Середины отрезков высот от ортоцентра до вершин
треуго льника называются точками .Эйлера.
Теорема. Основания медиан, осно-
вания высот и точки Эйлера лежат
на одной окружности, называемой
окружностью девяти точек, или ок-
ружностью Эйлера (черт. 39).
Пусть Р, Ен F — середины сторон
треугольника АВС', АК и ВМ—две
высоты треугольника; Н— его орто-
центр. Опишем около треугольника
DEF окружность. Докажем, что
К — основание высоты А К, и точка
Эйлера L— середина отрезка ВН—ле-
жат на описанной нами окружности.
.12
Действше.аыю, DK—медиана прямоугольного треугольника ВКА,
выходящая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы:
dk = a!*,ef -~-,DK EF.
Итак, трапеция DEKF равнобочная, а потому окружность, прохо-
дящая через три вершины D, Е, F этой трапеции, пройдет и через чет
вертую вершину К.
Соединим точку L — середину ВН — с точкой D—серединой АВ.
к
Прямая DL || АК, прямая DF || ВС, а потому / LDF = так как
LE СИ, то^ LEE = -у. Следовате iwio, около четырехугольника EFDL
можно описать окружность
Итак, окружность, описанная около треугольника DEF, прошла
через точки К и L.
Аналогично покажем, что окружность пройдет еще через четыре ин
тересуюшне нас точки.
Приведенная нами теорема была опубликована Эйлером в 1765 г. в
Петербурге, в мемуарах Академии наук.
38 Некоторые свойства окружности Эйлера. Центр круга девяти то-
чек лежит в середине отрезка, соеди
няющего ортоцентр с центром опи-
санного круга (черт 40).
Действительно, О» — искомый
центр круга девяти точек — лежит з
пересечении перпендикуляров, вое
ставленных из середин отрезков КЕ
и MF. Пусть О —центр круга, опи-
q санного около треугольника АВС.
Центр искомой окружности О, дол
жен лежать на середине боковой сто-
роны ОН трапеции MHOF и трапе-
как восставленные перпендикуляры — средине линии
так
mm к ное,
трапеций
39 Теорема. Радиус круга девяти точек равен ~ 2 г — радиус
около треуголъ-
круга, описанного
ника АВС.
Соединим точку Е (черт. 41)
С центром круга девяти точек О».
Прямая EOt пересечет высоту
ЛК в точке L. LE — диаметр
круга девяти точек. Из равенства
треуго льников ОЛЕО и OtLH сле-
дует OF LH. Атак как LH=AL.
то ОЕ ф|: AL. следовательно,
четырехугольник ALEO парал-
лелогра.м и АО = LE. где LE —
диаметр круга девяти точек, a
АО — радиус круга, описанного
около треугольника.
Следствие. Расстояние от вер-
шин треугольника до ортоцентра
равно удвоенному расстоянию от центра описанного круга до противо-
положной стороны.
3—13GI	33
40. Прямая Эйлера Прямая, соединяющая ортоцентр треугольника с
центром О круга, описанного около треугольника, называется прямой
Эйлера. Прямая Эйлера, как мы видели, проходит через центр окружно-
сти Эйлера. Легко доказать, что точка пересечения медиан лежит на
прямой Эйлера. Соединив на чертеже 41 вершину треугольника А с середи-
ной противоположной стороны — с точкой Е, заметим что медиана АЕ в
в точке G—в точке пересечения с прямой Эйлера—разделится в отно-
шении 2:1, считая от вершины. Это легко выводится из подобия тре-
угольников AHG п EOG, принимая во внимание, что АН = 2ОЕ. Итак,
G есть точка пересечения медиан.
Теорема. Центр тяжести и ортоцентр треугольника делят гармо-
нически отрезок, соединяющий центр описанного круга с центром круга
девяти точек.
Так как 00, - О,АЛ то	2.
I	1	0G
0G =	ОН, GOt = .. ОН- поэтому т;—т- —2.
3	b	J и, и
Следовательно, точки G н Н гармонически делят отрезок 00,.
41. Свойство прямых, проходящих через центр круга девяти точек.
Пусть в треугольнике АВС через центр О, круга девяти точек
(черт. 42) проведена произвольная прямая RS.
Докажем следующую теорему: алгебраическая сумма перпендикуля-
Черт. 42.
ров, опущенных из вершин тре-
угольника и из ортоцентра на
произвольную прямую, проведен-
ную через центр круга девяти
точек, равна нулю.
Пусть AL, BP. CM, HN —
перпендикуляры, опущенные из
вершин и ортоцентра на пря-
мую RS\ ЕК — перпендикуляр,
опушенный из точки Эйлера Е
па прямую RS. Если BD = DC
ВР + СМ
и DF±R5. то DF------2— -
EK = FD, так как DuE — кон-
цы диаметра круга девяти точек.
Если принять во внимание направление отрезков ЕК и DF, то
ЕК = — DF. Отрезок ЕК, будучи средней линией трапеции NHAL, ра-
вен полусумме отрезков AL и HN,
ЕК
AL + HN
"2
Отсюда
BP + СМ = — AL — HN,
или
AL + BP + СМ + HN = 0.
42 Теорема. Алгебраическая сумма расстояний от вершин треуголь-
ника и ортоцентра до произвольной прямой равна учетверенному рас-
стоянию от центра круга девяти точек до этой прямой.
Доказательство. Пусть QT произвольная прямая (черт. 42).
Обозначим расстояния от вершин треугольника и ортоцентра до прямой QT
34
соответственно через d dc.dii Проведем через точку О, пря-
мую RS, пара i ie юную qt. Пусть расстояние между пария ютьными
прямыми будет I, a d'At d'B, d'c. d’l{ — расстояния от вершин треуголь-
ника и ортоцентра до прямой RS. Тогда
- АА’ = AL-}- LA' d'J +1.
dB = BB,' ~ BP } PB' - d'B t-1,
dc = CC = CM+ MC =- d'c + I,
d„ = HH'= HN + NH' = d'„ + I.
Далее имеем:
+ ^в + dc +	+ rfc +	4/’
так как
Л + ^в +	~~ 0-
сформулирована так: окружность
Черт. 43.
43.	Английским математиком Гамильтоном в 1861 г. была доказана
следующая теорема; треугольники ABC, ABH, ВСН, АСН, где Н — ор-
тоцентр треугольника АВС, имеют общую окружность девяти точек
(черт. 43).
Теорема Гамильтона может бь
девяти точек данного треуголь-
ника есть окружность девяти
точек треугольника, две вершины
которого совпадают с вершинами
данного, а третья вершина—с
ортоцентром данного треуголь-
ника.
В треугольнике АНВ точки
К и М — середины сторон АН
и ВИ (зтп точки —точки Эйлера
для данного треугольника АВС).
Точка Е — основание высоты BE
(она же является основанием вы-
соты данного треугольника). Ок-
ружности девяти точек треуголь-
ников АВС и АВН, имея три об-
щие точки К, М и Е, сливаются.
Следствие. Так как диаметр
окружности девяти точек равен
радиусу круга, описанного около
треуго 1ьника, то радиусы окружностей, описанных около треугольников
АВС, ВНС, АНС, АНВ, равны между собой.
44	Теорема Фейербаха. Окружность девяти точек касается вписан-
ной окружности и трех вневписанных окружностей.
Доказательство теоремы Фейербаха основано на некоторых теоремах,
которые мы сейчас приведем.
Теорема 1 Если в четырехугольнике A BCD противоположные сто-
роны АВ и CD пересекаются в точке Р так, что РА'РВ = PC'PD, то
около четырехугольника A BCD можно описать окружность.
35
и касающаяся данной
Через точки А, В,С (черт. 44) проведем окружность. Предположим, что
опа не пройдет через точку D, а пересечет прямую CD ь точке Е. Тогда
на основании теоремы о секущих, прове-
денных из одной точки, имеем:
РА • РВ = PC • РЕ;
кроме того, по условию
РА- РВ= PC- PD.
С «едовательно, РЕ PD н точка Едолжна
совпасть с точкой D.
Теорема 2. Даны круг О, касательная
TD к кругу О и точка Р вне круга, не ле-
жащая на данной касательной. Из данной
точки Р проведена произвольная прямая
РМ, встречающая касательную TD в точке
М; на проведенной прямой выбирают точку
N так, что произведение РМ - PN равно
степени точки Р относительно данного
круга (т. е. равно квадрату касательной,
проведенной из точки Р к окружности).
Геометрическов место точки И есть ок-
ружность, проходящая через данную точку
окружности.
Проведем через точку Р прямую PDC, проходящую через точку D—
точку касания данной касательной
н окружности (черт. 45). По усло-
вию
РМ • PN = PC- PD.
С 1ед<>вате.льно, четырехугольник
MNCD может быть вписан в круг (на
чертеже 45 окружность, проходящая
через точки M,D, С, И.не проведена) и
£CDM + £MNC = 2d,
Z_CDM + £CDT = 2d.
Следовательно,/ MNC /CDT =
= £DCT.
Итак, отрезок PC виден из точки
N под углом, равным углу, обра-
зованному касательной ТС с прямой
PC; следовательно, геометрическим
местом точки N будет дуга PNC, по-
строенная на PC и вмещающая угол,
равный DCT. Легко показать, что
дуга PN'C, вмещающая угол, равный
DCT' (смежный с углом DCT), также принадлежит геометрнческ му ме-
сту, а потому искомым геометрическим местом является окружность. Эта
окружность имеет с данной окружностью общую касательную ТС, сле-
довательно, она касается данной окружности.
Теорема 3. Точки касания вписанной и вневписанной окружностей рав-
но отстоят от середины стороны, которой касается вневписанная окруж-
fi
Черт. 46.
ноешь. Отрезок между точками касания равен разности прилежащих,
сторон треугольника.
В треугольнике АВС (черт. 46) точки R и S соответственно точки
касании вневписанной н вписанной окружностей, D— середина сторо-
ны ВС:
BR — АР — АВ = р —с, SC = р— с,
следовательно,
BR =5С и RD = DS;
RS - ВС— BR —SC = a — 2p + 2c = c — b.
П рейдем к доказательству теоремы Фейербаха.
Пусть в треугольнике АВС (черт. 46) D, Е,Е соответственно середи-
ны сторон ВС, АС и АВ;
S н R — точки касания впи-
санной и вневписанной ок-
ружностей со стороной ВС;
ВС н GH — оошне внутрен-
ние касательные к этим ок-
ружностям. Если перегнуть
чертеж по биссектрисе AQ
внутреннего угла при вер-
шине А, то точка С сов-
местится с С, а точка В с
Н. Точки М и L — соответ-
ственно точки пересечения
прямой GH с прямыми DF
и DE. Точка К — точка
пересечения DE c-AQ Точ-
ка К лежит на прямой GC,
так как DK делит GC по-
полам (DK — средняя ли-
ния треугольника BGC и
АК— биссектриса угла при
вершине равнобедренного треугольника GAC). Далее, по теореме 3
Так как BG = АВ — АС, то
DR = DS = ~ = DK.
Так как DK параллельна АВ, то
М = -'2 BG.DB-
Параллельные DE п ВА пересечены прямыми ВС, GQ и AQ, а потому
BG
DK ' ВА •
Следовательно,
DL	DK	BG
DK	DE^ ВА'
DL • DE DK* = DR* = DS*
37
I
Далее из подобия треугольников MDL и HAG имеем:
DM
DL
АН АВ DE
AG ~ AC ~ DF-
Следовательно, DM • DF = DL ' DE — DK* = DR* = DS*.
Геометрическое место точек Е и F, отличающихся тем свойством, что
произведение отрезков DL • DE и DM’ DE равно степени точки D отно-
сительно вписанного круга, есть окружность, проходящая через точки
D, Е, Е и касающаяся вписанного круга. Следовательно, окружность
девяти точек касается окружности, вписанной в данный треугольник.
Принимая во внимание, что произведение DM . DE = DL  DE DR*,
т. e. равно степени точки D относительно вневписанной окружности, за-
ключаем. что окружность девяти точек касается каждой из вневписан-
ных окружностей.
44. Точки касания окружности девяти точек
и окружностей, вписанных и вневписанных, на-
зываются точками Фейербаха. Д ля отыскания точек
Фейербаха следует построить пять окружностей:
окружность девяти точек, окружность, вписанную
в треугольник, и три вневписанные окружности.
Покажем, что точки Фейербаха можно полу-
чить и без построения указанных окружностей. Этот
новый способ построения основан на следующей
простой теореме. Если на любой хорде от конечной
ее точки отложить диаметр и из середины отрезка
между полученной точкой п второй конечной точкой
хорды восставить к хорде перпендикуляр, то он
коснется данной окружности (черт. 47).
Доказательство чрезвычайно просто. Так как
круга и CN = СВ 4- BN = АС + NK, то CN равен половине
круга, т. е. радиусу круга:
СЩ= ОЕ = R.
Рассмотрим треугольник АВС (черт. 48). Так как диаметр
стн девяти точек равен радиусу описанной окружности, то на основании
предыдущей теоремы для
проведения касательных к
окружности девяти точек
придется откладывать па
хорде радиус описанной ок-
ружности.
Отрезки а’а, Ь’Ь, с’с
высот треугольника являют-
ся хордами окружности
девяти точек; поэтому, если
на прямых а’а, Ь’Ь, с'с от
точек а',Ь',с’ отложить ра-
диус описанной окружности
и через середины отрезков,
заключенных между полу-
ченными таким образом
точками и основаниями abc
высот, провести прямые, параллельные сторонам треугольника АВС, то
эти прямые образуют треугольник Л1В1С|, стороны которого касаются
круга девяти точек,
38
А К равен
диаметру
диаметра
окружио-
Первая точка Фейербаха есть внешний центр подобия окружности,
вписанной в треугольник АВС, и окружности девяти точек, которая мо-
жет быть рассматриваема как окружность, вписанная в треугольник
A^Ct, подобно расположенный относительно треугольника АВС. Центр
подобия окружностей и центр подобия треугольников совпадают, а по-
тому точка F—точка Фейербаха — может быть найдена как центр подо-
бия'треугольников АВС и A-fiiCi.
Дая отыскания трех других точек Фейербаха (на ч ртеже 48 тачки
Fb F с) придется построить треугольник AtBtCt так же, как мы
строп ай треугольник А^^С^ с той лишь разницей, что радиус описан-
ной окружности следует откладывать не от точек а’, Ь', с*, а от точек
а,Ь,с.
Для отыскания точки Фейербаха F Л рассмотрим два подобных и по-
добно расположенных треугольника АВС и XjP,/3,; по отношению к по-
следнему окружность девяти точек является вневписанной окружностью.
Их центр подобия совп дет с центром подобая сходственных вневписан-
ных окружностей, т. е. с одной из точек Фейербаха.
Таким образом, построение точки Фейербаха FA сводится к построе-
нию центра подобия треугольников АВС и Л.Р-Р,. Для отыскания двух
остальных точек Фейербаха следует найти центр подобия треугольников
АВС и и центр подобия треугольников АВС и RxRxCx-
Расстояния между замечательными точками треугольника.
45.	Расстояние между центром описанного круга и центром тяжести.
Пусть в треугольнике АВС (черт. 49) О—центр описанного круга, С—
центр тяжести, AAt — медиана, OAt—
расстояние от центра описанного
круга до стороны ВС. Тогда
О А = R, О А
2~1/ AFF — a\
АА
Черт. 49.
Длину отрезка OG = d найдем, воспользовавшись теоремой Стюарта.
Имеем:
О А*  С Ах + Оа\ ' AG — OG* • ААХ =• AG G/Ц • AAt.
Отсюда

ос,_ол^а;, + од,.лс 1<с.СА
л л*	А А«
Но
4G
GAt
2	2	1
। ; поэтому AG	g AAj.
39
Следовательно.
, (4/?*-в»)	(2(Ь«+^)-«*!_«	а*+Ь» + с»
3 +	6	18	9
V к	9
Следствие 1. Во всяком треугольнике;
аг+ Ь* + с1
^* = 9
Неравенство обращается в равенство в случае равностороннего тре-
угольника, так как для равностороннего треугольника OG равно пулю.
Следствие II. В прямоугольном треугольнике расстояние между
центром описанного круга и центром тяжести равно шестой части ги-
потенузы.
Задача. Доказать без помощи теоремы Стюарта теорему: в прямо-
угольном треугольнике расстояние между центром тяжести треугольника
и центром описанного круга равно */, части гипотенузы.
46.	Расстояние м жду ентром круга девяти точек н центром тяжести
Так как OJG = OG (по абсолютной величине, § 40), то
6 F
47.	Расстояние от центра описанной окружности до ортоцентра. Так
как
^-2
СО ~ ’
—	= 3; НО = ЗСО = VZ 9Л* — (а* + Ь’ + с») ,
UU	\jU
Для прямоугольного треугольника НО = -^-.
48.	Расстояние от центра тяжеои до центра вписанной окружности.
Пусть I—центр вписанной в треугольник АВС окружности и А' — се-
редина ВС (черт. 50). Вычислим
Д	стороны треугольника AIA':
АА’ = — ]/~ 2 (Ь* + с’) — а»‘.
IA' найдем из прямоугольного
треугольника 1МА':
МА’ а2 -(р-Ь)=Л^.
1А’=Л/^&Е^
г	4
’ У 4г* + (6-с)‘.
IA вычислим нз прямоугольного треугольника ANI:
IA = ] г1 -у- (р —
40
Так как центр тяжести G делит отрезок /Л' на отрезки АС и GA
2	I
в отношении 2: I.to/G ” АА', GA' АА’. Применяя теорему
Стюарта, получим:
IA*GA' + IA'*AG — IG*AA' = AG GA'  АА'.
Обозначив IG = d, получим:
* _	•«41 +1^*1 -	• <м' -П *
АА	АА	3
[4л» + (5-с)«] _ |2(5* +с»)-о*] _
+	6	18
, 6р* — 12ар + (м* + 35* + Зс* — Gbc— 2b* — 2с* + а*
. ~Г 1	18
_ , Gp* — 12ар+ Та* + Ь* + с* — Gbc .
+	18	~
t 6р* — ба* — Gab — бса 4- Та* + Ь* +с* — Gbc
= Г 4	18
, 6р* — 6 (ab + Ьс + са) + а* + Ь* + с*
~ +	18	“
, Gp* — 3(а* + Ь* + с* + 2ab + 2Ьс + 2са) + 4(а* + Ь* + с*)
18
. Gp*— \2p* + 4(a*+b* + d*) 9r* — 3p*+2(a*+b*+с*)
.+	18	9
Отсюда_________________________________________
d=-3~y Q r*—3p* +2(а* + b* + с*).
49.	Расстояние между центрами
(Теорема Эйлера.) Если d— расстоя-
ние между центрами кругов, описан-
ного около треугольника и вписанного
в треугольник, то
d**=R* — 2Rr
(R — радиус описанного, аг — радиус
вписанного круга).
Пусть О центр описанного круга,
J — центр вписанного круга, £>Р —
диаметр, перпендикулярный к сто-
роне ВС, и JL— перпендикуляр, опу-
шенный из / на DP (черт. 51).
Угол DIC измеряется полусуммой
луг jE<4 н DC. Но АЕ — о BE,
'-^DC=\^BD, следовательно, угол
DIC измеряется полусуммой дуг BE
и DB, т. е. половиной дуги DE. Но
угол ICD также измеряется поло-
виной дуги DE, следовательно, / 1CD -=
оедрепный, DC DI.
кругов, описанного и вписанного
DIC н треугольник D1C равно-
41
Отрезок О1 = d найдем из треугольника OID:
d* = OD* + DI* — 20 D ‘ DL = R* + DC* —2R - DL
= R* + 2R-DM-2R-DL = R* + 2R(DM — DL) = R*—2Rr.
Теорема Эйлера доказана.
Следствие. R* Э= 2Rr-, R^2r, г. e. радиус описанное» круга не
меньше диаметра вписанного.
50.	Расстояние между центрами описанного и вневписанного кругов.
Обозначим это расстояние через dg ; dg OIg . В этом случае формула
Эй лера имеет вид ds = Л*4- 2Rpg , где R— радиус описанного круга, рд —
радиус вневписанного круга, касающегося стороны а (черт. 52).
Из треугольника ABI д имеем:
Z BIaD- £PBIa-£FAIa,
£DBIg= £laBC-£CBD. •
Ho AIg и BIg соответственно биссектрисы
углов ВАС и РВС\ поэюму
Z РА>а = £laAC = Z.CBD.
£РВ1д=£!дВС.
Следовательно, / DBIg £BIgDntpe-
М угольник BDIg равнобедренный: BD — Dlg
Опустим нз точки 1 д перпендикуляр I М
на ОМ (ОМ J. ВС). Из треугольника
OIg D найдем:
rf« = OI* = OD* +1 D*+ 2 OD  DM.
a a	a
Так как BD = DI и BD* = 2R ‘ LD, to
a	'
d*a = R* + 2R- LD + 2R- DM = R* + 2R(LD + DM) -
= R*+2R-LM=R*+2R?a.
Задача. Доказать, что во всяком треугольнике:
_ 1 + _1__________+_____!___
R*— d* d* —R* d* — R* d* — R* •
а	о	c
1	1,1,1
Указание. -—=------------1-—.
r	Pa Pt, Pc
51. Расстояния от центра круга девяти точек до центров вписанного
и вневписанных кругов. По теореме Фейербаха к-pvr девяти точек имеет
внутреннее касание с вписанной окружностью и внешнее с вневписанными,
поэтому
R	R
°*1 ~ 2 г “ °»1 а ~ 2 ра '
42

52. Теорема Лейбница Сумма квадратов расстояний произвольной
точки Р от вершин треузольника равна сумме квадратов расстояний от
вершин до центра тяжести треугольника, сложенной с утроенным квад-
ратом расстояния от
центра тяжести до дан-
ной точки.
Пусть Р произволь-
ная точка (черт. 53) и
G —центр тяжести (точка
пересечения медиан) тре-
угольника АВС. Обозна-
чим через Alt Вг, С осно-
вания перпендикуляров,
опушенных из вершин
А, В. С на прямую PG.
Из треугольников PAG,
PBG, PCG имеем:
РА* = PG* + AG* — 2PG  GAV
РВ* = PG* + BG* + 2PG  GBV
PC* = PG* + CG* + 2PG  GCV
Сложив эти равенства, получим;
РА* + РВ* + РС* = 3PG* + AG* + BG* + CG* — 2PG (GAг — GBX — GCJ.
Проведем через G прямую, перпендикулярную к PG, и опустим на нее
перпендикуляры АА', ВВ', СС из вершин треугольника. Тогда
А’А = G»!, В’В = GBV СС = GCV
На основании теоремы о трансверсалях, проходящих через центр тяже-
сти, получим:
GAl — GBl — GC1 = А’А — В’В— С'С = О.
Следовательно,	•
РА* + РВ* + PC* = AG* + BG* -)- CG* + 3PG*.
Следствие / Геометрическое место точки Р, сумма квадратов рас-
стояний которой от вершин треугольника постоянна, есть окружность,
центр которой совпадает с центром тяжести треугольника.
53. Прежде чем перейти к выводу важного следствия из теоремы
Лейбница, решим задачу § 18. В этой задаче предложено доказать, что
3
сумма квадратов медиан треугольника равна (а* 4- Ь* Д- с1). Восполь-
зовавшись теоремой Стюарта, найдем медианы треугольника:
4т* = 2(Ь*  с*)—а*, 4т*ь = 2 (с* + о1) — Ь*. 4т*	2 (а* + Ь*) — с1;
отсюда
4 <та m*b +	“ 3 (а* + b* + «*);
3
та + m'b + "’с =_4"<а,+ ь* +с‘>-
Следствие 2 из теоремы Лейбница. Сумма квадратов расстояний
точки плоскости до вершин треугольника имеет наименьшее значение,
когда зта точка совпадает с центром тяжести треугольника.
43

Действительно, по теореме Лейбница, имеем:
РА* + PB* + РС* = АС* + BG* + CG* + 3PG* =
= о (т* + т* + т*) + 3PG* - 3PG* \~(а* + b* J- с*к
У Q	и С	«5
РА* + РВ* 4- PC* будет иметь наименьшее значение при обращении PG*
в нуль, т. е. при совпадении Р с G. Это наименьшее значение равно
3 (fl* 4-б* 4-с*).
54 На основании теоремы Лейбница можно получить интересные мет-
рические соотношения. Так как GH = 2OG, то
2 Г
GH = у/ 9R* — (а* + Ь* 4- с»).
Пусть точка Р совпадает с ортоцентром Н, тогда получим:
4*4	О1 _L Al _1_ Г1
НА* + НВ* + НС* = — [9/?*— (а* 4- б* 4- с»)1 4- —Ц	’
У	«5
млн
НА* + НВ!* 4- НС* = \2R* — (о* 4-& 4- с*).
Задача Соотношение НА* 4- НВ* 4- НС* = 12/?* — (а* 4- Ь* 4- с*) выве-
сти без помощи формулы Лейбница, пользуясь тем, что
а* + НА* Ь* 4- НВ* = с* 4- НС* 4/?*.
Задача. Показать, что во всяком треугольнике
О,А* 4- О,В* 4- О,С* ~ (3R* 4- а* 4- б* 4- <?*)
Задача. Пользуясь теоремой Лейбница, найти расстояние от цент-
ра вписанного круга до центра тяжести.
Задача. Пользуясь теоремой Лейбница, найти расстояние от цент-
ра описанного круга до иентра тяжести.
Задача. Показать, что
9
та + тЬ + тс “ ‘16 (°‘+ Ь* + «*>•
55 Теорема Карно. Во всяком треугольнике сумма расстояний от
центра описанного круга до сторон тре-
угольника равна сумме радиусов вписан-
ного и описанного кругов.
Пусть в треугольнике А ВС"(черт. 54>
О — ц игр описанного круга. Обозначим
через kg , k£ соответственно рас-
стояния от центра до сторон а, Ь, с.
По теореме Птолемея для четырех-
угольника ANOM имеем:
АО - NM = NO  AM 4- ОМ  AN,
или
R' ~аГ~кс 2 +kb 2-	<*>
44
Аналогично из четырехугольников BNOP и СРОМ имеем:
Я’4=^2+^-Г	<2>
t	R''2:=kb 2~+ка 2 ’	(3)
Сложив равенства (1), (2) н (3), получим;
с I. b+c t с+ ° 4- к ° +Ь
RP = ka~2~+kb 2~+ с^2~-
где р— полупериметр треугольника АВС. Далее,
каа кЬЬ ксс
Rp^-(ka + kb + kc)p---2----2----2 ’ =
= <*0 + кь + кс > Р ~S = <ка + кЬ + кс > Р — рг-
где S плошадь треугольника АВС. Итак,
RP + кЬ + кс > Р ~ рг'
откуда
ка + kb + кс = R +г
Так как АН = 2кд , ВН = 2к^, СН = 2к , где Н — ортоцентр тре-
угольника, то
АН 4- ВН + CH •= 2R + 2г.
Задача- Доказать, что
АН  ВН + АН - СН + ВН  CH = d* + Ь* + <? + 4 т* — 8Р*
56 Во всяком треугольнике
(а	b	с \ _ abc
к	к.	к ~) 'к к. к ’
а b с а о с
где кд, к^, к£ — соответственно расстояния центра описанного круга О
от сторон а, Ь, с.
а
В треугольнике ВОР (черт 54)	= tg / ВОР. Так как / ВОР
/ ВАС = / А (угол ВОР измеряется половиной дуги ВС и угол А изме-
ряется половиной той же дуги), то
Аналогично
Ъ	с
2к7 ~ tg В’ 2к~ = С-
о	с
Сложив эти три равенства почленно на основании известного тождества
tg^4-tgS4 tgC = tg AtgBtgC, получим:
abc	abc
к +>’+Jt =2(tgA 4-tgB + tgC) = 2tg AtgBtgC = u д. ,
abc	abc
45
или
fab с \ _ abc
4 I к + к. + к )~ к к. к '
\ а b с / abc
57 Во всяком треугольнике Ро + Р/> + Рс а 47? 4- г.
Имеем:
S
. «	, l/p(P~ b)(p — c) p(p — b)(p — c)
pa p—a | p_a ~	5
P(P— a)(P—c). _p(p — b)(p — d) S (p—a)(p—b)(p—c)
pb~ S pc	S	P '	S '
p(p — c)c	(p—b)(p—d)c
pa + pb=‘ 5	>₽c-r- S
c|(P —6) (p — Д) + p(p —c)]
₽д + ₽ Ъ + рс -'-------------S-------------
с(р*-ар — bp + ab + />* — pc] abc
=-----------------s---------------s 47?.
Следовательно,
Ро + РЬ + Рс = 47? + г-
58.	Во всяком треугольнике
d,4-d,fl + d,64-d*= 127?»,
где d расстояние между центрами описанного и вписанного кругов, a dg,
, dc расстояния от центра описанного до соответственных центров
вневписанных кругов.
По § 49—50:
d' - R* — 2Rr, d*fl=№4-2/?pa, d^ = R1 + 2Rpb, d» = 7?»+27?pc.
Сложив эти равенства почленно и воспользовавшись результатом §"57»
получим:
d» + d* + d*, + d* 4R* + 2R-4R= 127?»
59.	Во всяком треугольнике
(г + Ра ) (47? + г — pfl ) = а(Ь + с)
Так как ра + рь + р£ = 47? + г, то
<Г + Рд) (47? + г— pfl) == (г + Рд)(Р^ + Рс )
Но
= 5 S = S (2р — а) _ (2р~а) (р — Ь) (р—с) =
г 4- Pfl р р — а=р(р — а)	5
(5 +с) (Р-5) (р-с)
S
,	= S S	Sa	Sap (р — д) _ ар (р — д)
РЬ+рс р—b р — с	(р — Ь)(р — с)	5*	S
46
Поэтому
<г \> <F»	> £O + ri-P<f-j><p-»>.if.-d ,(, + d.
Задача. Показать, что
a(b — c) (pb — pc)(4/? — pl> — pc).
60.	В начале этой главы мы дали определение окружности девяти
точек. Кроме этой окружности, есть ряд других интересных окружностей,
проходящих через замечательные точки треугольника.
Спроектируем центр тяжести треугольника на перпендикуляры, вос-
ставленные из середин сторон треуголь-
Р пика (черт. 55).
.7 Докажем, что полученные проекции
/I лежат на окружности, описанной около
s' / треугольника, диаметром которого слу-
/ житОС, где О — центр описанного кру-
f	/ га, a G — центр тяжести.
(	Углы GDO, GEO, GFO—прямые.
I >л\// /	следовательно, они опираются на
\	/	диаметр.
2.-	---g /	Задача. На сторонах треугольника
'	/	построены равнобедренные треугольники
/	/	так, что их вершины находятся внутри
г/__________________Z,	данного треугольника и площадь каж-
А	°	dolo треугольника составляет треть
Черт. 55.	данного. Показать, что три вершины
построенных треугольников лежат на
окружности с диаметром OG.
Задача. Показать, что следующие 11 точек-, три проекции ортоцентра
на перпендикуляры, восставленные из середин сторон, три проекции ор-
тоцентра на прямые Чевы, проходящие через центр описанного круга.
три проекции центра описанного круга на высоты треугольника, центр
описанного круга и ортоцентр — ле-
жат на одной окружности. Эта
01 ружность называется окружностью
11 точек.
Указание. ОН — диаметр ок-
ружности.
61 Теорема Мансиона. Расстоя-
ния между центрами окружностей
вписанной в треугольник и вневписан-
ных делятся пополам окружностью,
описанной около треугольника.
Пусть О, I, 10, 1Ь , 1С ссютеп-
ственно центры описанного, вписанно-
го н вневписанных кругов (черт. 56).
Рассмотрим треугольник I Ib I , сто-
Jo
Черт. 56.
роны которого являются биссектриса-
ми внешних углов при вершинах дан-
ного треугольника ABC. Alа , BIь ,
Cl — биссектрисы внутренних углов
данного треугольника с тужат высотами треугольника
Jalb *с0кРУж,,ость«-
описанная около треугольника АВС, является для треуго льника 1а 1С
47
окружностью девяти точек, так как она проходит через точки А, В. С —
основания высот треугольника /д . Точки L, M,N, лежащие на ок-
ружности девяти точек, делят пополам отрезки II а , II , IIс . Кроме
того, окружность пройдет через середины отрезков /д/^,	’ ^а^с’
т. е. разделит пополам отрезки, соединяющие центры вневписанных окруж-
ностей .
ГЛАВА IV.
АНТИПАРАЛЛЕЛИ. ИЗОГОНАЛЬНЫЕ
И ИЗОТОМИЧЕСКИЕ ПРЯМЫЕ.
Черт. 57.
антипараллели
62. Определение. Если на стороне /В треугольника АВС или на про-
должении стороны выбрать произвольную точку D и через нее провести
прямую DF (черт. 57) так,
чтобы£_ADF £С,то говорят,
что прямая DF антипараллель-
на стороне ВС.
Через произвольную точку
D на стороне АВ треугольника
АВС, вообще говоря, можно
провести две
(черт. 57): DF, антипараллель-
ную ВС, и DE, антипара ллель-
ную АС.»
Если на гипотенузе прямо-
угольного треугольника выб-
рать произвольную точку и из
этой точки восставить перпен-
дикуляр к гипотенузе, то этот перпендикуляр антипараллелен катетам.
Высота прямоугольного треугольника, опущенная из вершины прямого
угла, антипараллельна катетам.
Теорема Окружность, проведенная через две вершины треугольника,
пересекает две стороны треугольника в
точках D и F так, что DF антипарал-
лельна третьей стороне (черт. 58).
Имеем:
£DFC-} £B=2d
(сумма противолежащих углов четырех
угольника, вписанного в круг);
AFD + £ DFC = 2d;
отсюда
£AFD = £В.
Теорема. Касательная, проведенная
в вершине треугольника к кругу, описан-
ному около треугольника, антипарал-
лельна противоположной стороне.
£_ЕАВ измеряется половиной дуги АМВ-, £С измеряется полови-
ной дуги АМВ. Следовательно, £ЕАВ •= £_С.
48
63. Тангенциальный треугольник. Треугольник, стороны которого ка-
саются круга, описанного около данного треугольника, в вершинах этого
треуго 1ышка, называется тангенциальным треугольником. Треугольник
j41B1C1 (черт. 59) тангенциальный относительно данного остроугольного
треугольника АВС.
Выразим углы тангенциального треугольника через углы данного.
Угол Л j измеряется полура ностью дуг САВ и ВС:
Л, = J. (^САВ — 4>BQ = -,-(2n — 2^BQ = n — <jBC = v — 2А.
2	2
Для углов Bj и Ct получаются аналогичные выражения:
л1 = 1: — 2А, В1^Т. — 2В, С1=к — 2С.
64. Ортоцентрнческий треугольник (черт. 59).
Треугольник AJBtCt, вершинами которого служат основания высот
данного треугольника, назы-
вается ортоцентрическим
треугольником относительно
данного.
Теорема. Стороны орто-
центрического треугольника
антипараллельны сторонам
данного.
Углы ЛВ,В и AAtB пря-
мые, следовательно, около
четырехугольника ABtAfB
можно описать окружность,
и BtAt антипараллельна
АВ (§ 62)
Теорема. В остроуголь-
ном треугольнике высоты
треугольника являются бис-
сектрисами внутренних уг-
лов при вершинах ортоцен-
трического треугольника.
Из подобия треугольни-
ков ААХВ и CCJ3 следует:
АВ => _Л,В.
СВ “ CjB’
следовательно.
A A JBCt А АВС;
C„AJB = А, £АгС,В = С;
Z AAjCt~ “ Z CtA*B “ “2" “ А' LCCtA* = ~Г~С-
Подобным же образом можно получить:
Z ВВ,А, =- Л. - В, Z CCtBt =	- с,
£АА&~ -*_-А, £BBtCt=-±--B.
Итак, высоты остроугольного треугольника являются биссектрисами
внутренних углов при вершинах ортоцентрического треугольника.
4—1361	49
Следствие 1. Ортацентрический и тангенциальный треугольники
остроугольного треугольника подобны, так как углы одного соответствен-
но равны углам дру ого.
Следствие 2. Прямая, соединяющая основания двух высот, перпен-
дикулярна к радиусу описанной около треугольника окружности, прове-
денному в третью вершину.
Теорема. Площадь остроугольного треугольника равна среднему гео-
метрическому между площадями треугольников ортоцентрического и тан-
генциального.
Обозначим площади и полупериметры основного, ортоцентрического
и тангенциального треугольников соответственно через S, р, SJt, pJf ,
Sf , pt . Из подобия тангенциального и ортоцентрического треугольни-
ков получим:
St = pt И-	(2)
Площадь S треугольника ЛВС равна сумме площадей следующих трех
четырехугольников: ABfiC,, AtOBtC, A^DCtB. Диагонали этих четырех-
угольников взаимно перпендикулярны, так как радиусы ОА, ОВ, ОС
соответственно перпендикулярны к прямым B3Ct, AtCs, А*В^ (эти прямые
параллельны касательным в вершинах треугольника к окружности, опи-
санной около треугольника). Поэтому
•S = 4- (* * AG + /?' А,В3 4- R • CtBt) = Rp .	(3)
Z	М
Равенства (2) и (3) дают
Из сравнения равенств (I) и (4) следует:
S’ st
*
Отсюда
S*=St 5^, или 5	| Sf 5^. j	(5)
Из равенства (3) следует
„	25
« R
65. Плошлдь ортоцентрического треугольника S{J можно легко вы-
числить, зная стороны и углы остроугольного треугольника АВС.
Пусть стороны ортоцентрического треугольника а^, Ь^, с . Из по-
добия треугольников CtAB, и С АВ имеем:
SO
V = В3С2 ACt
~а ВС АС
cos А; а^= a cos А.
Аналогично
b {{ •= b cos В, cJ{ = c cos С
= “г-0//®*n^’=	• ecos A • fccosB  sinC,=
— ~ ab cos A cos В sin2C = ab cos A cos В cosC sinC =
= 2S cos A cos В cos C.
Итак,
S — 2S cos A cos В cos C
H
На основании равенства (5) найдем площадь тангенциального тре-
угольника :
s S’ = _______________5_________
1 Sf{ 2 cos A cos В cos С
Следовательно,
1
sec’ A sec’ В sec’ С -
Sh 4
Обозначим отношение площадей S( и S через к*:
St	1
—— = к*; тогда к = sec A sec В sec С.
Sn	2
Зная к, можно легко найти Rf и гн (радиус круга описанного око-
ло тангенциального треугольника, и радиус крчга, вписанного в орто-
центрический треугольник).
Определим г f
Т t	rt R
— = к; rt R, поэтому т =	= -? - 2R cos A cos В cos C.
r	11 к к
Для определения радиуса круга, описанного около тангенциального
треугольника, достаточно знать R 
а = 2R sin At - 2R sin 2А ==4R sin A cos A;
il	ri	it	Jf
с другой стороны,
a = a cos A =2R sin A cos A,
H
следовательно,
R = R.
n 2
[Rji можно бы ло найти также, пользуясь кругом девяти точек; см. § 40).
Зная R , определим R. .
н	*
о
t sec Л sec В sec С
2
11
5!
откуда
R,,	R
R, = —— sec A sec В sec C = — sec A sec В sec C.
r 2	4
66.	Доказанная нами теорема о том, что площадь остроугольного
треугольника равна среднему геометрическому между площадями его
тангенциального и ортоцентрического треугольников, есть частный случай
следующей теоремы:
Если в данный треугольник вписать треугольник и около данного треу-
гольника описатыт реугольник так, чтобы их стороны были параллельны,
то площадь данного треугольника равна среднему геометрическому между
площадями вписанного и описанного треугольников (черт. 60).
Пусть в треугольник АВС вписан треугольник DEF и около треуголь-
ника АВС описан треугольни.- MNP-, сторонь треуго ьиика DEF парал-
лельны сторонам треугольника MNP. Соединив точку N с точками D, Е, F
и точку М с точками D н F.
Площ. АВС = площ. AEF + плош. EFD+ плош. FDB + плош. ECD.
Плош. ЛЕ5=площ. ENF (так как AN || FE),
площ. BFD «= плош. MFD(-nK как MP || FD),
ппощ. РС£=площ. DNE (так как NP || DE),
плош. DEF = плош. DEF.
Сложив почленно последние четыре равенства, получим:
площ. АВС = плош. ENF + плош. MFD + плош. DNE + плош. DEF =
= плош. DNF + площ. MDF - PF ' N— + DF'^L- = h!L,
2	2	2
где DF « bi9 H — высота треугольника MNP, проведенная из вершины N.
Плош. MNP = bR, где MP - b; площ. DEF =	, где H1 —
высота треугольника DEF.
52
Имеем:
площ. MNP _ ЪН	_	Ь	.
п лощ. АВС	ЬгН
площ. АВС	Н	_	Ь	.
площ. DEF	Ht	bl1
следовательно,
плош, MNP __ площ. АВС
плош. АВС плош. DEF
Теорема доказана.
67.	В треугольнике АВС проведены чевианы AD, BE, CF, пересе-
кающиеся внутри треугольника в точке М. Площадь треугольника DEF
2S
равна Sj = — где II есть произведение отношений Чевы (глава I, § 17).
Поставим следующую задачу: через вершины треугольника проведены
прямые А'В', В’С, А'С, параллельные сторонам треугольника DEF.
Вычислить площадь St треугольника А’В'С*.
По § 65 имеем:
5, = 5 . 5	5*_ П5
S' 5/	1	5,	2
Задача. Через каждую вершину треугольника проведена прямая па-
раллельно прямой, соединяющей основания биссектрис, проведенных из двух
других вершин. Доказать, что площадь образовавшегося треугольника
равна-. (Ь+с) <с + °) {а+Ь)
8/?
Задача. Показать, что площадь треугольника с вершинами в центрах
2 Ь
вневписанных кругов данного треугольника равна ——, где S—плошадь
данного треугольника, Nur соответственно радиусы его описанного и
вписанного кругов.
68.	Теорема. Если в треугольнике АВС две прямые ВМ и CN, исхо-
дящие из вершин треугольника, пересекаются	_
на высоте AD, то эта высота есть биссект-	"
риса угла MDN (черт. 61).
Опустим нз точек М и N перпендику- ,	/	\
ляры MEF uNCH на сторону ВС.
Из подобия треугольников NCG
имеем:
NG _ NO = HD
ME ОЕ DF ‘
Далее
ME	ДО = NG т NH = ___
MF	AD NH’ ’ ’ MF МЕ'^'	Черт. 61.
Сравнивая равенства (I) и (2). заключаем:
NH __ HD
MF " DF‘
NG
МОЕ
(О
Следовательно, треугольники NHD и MFD подобны, £NDH - £ MDF,
и высота AD jxtnwr угол NDM пополам.
53
Теорема о том, что высоты остроугольного треугольника являются
биссектрисами ортоцентрического, есть частный случай доказанной тео-
ремы.
69.	Некоторые свойства ортоцентрического треугольника.
1)	Пусть высоты треугольника АВС пересекаются в точке Н. Каж-
дая из четырех точек А,В,С,Н есть ортоцентр треугольника с верши-
нами в трех других точках.
Например, точка А есть ортоцентр треугольника ВНС, так как BD,
НЕ, CF — его высоты. Прямая, соединяющая две из четырех точек А, В,
С, Н, перпендикулярна прямой, соединяющей две другие точки.
2)	Шесть дуг описанной окружности, определяемых тремя вершинами
остроугольного треугольника и тремя точками пересечения продолжений
высот с описанной окружностью, попарно равны (черт. 62).
Так как £ АВВХ = £ АССг, £ ВССг £ ВАА^ и £ САА^ = £ СВВХ,
то
о АВг = ACt, ВСХ = о BAlt ^СА1=^СВг.
3)	Расстояние от ортоцентра до стороны треугольника равно отрез-
ку от основания высоты до точки пересече
ния продолженной высоты с описанной
окружностью.
Из равенства треугольников AFH и
AFB1 (треугольники равны, так как катет
AF у иих общий и угол FABX равен
углу HAF) следует HF = FBX.
4)	Произведение отрезков, на которые
высота остроугольного треугольника делит
противоположную сторону, равно произве-
дению высоты на отрезок ее от орто-
центра до основания высоты.
Это есть следствие теоремы: произве-
дение отрезков хорды, проходящей через
данную точку, есть величина постоянная.
4D DB = CD DCi.
J- DB= CD' HD.
5)	Произведение отрезков высоты от вершины до ортоцентра и от
ортоцентра до основания высоты есть величина постоянная.
Действительно,
ВН  НВг = АН  НАХ = СН  НСг,
или
2ВН HF = 2АННЕ = 2СН- HD,
ВН- HF = АН- НЕ = СН  HD.
6)	Сумма квадрата расстояния ортоцентра от вершины и квадрата
противолежащей стороны равна квадрату диаметра описанного круга.
Так как расстояние от вершины до ортоцентра в два раза более рас-
стояния от центра описанного круга до стороны треугольника, то
,ВС\
АН* + ВС* = АОК* + 4 ( “2 ) = 4R*.
Задача. На стороне ВС остроугольного треугольника АВС, как на
диаметре, описана полуокружность L — точка пересечения высоты, опу-
54
Черт. 62.
Так как DH = DCk, то
А
щенной на сторону ВС с полуокружностью. Показать, что площадь тре-
угольника BLC есть средняя пропорциональная между площадями тре-
угольников АВС и ВСН, где Н — ортоцентр данново треугольника.
Задача. На сторонах АВ, ВС, С А остроугольного треугольника АВС,
как на диаметрах, построены полуокружности. Точки L,M,N — точки
пересечения полуокружностей с высотами, опущенными на соответствен-
ные стороны. Доказать, что сумма квадратов площадей треугольников
ALB. ВМС, CNA равна квадрату площади данного треугольника.
70.	Теорема. Из всех треугольников, вписанных в данный остроуголь-
ный треугольник, ортоцентрический треугольник имеет наименьший пе-
риметр.
Дадим два доказательства этой теоремы. Первое из них принадлежит
Фейеру.
Рассмотрим треугольники, вписанные в данный остроугольный тре-
угольник и имеющие общую вершину D, лежащую на стороне ВС (черт.
63). Из таких треугольников
найдем треугольник наимень-
шего периметра.
Построим точки Р, и Dt,
ci мметричные точке D относи- О,
тельно АВ и АС. Соединим
точки Р, и Ра. Пусгь прямая
PjP. пересекает сторону АВ
в точке Е, а сторону АС в
точке F. Треугольник DEF—
искомый, так как периметр
этого треугольника менее пе-
р тетра всякого другого впи-
санного треугольника с вер-
шиной Р.
Действительно, периметр DEF равен отрезку Р1Р1, так как DtE = DE
и DtF DF. Периметр всякого другого вписанного треугольника с вер-
шиной Р, например треугольника DE^, равен ломаной, проведенной
между точками Р, и Р„ следовательно, больше периметра треугольника
DEF.
Теперь продолжим решение поставленной задачи. Обратим внимание
на треугольник Л^Р,; в нем ЛР, = ADt, так как ЛР, = ЛР и ЛР. =
= ЛР. Следовательно, треугольник ADxDt равнобедренный. Угол DxADt
не зависит от положения точки Р на стороне ВС, потому что ^РЯЛР- -
= Z OtAB + / BAD + £DAC + Z CAD3 = 2 Z DAB 4- 2 £DAC= 2A.
Итак, периметр искомого треугольника равен основанию равнобедрен-
ного треугольника с заданным углом при вершине. Основание равнобед-
ренного треуго льника с заданным углом при вершине будет наименьшим при
наименьшей боковой стороне. Боковая сторона равна отрезку ЛР от вер-
шины треугольника А до точки Р, лежащей на стороне ВС; отрезок AD
будет наименьшим при ЛР, перпендикулярном к ВС. Итак, чтобы треуголь-
ник DFE был треугольником наименьшего периметра, точка Р должна
быть основанием перпендикуляра, опушенного из вершины А на сто-
рону ВС.
После того как точка Р найдена, задача легко решается, так как нам
известен способ отыскания двух других вершин
Задача всегда имеет одно решение, так как точка Р определенная
(Р—основание высоты ЛР) и точки Е и F при найденной точке Р так-
же являются определенными.
Мы Получили точку Р как основание высоты, опушенной из вершины А.
Вершины Е и F нами получены другим способом. Но мы могли бы
55
начать решение задачи с отыскания вершины Е, а не D-, тогда для ее
отыскания пришлось бы провести высоту СЕ. Так как задача допускает
единственное решение, то точки Е и F также служат основаниями высот
и, следовательно, треугольник наи-
меньшего периметра есть ортоцентри-
ческпй треугольник (черт. 64).
71.	Приведем второе доказатель-
ство теоремы § 70. Оно предложено
проф. Н. А. Извольским (< Математи-
ческое просвещение», выпуск 10).
Доказательство Извольского ос-
новано на теореме: Радиусы круга,
описанного около треугольника, про-
веденные в вершины треугольника.
Черт. 64.	перпендикулярны соответственным
сторонам ортоцентрического тре-
угольника (см. следствие 2, § 64).
Заметим еще, что в данный треугольник можно вписать единствен-
ный треугольник, стороны которого антипараллельны сторонам данного
(именно — ортоцентрический треугольник). Действительно, чтобы впислть
в данный треугольник АВС треугольник, стороны которого антипарал-
произвольную точку Р;
Следовательно, точка Е —
дельны сторонам данного треугольника, на одной из сторон данного тре-
угольника, допустим на ВС (черт. 65), выбираем
и через нее проводим прямую DlF1, анти-
нараллельную АС. Через О1 и F, проводим
прямые, антипараллельные двум другим
сторонам треугольника, до пересечения в
точке Et. Через точки В и Ех проводим
прямую до пересечения со стороной АС в
точке Е. Из точки Е проводим прямые ED
и EF, соответственно параллельные прямым
EiD1 и Fjf,. Треугольник EFD — искомый.
Другого треугольника, удовлетворяю-
щего поставленным условиям, не сущест-
вует. Действительно, треугольники DEF и
DlE1F1 подобны и подобно расположены,
имея центром подобия точку В. Вершина
Е должна лежать на пересечении луча
подооия (на прямой BEJ со стороной АС.
единственная.
Итак, кроме ортоцентрического треугольника нельзя вписать в дан-
ный треугольник другой треугольник со сторонами, антипараллельными
Черт. 66.
сторонам данного и, следовательно, пер-
пендикулярными соответствующим радиусам
круга, описанного около данного треуголь-
ника.
Приведем теперь доказательство проф.
Извольского (в несколько измененном виде).
Пусть треугольник MNP (черт. 66)
есть ие ортоцентрический треугольник,
вписанный в данный остроугольный тре-
угольник АВС и пусть его сторона MN
не перпендикулярна к радиусу ОС опи-
санного круга. Тогда попрежнему имеем:
площ. АВС — площ. ONAP + плош. ОРВМ + площ. OMCN.
56
Так как MN не перпендикулярна к ОС, то сумма высот треугольни-
ков ОМС и OCN, если их общую сторону ОС принять за основание, мень-
ше отрезка MN. Поэтому площадь OMCN < -------2—' L*T0 касается пло-
щадей ON АР и ОРВМ, то они могут быть или также соответственно мень-
NP' R PM - R
ше —2— н-------2—' ил” Равны ЭТ,1М выражениям. Во всяком случае, из
предыдущего имеем:
NP  R PM - R MN • R
S <	2	+	2	+	2
или
25 < 2ptR,
где 2рг = NP + PM + MN. Отсюда получаем:
Если это неравенство сравнить с равенством
25
2рн~ R
(где р„ — периметр ортоцентрического треугольника), то получим
В
2pt>2p
п
т. е. периметр ортоцентрического треугольника меньше периметра всякого
другого треугольника, вписанного в тот же треугольник АВС.
25
72.	Из отношения 2р^ = легко получить следующее:
•	.« abch h.h h h.h
a b с obc	(1)
2pti~abc~abcS~ obc S ~ S
Итак, периметр ортоцентрического треугольника равен произведению
трех высот данного остроугольного треугольника, деленному на площадь
последнего.
Равенство (1) можно преобразовать следующим образом:
Л А.А 4h h.h R 4Rhh.fi
a b с obc	a b с
2рн =	5	= 4SR = obc '
Так как Л = b sin С, Л. = с sin A, h = a sin В,
a	b . с
то	2рп = 47? sin A sin В sin С.
Задача. Показать, что стороны ортоцентрического треугольника
ai> с, выражаются через стороны данного треугольника следующим'
образом:
Oj= a cos А,	= b cos В, = с cos С.
Задача. Вывести соотношение 2р = 4RsinA sin В sin С при помощи
н
теоремы синусов.
57
73.	Равные антипараллели треугольника и их построение. Возьмем
па стороне АВ треугольника АВС (черт. 67) точку D и через нее прове-
дем прямую DE, антипаралледьную стороне ВС. Далее проведем DF, па-
раллельную АС, и прямую FK нз
м	точки F, антнпараллельную АВ.
/\.	Докажем, что анти па рал ле ли DE
\е	и FK равны между собой.
Углы треугольника >4Р£соответ-
X.	ственно равны углам треугольника
L/ X---------LXK	РСК. Так как / AED = / FKC,
/\ X. /X.	то трапеция DEKF равнобочная и
/ \	\ /X DE = KF.
/	\ X. L X.	Из точки К проведем прямую KL
р/	\_______Х(	параллельно ВС н нз точки L —
D	М	F	прямую LM, антнпараллельную АС.
Трапеция MLKF равнобочная и KF=
Черт. 67.	£Л/. Следовательно, DE = KF =
LM.
Покажем, что шесть точек D, Е, К, L, М, F лежат на одной окружно-
сти. Действительно, около четырехугольника DEKL можно описать окруж-
ность, так как £_DEK + £DLK = л. Эта окружность, проходя через три
вершины D, Е, К равнобочной трапеции DEKF, пройдет и через четвер-
тую F. Рассматривая равнобочную трлпецню MLKF, точно так же дока-
жем, что и точка М окажется на этой окружности.
74.	Изогональные прямые. Две прямые, проходящие через вершину
угла и образующие равные углы с биссектрисой угла, называются пря-
мыми изогональными относительно сторон этого угла.
Теорема 1. На двух изогональных прямых взяты две произвольные точ-
ки. Произведение расстояний этих точек от одной стороны угла равно
произведению расстояний до другой стороны.
Теорема 2. Проекции на стороны угла двух каких-либо точек, взятых
на изогональных прямых, лежат на одной окружности.
Теорема 3. Прямая, соединяющая проекции на стороны угла одной
из данных точек, перпендикулярна к прямой, проходящей через вершину
уела и другую данную точку.
Из подобия треугольииков BLD и ВКр, BKF и BLp, имеем (черт. 68):
DL BD ИЦ BL _ BD BLK
~FKi ~ BF = FK’ BKi ~ BF BK '
Отсюда
DL FK = DLl-FKl, BL • BK = BLt- BKV	(1)
Первое из этих равенств доказывает теорему I. Из второго равенства
.мы немедленно получим доказательство теоремы 2.
Опишем окружность, проходящую через точки К, Klt L. Вторую точ-
ку пересечения этой окружности с прямой ВС обозначим через М. По-
кажем, что точка М совпадает с точкой Lv
На основании известной теоремы о секущих имеем:
BL • BK « BLt  ВМ.	(2)
Из сравнения равенства (2) н второго из равенств (I), получим:
ВМ = BL„
следовательно, М совпадает с и теорема 2 доказана.
58
Центр окружности, проходящей через точки К, L, Klt Lt. лежит на
пересечении перпендикуляров, восставленных к сторонам угла из середи-
ны отрезков LK н L1K1.
Далее четырехуг ьпик BLDLl может быть вписан в круг. По усло-
вию / LBD = / LVBF. Так как £LBD= /_LLXD (вписанные углы,
опирающиеся на одну и ту же дугу), то / LLJ) = / LJ3F, и так как
LJ) J. BLlt то LLX j. BF.
75.	Ест расстояния DL, DLlt FK и FKX от точек D н F до сто-
рон угла АВС таковы, что DL' FK DL^ FKlt то точки D н F ле-
жат на прямых, изогональных относительно сторон угла АВС.
DL
По условию -р^г- 
телыю, треугольники
подобны, а потому
DL.
РК (черт.
LDL-i н KFKi
DL DLl LLl
FKi FK KXK
Далее
Z BLrL = 90° — Z PLjL =
= 90° — Z FKKV «= Z BKKV
Треугольник BLLl подобен тре-
угольнику BKtK, так как угол В
у них общий н / BLJ- = / BKKf
Поэтому
LLi _ BL BLy
KlK=BKi = вк‘ (2)
Сравнивая равенства (I) и (2), полу-
чаем:
BL _ BL, _ DL _ DLi
ВК' = В К = FKl ~ FK ’
и / LDL! = / КРКг. Следова-
Итак, четырехугольники BLDLV и BK^FK подобны (их стороны пропор-
циональны н углы равны). Следовательно, диагонали BD и BF делят их
на подобные треугольники. В частности, £±BLD -«£\BKVF н £1-BD =
j^K^F, что и требовалось доказать.
76.	Изогоиали треугольника. Прямые, изогональные относительно уг-
лов треугольника, называются изогоналями треугольника.
Теорема. Радиус описанного около треугольника круга, направленный
в вершину треугольника, изогонален высоте, исходящей из той же вершины.
Теорема. Произведение расстояний от» ортоцентра и от центра опи-
санного круга до каждой из сторон треугольника есть величина посто-
янная.
Предлагаем читателю самостоятельно доказать эти теоремы.
Задача. Показать, что в прямоугольном треугольнике высота и ме-
диана, проведенные из вершины прямого угла, суть изогонали треуголь-
ника.
77.	Теорема Штейнера. Отношение произведения расстояний от одной
вершины треугольника до оснований изогональных прямых к произведению
расстояний от другой вершины до оснований тех же прямых равно отно-
шению квадратов прилежащих сторон.
Черт. 69.
(О
Пусть дан треугольник АВС и изогональные прямые AF и АК (черт.
69). Площади треугольников BAF н ЯГ >5 С относятся, как произведения
сторон, заключающих равные углы:
$BAF АВAF
S ~ АК АС
АС
С другой стороны,
SBaF BF
= КС'
лХ А С
Следовательно,
BF _АВ- AF
КС~ АК  АС
Из рассмотрения площадей треугольников ВА К нуЯ-ЛСполучим:
SBAK _ АВ' АК Sbak
„ ~~ AF'AC’ „
FAC	FAC
ВК АВ'АК
FC ~ AF'AC
Перемножая по частям равенства (1) и (2), получим:
ВК  BF АВ3 с*
FC - КС ~ АС3^ Ь3'
ВК.
FC’
(2)
(3)
Равенство (3) можно записать следующим образом:
ВК BF с3
СК‘ CF~ Ь3'
Теорема Штейнера доказана.
Следствие. Рассматривая в треугольнике *FAK гирямые АВ и АС
как изогональные, получим на основании доказанной теоремы:
FBFC AF3
~КВ ' КС " АК3'
или (FKB) (FKC) AKi
|Якоб Штейнер (1796—1863) один из величайших геометров XIX в.]
78. Теорема. Если прямые, проведенные из вершин треугольника, пе-
Черт. 70.
ресекают противоположные*
стороны в трех точках, лежа-
щих на одной прямой, то пря-
мые, изогональные им, пересе-
кают стороны треугольника
в трех точках, расположенных
на одной прямой.
Пусть >4,, Cj — основа-
ния прямых AAlt BBi, CCi-jte-
Дг жат на одной прямой (черт. 7и);
AAt, BBt, CCt — прямые, со-
ответственно изогональные пря-
мым AAt, BBlt CCi Требуется
доказать, что точки j4t, Bt,Ct лежат на одной прямой.
60
На основании теоремы Штейнера имеем:
О»! • СА, Ь*	АВ, • АВ, с*	ВС,‘ ВС, а'
ВА,  ВА, “с*’ СВ,- СВ, = в’ ’ АС, • АС, = Ь*
Перемножив эти равенства, получим:
’ С А,' С А, • АВ,  АВ,  ВС,' ВС,
ВА,' ВА, • СВ,  СВ, ' АС, ’ АС, "" *’
По условию, точки А„ В„ С, лежат на одной прямой, а потому по тео*
реме Менелая:
СА, ’ АВ, ‘ ВС,
ВА, • СВ^АС, = *•
Следовательно,
С А,  АВ, • ВС,
В А,  СВ, • AC, “ L
На основании теоремы, о ратной теореме Менелая, заключаем, что точки
А„ В,, С, лежат на одной прямой.
79. Теорема. Если прямые, проведенные через вершины треугольника,
пересекаются в одной точке, то изогональные им прямые также пересе-
каются в одной точке.
Пусть AM', ВМ' изогональны прямым AM и ВМ (черт. 71). Спроек-
тируем точки М и М' на стороны
треугольника.
На основании свойств изого-
нальных прямых имеем для прямых,
исходящих из вершины угла А:
MD M’G
МС “ М’Ь‘
Аналогично для прямых, исходя-
щих из вершины угла В, имеем:
MD _ М'Е’
ME ~ M'D’’
(О
Разделив почленно равенства (1) на (2), получим:
ME М'С
MG = М'Е*’
Следовательно, прямые СМ мС’М' изогональны.
Задача. Доказать предыдущую тлрему при помощи теоремы Чевы.
80. Две точки называются изогональными. если прямые, соединяющие
их с каждой вершиной треугольника, суть прямые изогональные. Из до-
казанных свойств изогональных прямых непосредственно получаются сле-
дующие свойства изогональных точек:
1. Произведение расстояний изогональных точек от каждой стороны
треугольника постоянно.
2. Проекции изогональных точек треугольника на его стороны лежат
на одной окружности.
Действительно, спроектируем изогональные точки М и М’ на сторо-
ны треугольника (черт. 71). По свойству изогональных прямых AM и
61
AM', точки D, D', С, С лежат на одной окружности с центром в сере-
дине отрезка ММ'.
По свойству изогональных прямых ВМ и ВМ' имеем: точки D, D',
Е и Е' лежат на одной окружности с центром в середине отрезка ММ'.
Обе окружности совпадают и, следовательно, шесть проекций точек М и
М' на стороны треугольника лежат на одной окружности.
81.	Изотомические точки. Две точки на стороне треугольника, равно-
удаленные от середины стороны, называются изотомическими точками.
Теорема. Если стороны треугольника АВС пересекаются прямой в
точках С„ А,, В,, то точки
С,, А,, В,, изотомические с точ-
ками С„ А,, В,, лежат на одной
прямой (черт. 72).
По теореме Менелая:
АС, ВА, СВ,
С,В А,С В,А
Из определения нзотомическнх
точек (если считать отрезки на-
правленными) следует:
АС,= — ВС,, С,В =
ВА,= —СА„А,С*
СВ, = — АВ„ В,А «
I.
С,
Черт. 72.
С, А,
AfB,
В,С.
ВС, СА, АВ,
Следовательно,  ~А в ’ В С ~	' 11 точки	лежат на
одной прямой.
82.	Изотомические прямые. Две прямые, соединяющие вершину тре-
угольника с изотомическими точками, лежащими на противоположной
стороне, называются изотомическими прямыми.
Теорема. Если три прямые АА
угольника.
пересекаются
ВВ,, СС,, выходящие из вершин mpe-
в одной точке, то изотомические им прямые
А А,, ВВ,, СС, также пересекаются в
одной точке (черт. 73).
По теореме Чевы имеем:
АВ, СА, -ВС,
СВ, ' ВА, ' АС,
Так как
AB, = — CB„ CB,
CA, — BA,, BA.
BC, = — AC,, AC,
I.
АВ„
СА„
ВС,,
СВ, BA, _ AC,
AB, ' СА, ' BC,
1.
Следовательно, прямые АА,, ВВ,, СС, пересекаются в одной точке.
Задача. На сторонах треугольника взяты изотомические точки
А, и А„ В, и В,, С, и С,. Доказать, что треугольники А,В,С, и А,В,С,
равновелики.
62
ГЛАВА V.
СИМЕДИАНЫ, АНТИБИССЕКТРИСЫ И ПРЯМЫЕ п.
83.	Симедианы треугольника. Прямая, симметричная медиане отно'
сителыю биссектрисы внутреннего угла при вершине треугольника, назы-
вается симедианой. Иначе говоря, прямая, изогональная медиане, есть-
симеднапа. В равнобедренном треугольнике симеднана угла при вершине
очевидно совпадает с медианой, биссектрисой н высотой.
Задача. Доказать, что высота прямоугольного треугольника, опу-
щенная из вершины прямого угла, есть симедиана треугольника
Теорема. Симедиана треугольника делит противоположную сторону
внутренним образом на части, пропорциональные квадратам прилежащих
сторон.
Пусть AS и AM соответственно симеднана н медиана, выходящие из
вершины А (черт. 74). Тогда
площ. BAS BS АВ • AS
площ.” МАС = МС = АМ~АС’
плош. SAC SC AS  AC
площ. MAB = BM = AB  AM '
Разделив почленно первое нз этих
равенств на второе, получим:
J3S ВМ АВ*
МС' SC ~ АС*'
Черт. 74.
Так как ВМ = МС, то
BS АВ* BS ~ АВ*
SC АС*' ил" CS ~ (BCS) ~ ~ АС*'
Доказанную нами теорему можно рассматривать как частный случай
теоремы Штейнера (§ 77) об изогоналях треугольника, именно тот случай,
когда одна из изогоиалей служит медианой треугольника.
84.	Теорема. Если прямая, исходящая из вершины треугольника, де-
лит противоположную сторону внутренним образом пропорционально
квадратам прилежащих сторон, то эта прямая — симедиана.
По условию,
(ВС5) =
АВ*
АС*'
Предположим, что S не является основанием симедианы, исходящей
из вершины А. Тогда проведем нз вершины А симедиану AS'. На осно*
вании предыдущей теоремы
(BCS') _ — АС1-
Следовательно, (BCS) - (BCS’), т. е. S и S' совпадают.
85.	Теорема. Симедиана треугольника есть геометрическое место
точек, расстояния которых до двух сторон треугольника пропорциональны
гтим сторонам.
63
Пусть в треугольнике АВС (черт. 75) из вершины А проведена си
медиана AS, основанием которой служит точка S. На симеднане Л5 вы-
берем произвольную точку S'
/7
опустим перпендикуляры SD и SE.S'D'
н S'E' соответственно на стороны А В
и АС.
Из рассмотрения площадей тре-
угольников ASB и ASC имеем:
площ. ASB АВ • SD BS АВ*
площ ASC ~ АС  SE ~ CS АС*'
Следовательно,
SD АВ
SE~ АС-
Черт. 75.	Теорема. Если расстояния точки
S' от сторон треугольника АВ и
АС пропорциональны атим сторонам, то точка S' лежит на симедиане,
.выходящей из вершины А (черт. 75)-
По условию.
S'D' АВ
S'E' “ не-
соединим вершину А с точкой S'. Пусть’5—точка пересечения прямой
AS' со стороной ВС- Тогда
SD _ S'D' АВ
SE~ S'E’—'AC
Далее,
площ. BAS АВ  SD АВ*
площ. С AS ~ АС • SE ~ АС*'
С другой стороны.
плош. BAS BS
площ. С AS ~ CS '
Следовательно,
BS _ АВ*
CS= АС*’
и на основании § 84 заключаем, что AS'—енмедиана.
86.	Теорема. Симедианы треугольника пересекаются в одной точке,
называемой точкой Лемуана.
Пусть HSA, BSb—симедианы. выходящие соответственно из вершин
А и В и переси аюшиеся в точке К.
Опустим нз точки К перпендикуляры на стороны треугольника Обо-
значим через х, у, г расстояния от точки К соответственно до сторон
а, Ь, с. Так как точка К лежит на симедиане. выходящей из вершины
А, то
Кроме того, точка К лежит на симедиане, выходящей из вершины В, а
потому
64
Разделив почленно равенство (I) на (2). получим:
Равенство (3) показывает, что третья симеднана CSc проходит. через
точку К.
Задача. Доказать на основании теоремы, обратной теореме Чевы,
что симедианы треугольника пересекаются в одной точке.
87.	Определим расстояния х, у, г от точки Лемуана до сторон а, Ь, с
треуго льника АВС. Так как точка Лемуана есть точка пересечения си-
медиан, то
х	у. г ах by	сг
а	b “ с’ а* ~ Ь*	с*’
На основании свойства равных отношений имеем:
ах+Ьу + сг ах х
а* + i>* + с* “ д’ ~ а '
Так как ах + by + « = 2S, где 5 — площадь’ треугольника АВС, то
25 х	2aS	°' ha
a*+b* + c*j ~ а нх~ а* + Ь* + с* “ о» + Ь* + с»’
Аналогично	'
2bS _ ?hb	2cS _ с*Лс
У at + b* + с» в» +£>• + €*’ а* + Ь* + с* а* + Ь* + с*~
Задача. Показать, что в прямоугольном треугольнике точка Лемуана
лежит в середине высоты, опущенной из вершины прямого угла.
Задача. Доказать, что если х. у, г суть расстояния от точки Лемуана
до сторон ВС, СА. АВ треугольника АВС, то xhg= yh^ - гЛ .
Задача. К стороне ВС восставлен перпендикуляр в точке S пересе-
чения симедианы AS со стороной ВС. В точке В восставлен перпенди-
куляр к стороне АВ, в точке С восставлен перпендикуляр к АС. Первый
перпендикуляр пересекается со вторым в точке В’ и с третьим в точке С’.
Показать, что
СС Ь'
ВВ’ с* •
88.	Теорема. Антипараллели треугольника делятся пополам соответ-
ственными симедианами.
Пусть прямая KL антипараллельна стороне ВС треугольника АВС.
Отложим на сторонах АВ и АС
(черт. 76) отрезки АС и АВ', соответ-	д
ственно равные АС и АВ.
Треугольники АВС и АВ'С’,
очевидно, равны между собой. AD —
биссектриса, выходящая из вершины А.
Симеднана AS треугольника АВС
есть медиана треугольника АВ’С.
Прямая З'С антипараллельна сто-
роне ВС и делится симедианой AS
пополам, следовательно. прямая
KL, параллельная В'С, делится
симедианой пополам.
5—1361
Черт. 76.
65
Следствие. Симедианы прямоугольного треугольника пересекаются
на середине высоты, опущенной из вершины прямого угла.
89.	Обратная Теорема. Если отрезок прямой, заключенный между
двумя сторонами, делится пополам симедианой, выходящей из общей вер-
шины этих сторон, то прямая антипараллельна третьей стороне.
Пусть отрезок KL (черт. 76) в точке М делится симедианой AS по-
полам. Проведем через точку М прямую PMN, антипараллельную BS',
она в точке М делятся пополам. Если прямая PMN совпадает с KL, то
KL антипараллельна стороне ВС и теорема доказана. Покажем, что PMN
не может не совпадать с КL.
Предположим, что PMN не совпадает с KL. Тогда / KMN =
= / LMP, КМ = ML, NM = МР. Следовательно, треугольники NMK и
LMP равны между собой и угол MLP равен углу MKN.
Отсюда следует, что АС параллельна АВ, так как при пересечении
этих прямых секущей KL мы получаем равные внутренние накрест ле-
жащие углы MLP и MKN. А это невозможно, так как АВ и АС имеют
общую точку А.
90.	Теорема. Антипараллели, проведенные через основание симедианы,
равны между собой.
д	Пусть AS симедиана, SM н SN анти-
параллели к стороне АС (черт. 77).
Симедиана делит сторону треуголь-
ника пропорционально квадратам приле-
FA /\ жаи*|,х сторон:
\ //Х\	BS с*
у//\\	sc~ ъ*-
/___________\\q Отсюда
D S Е	Ь* + с*_ ас*
Черт. 77.	~BS ' с* ' Б5= Ь* + с*'.
Из подобия треугольников BSM и ВАС следует:
MS BS „„ b-BS abc* abc
ь = c‘,MS= с =c(fci + ci)- fc» + ci-
Из подобия треугольников NSC и ВАС следует:
SN SC	b*ac abc
с = b ' SN = b (Ь* + с*) “ Ь* + с* ’
Следовательно, MS — SN.
Задача. Доказать, что сумма обратных величин антипараллелей,
проходящих через основание симедиан, проведенных из вершин острых
3
углов прямоугольного треугольника, равна еде h — высота, опущенная
из вершины прямого угла.
91.	Теорема. Антипараллели, проходящие через точку, лежащую на
симедиане. равны между собой.
Пусть через точку F, лежащую на симедиане AS (черт. 77), прове-
дены прямые DQ и РЕ, соответственно антипараллельные сторонам АВ
и АС. Тогда
QF _ AF _ FF
NS~ AS~ MS’
Так как NS = MS, то QF = PF.
66
Треугольник DFE равнобедренный, так как углы при вершинах D и Е
равны между собой (каждый нз них равен углу ВИС); следовате ьно,
DF = ЕЕ. Получаем окончательно;
DQ = DE + FQ = ЕЕ + РЕ = РЕ.
Следствие. Антипараллели, проходящие через точку Лемуана (точку
пересечения симедиаи). равны между собой и делятся в этой точке попо-
лам. Эти аитипараллели называются антипараллелями Лемуана.
92.	Обратная теорема. Две равные антипараллели пересекаются [со-
ответственно на симедиане.
Пусть антипара тле ли KL и PQ равны между собой и пересекаются
в точке М (черт. 78). Тогда РМ -- LM, так как треугольник PML равно-
бедренный. Следовательно, КМ = MQ. Опу- _
стим перпендикуляры MD и MF из точки М	.
на стороны АВ и АС. Тогда
DM = КМ sin С, MF = MQ sin В\
DM КМ sin С sin С с
MF= MQ sin В = sin В = b '	/	х.
Так как отношение расстояний точки М	I / \
до сторон треугольника равно отпоше-	/Д Д Д
нию соответствующих сторон, точка М ле- В Р L	С
жит на симедиане, выходящей нз вершины А.
Следствие. Касательные в двух вер-	Черт. 78.
шинах треугольника к кругу, описанному
около этого треугольника, пересекаются на симедиане, выходящей из
третьей вершины.
93.	Вычисление длины симедианы. Длину симедианы можно вычи-
слить, пользуясь теоремой Стюарта (§ 18). Теорема Стюарта дает (черт. 77):
1 ab* , ,» ас*	об*
с Ъ*~+? + Ь Ъ* + с* ь ' а ~ Ь*+~с* ’ ~Ё*+ с* ’ а-
Отсюда
AS = ~ь^с*	2(б« + с’)-А
Длина симедианы может быть определена без помощи теоремы Стю-
арта па основании следующей теоремы:
Отношение симедианы треугольника к медиане, проходящей через ту
же вершину, равно отношению удвоенного произведения прилежащих сто-
рон треугольника к сумме квадратов тех же сторон.
Пусть AS н AM соответственно симедиана и медиана (черт. 74).
Тогда
плош. BAS BS _ АВ • AS
плош. САМ МС АС  АМ~
Отсюда, заметив, что
BS = а —----, СМ = —, АВ =с, АС=Ь,
Ь* + с*	2
получим:
AS BS - АС 2-ас* - b 2bc
AM CM - AB (b* + c*)a- c~ b* + c*‘
67
то
Так как медиана AM, выходящая нз вер.....иы А, равна (§
1 /----------------
AM = ~2-J/ 2 (Ь* + с1)— а*,
18)
- Ьс /
AS= Г + с»~У 2(fc» + c»)-a«.
94. Параллели Лемуана. Прямые, проходящие через точку
параллельно сторонам треугольника, называются параллелями
Теорема 1. Отрезки сторон треугольника, заключенные между парал-
лелями Лемуана, пропорциональны ку-
бам соответствующих сторон.
Теорема 2. Параллели Лемуана рас-
секают стороны треугольника так, что
отношение отрезков, расположенных на
одной стороне треугольника, равно от-
ношению квадратов соответствующих
сторон треугольника.
Пусть в треугольнике А ВС К —
точка Лемуана, NM, LP, DF— па-
раллели Лемуана (черт. 79).
I) Требуется доказать, что
NP : MF -,LD = о» :£>•: с«.
Лемуана
Лемуана.
Обозначим расстояния от точки К до сторон треугольника соответ-
ственно через da • dъ • dc. Как известно, эти расстояния выражаются
следующим образом:
а*й	й’й,	с‘й
d__________а d.	b___. rf ________c— .
a ~ a\+ t>« + c* b a*+ о* + с* c a* + fc* +
Из подобия треугольников NKP и ВАС получим:
NP KE
ВС ~ AR’
откуда
ВС-KE а da а*
NP~ AR ~ ha ~a*+b* + c*'
По аналогии
6»	, „ с*
MF ~ а* + Ь* +с*’ LD ~ а* + Ь*+ с*'
Значит,
NP : MF : LD = а’ : Ь* : с».
2) Требуется доказать, что
BN.NP:PC=c*:d‘:b*.
Заметим, что
о*	(Ь* 4- с*)я
DF = ВС — NP = а — fll + + с, - fli + fcl + ci.
Определим отрезки, на которые делятся параллели Лемуана в точке
пересечения симеднан.
68
Так как DF ВС и АК симедиана, то
DK с* DF DK + KF Ь* + с*
KF~ ЬА' DK~ DK " с*
Отсюда
Rw_ n „ _ C'DF - с* а_______________________________
-ил - fci + ci - (д>1 + с>) (ai + bi + ci) - а, + fci + ci.
далее
NP= а*+ Ь*+с* ’
Л с*	сА \ atA
FC = ff\‘ a* + i.« + c« — fl* + fc«+cV- а« + Ь* + с’’
Следовательно,
BN : NP : PC = c« : a* : b*.
95. Первый шестиугольник Лемуана. Шестиугольник DNPFML,
вершинами которого служат точки пересечения сторон треугольника с
параллелями Лемуана, называется первым шестиугольником Лемуана
(черт. 79).
Теорема. Три стороны шестиугольника Лемуана, не лежащие на сто-
ронах треугольника, суть равные антипараллели.
Прямая LM есть диагональ параллелограма LKMA. Второй диаго-
налью параллелограма является симедиана, выходящая из вершины А.
Симедиана делит отрезок LM пополам, следовательно, LM антипарал-
лельна стороне ВС (см. § 89).
Легко видеть, что LM -равна половине соответствующей антипарал-
лели Лемуана, т. е. антипараллели, проходящей через точку Лемуана и
параллельной прямой LM.
Аналогично доказывается, что стороны DN и PF равны каждая по-
ловине соответствующей аптнпараллелн Лемуана. Актинараллели Лемуана
равны между собой (§ 91), следовательно, н рассматриваемые стороны
шестиугольника Лемуана также равны между собой. Следовательно, точки
D. N, Р, F, М, L лежат на одной окружности (см. § 73).
Итак, шесть точек пересечения параллелей Лемуана со сторонами
треугольника лежат па одной окружности.
96. Центр первой окружности Лемуана.
Теорема. Центр первой окружности Лемуана лежит в середине
отрезка, соединяющего центр круга,
описанного около треугольника, с точ-
кой Лемуана.
Центр первой окружности Лемуа-
на О есть точка пересечения пер-
пендикуляров UOX и FOj, восставлен-
ных к хордам LM, PF в их сере-
динах (черт. 80). Пусть U—середина
LM и Й — середина PF. Так как LM
антипараллельна стороне ВС, то
прямая LM параллельна касатель-
ной, проведенной в точке А к ок-
ружности , описанной около АВС; от-
сюда следует, что UOt параллельна
прямой АО, где О—центр опнсаи-
Черт. 80.
ного круга. Аналогично прямая VO1 параллельна ОС. Точка пересече-
ния Oj перпендикуляров VOX и UOt делит отрезок ОК пополам, так как
UOt и VOl — средние линии треугольников АО К и СОК.
69
97.	Вычисление длин антипараллелей Лемуана. Пусть К—точка Ле-
муана и MKN — одна из антипараллелей Лемуана (черт. 81). Вычислим
ее длину.
Из подобия треугольников MAN и С АВ имеем
AW_ Л*
ВС" AD'	(|>
где AD — медиана треугольника
АВС, а АК— медиана треугольника
MAN.
Проведем через К одну из па-
раллелей Лемуана ЕР.
Из подобия треугольников ВАС
и EAF имеем:
АК ЕР Ь* + *
AS" ВС" а* + Ь* + с* ’	' }
где АК и AS соответственно симедианы треугольников EAF и ВАС.
На основании § 93 имеем:
AS _ 2bc_
AD" Ь* + с*'
Перемножим почленно равенства (2) и (3):
АК 2Ьс
AD** а* т Ь* + с* *
На осиовапнп равенства (1) имеем:
MN 2Ъс
ВС" а* + V* + с* •
Следовательно,
98.	Вторая окружность Лемуана. Аитипараллели Лемуана равны
между собой и в точке пересечения делятся пополам. Следовательно,
шесть точек пересечения антипараллелей Лемуана со сторонами тре-
угольника лежат на одной окружности, называемой второй окружностью
Лемуана. Центр второй окружи сти Лемуана лежит в точке Лемуана.
Rt — радиус этой окружности — равен половине аитипараллели Лемуана:
abc	4SR
Rt== а* +	= а* + Ь* + с*!
99.	Определение радиуса первой окружности Лемуана. В прямоуголь-
ном треугольнике OjjM (черт. 80) катет 0xU равен половине радиуса R
окружности, описанной около треугольника АВС. Катет UM равен по-
ловине радиуса Rt второй окружности Лемуана, а гипотенуза ОгМ равна
радиусу /?, первой окружности Лемуана. Следовательно,
1 R* r\ 1	»	«	»
/?! =	, нлп Dx = 4/?, = R + /?,.
Итак, приходим к следующему заключению:
Квадрат диаметра первой окружности Лемуана равен сумме квад-
ратов радиусов описанной окружности и второй окружности Лемуана.
70
165* A*
Вычислим длину диаметра первой окружности Лемуана:
R
Задача. Показать, что в прямоугольном треугольнике (С = 90°):
И
Теорема. Отрезки сторон
100.
2
треугольника, заключенные внутри
второй окружности Лемуана, про-
порциональны косинусам противоле-
жащих углов.
П сть К—точка Лемуана (черт. 82)
и MN, PQ, RL—антипаралтели
Лемуана. Так как антипараллелн
Лемуана равны между собой и в точке
Лемуана делятся пополам, то тре-
угольники PKN, RKM и QKL равно-
бедренные. Из этих треугольников
найдем:
PN = 2 A, cos KPN = 2А, cos А,
• QL 2Rt cos В, RM => 2Rt cos C.
Задача. Доказать, что
ct— отрезки сторон а, Ь, с, заключенные внутри второго круга
еде at, bt,
Лемуана.
Задача. Показать, что в прямоугольном треугольнике второй круг
Лемуана касается гипотенузы и проходит через вершину прямого угла.
101. Внешние симедианы. Теорема. Касательная в вершине тре-
угольника к кругу, описанному около треугольника, делит противополож-
ную сторону внешним образом в отношении квадратов прилежащих
сторон.
Из подобия треугольников DAB и DC А (черт. 83), имеем:
СР _ АС СР* АС* Ь*
AD~ АВ' AD*~ АВ* ~ с* ‘
По свойству касательной и
секущей имеем АСА = CD • BD',
следовательно,
CD _ b*
BD ~ с* •
Итак, касательная в вершине
треугольника к кругу, описан-
ному около треугольника, делит
противоположную сторону внешним образом в отношении квадратов
прилежащих сторон так же, как симедиана делит сторону внутренним
образом. Касательная в вершине треугольника к описанному кругу
называется внешней симедианой треугольника.
Внутренняя и внешняя симедианы, исходящие из одной вершины, и
две стороны, исходящие из той же вершины, делят третью сторону гар-
монически.
71
Задача- В треугольнике АВС проведена касательная AF(F— точка
пересечения касательной со стороной ВС) к кругу, описанному около тре-
угольника АВС. Пользуясь одной линейкой, провести симедиану AS.
10?. Вычисление длины внешней симедианы. Так как симедиана де-
лит противоположную сторону инешннм образом пропорционально квад-
ратам прилежащих сторон, то (черт. 83)
BD ~ с"
откуда
CD — BD b*—c* CD	Ь*
BD = с* ’ CD — BD ~ Ь*— с*'
c*(CD — BD)	с* a	b*(CD — BD) b* а
BD- b*—c*	~b*—c*'CD=z b* — c* ~t^ — c*’
Отсюда
AD —BD • CD—	__c1)*’
abc
AD = b*—c*'
Задача. Доказать, что если К есть точка Лемуана, то
а*-АК* + Ь*  ВК* + с*  СК* =
3 аЧ*с*
а* + Ь* + с* '
Задача. Доказать, что если mlt mt, mt — медианы треугольника, а
К — точка Лемуана, то
(а А К)’. (Ь ВЛ): (с СК) = тх: mt : mt.
Задача. В треугольнике АВС проведена симедиана BS. Провести
при помощи одной линейки касательную в точке В к кругу, описанному
около треугольника.
103. Антибиссектрисы. Прямая, изотомнческая биссектрисе внутрен-
него угла, называется внутренней антибиссектрисой. Внутренняя анти-
биссектриса может быть определена как прямая, исходящая из вершины
треугольника и делящая противоположную сторону обратно пропорцио-
нально прилежащим сторонам.
Теорема. Внутренние антибиссектрисы треугольника пересекаются в
одной точке, называемой центром антибиссектрис.
Так как прямые, изотомические внутренним аитибпссектрисам, т. е.
биссектрисы внутренних углов треугольника, пересекаются в одной точке.
то и аитибиссектрисы пересекаются в
одной точке.
Задача. Доказать на основании об-
ратной теоремы Чевы, что внутренние
антибиссектрисы пересекаются в одной
точке.
104.	Теорема. Внутренняя антибис-
сектриса есть геометрическое место то-
чек, расстояния которых до двух сторон
треугольника обратно пропорциональны
квадратам этих сторон.
Пусть AD—внутренняя антибис-
сектриса (черт. 84). Тогда
площ. ABD	BD	b	с	1 плош. ABD	AZJ-csina	с sin a
__	___	_	। 7	—	’	=	~
площ. ADC	DC	с	Ь площ. ADC	i4Z)*Z>sinP	b sin р
72
Следовательно,
1	.	^9
С	С sin a	sin а	С
------	-----, или------=	
Ь~ 1 fc sin?	sin?	б-2
Из произвольной точки К, лежащей на AD, опустим перпендикуляры
на стороны треугольника:
KN	АК sin a sin а	с~2
КМ	А К sin fl sin?	b~2 ’
Легко доказать, что, обратно, если KN и КМ (расстояния некоторой
точки от сторон АВ н АС) таковы, что %— = —------f то АК есть внут-
КМ Ь~2
реиняя аитибиссектрпса. Действительно,
KN	с — 2	АК sin a sin а
КМ	Ь~2	А К sin ? sin?’
плот. ABD AD ' c Sin a	c—*
плош. ADC	AD • b sin ?	b ~ 1
Ио так как
площ. ABD BD
площ. ADC ~ DC'
BD c-1
to	= ——— и, следовательно, AD—аитибиссектрпса.
Задача- На основании того, что антибиссектриса является геомет
рическим местом точек, расстояния
которых до двух сторон треугольника
обратно пропорциональны квадратам
этих сторон, доказать, что антибис-
сектрисы треугольника пересекаются в
одной точке.
105.	Расстояния от центра антибис-
сектрис до сторон треугольника. Пусть
точка М — точка пересечения антибис-
сектрис (черт 85) и аа , d^ , dc— ее рас-
стояния соответственно от сторон ВС,
СА, АВ треугольника АВС. Тогда (§ 104)
dn	dh
а	о
а~2 = Ь~ 2
откуда
bdb cdc	ada + bdb+cdc
a~ 1 b~ 1 c~ 1 a' 1 4- b ~ * + c * *
a-4 +b
25 
+ c
1
73
Следовательно,
— i	,	— i
2Sa	h a
d = __________________________________________________’>
a — i —i -i	— i — i —i
a + b 4-c	a + b +e
отсюда
h ~	-1.1	—1
a a + b 4- c
Теорема. Отрезки сторон треугольника, заключенные между прямы
ми, проведенными через центр антибис-
сектрис параллельно сторонам, равны
между собой.
Пусть М—точка пересечения аитн-
€иссектрис (черт. 86). Тогда
DL DL da	а 1
а ~ ВС ~ h -1,.-*.-»•
а а + b -4- с
Отсюда
Черт. 86.
1	— 1	— 1	— 1	1	1	1	abc
DL = a +b + с = а + V + с ’ DL = bc + ca+ab
Величина, обратная величине отрезка, отсекаемого параллелями на
сторонах треугольника, равна сумме обратных величин сторон треуголь-
ника.
Задача. Если DE, FL,HK—прямые, проведенные через центр анти-
биссектрис треугольника АВС параллельно сторонам ево АВ, ВС, СА и
ограниченные его сторонами, то
АВ — DE = ВС — FL = СА — ЯЛГ.
106.	Пусть М есть центр
аитибиссектрнс; AD, BE, CF —
антибиссектрисы. Отложим на
аитибиссектрисах от вершин
отрезки AD', BE', CF', соот-
ветственно равные отрезкам
MD, ME, MF, и через точки
D', Е',р' проведем прямыеHN,
KL,PR, параллельные противо-
положным сторонам (черт. 87).
Докажем, что шестиугольник
KLHNPR равносторонний.
Имеем:
1
Z71	^Т" —
а 4- Ь 4-е
abc
bc + ca + ab'
74
Итак, HN = PR = KL.
Из подобия треугольников LBK и АВС имеем:
BK BE' a = BE	— i	—i 	b	 	ab	 1		1	—1» UK — —1	—1	— 1 " a + b + c	a +fc + c
Аналогично	— 1 QC a-’+fc-1-)- c-1’ — 1 . 	1
KD=a-	ab + gc	 	1	 	i		i	—i — —i	—i	—i = a 4-fc +c	a + b + c
abc
bc + са + ab'
Итак, шестиугольник KLHNPR равносторонний.
107.	Точки Енжабека. Проведем из точки Н (черт. 87) прямую HI, па-
раллельную АС, и из точки Р прямую PI, параллельную ВС. Точку I
соединим с вершиной К шестиугольника KLHNPR. Легко видеть, что
прямая IK параллельна и равна стороне шестиугольника HL.
Итак, нами найдена точка /, отличающаяся тем свойством, что от-
резки прямых, проведенных нз этой точки параллельно сторонам тре-
угольника АВ, ВС, СА до пересечения со сторонами ВС, СА, АВ, равны
между совой.
Проведем из точки N прямую NI' пара лельно АВ и из точки R
прямую RI' параллельно АС. Точку /' соединим с вершиной L. Прямая
I'L равна и параллельна KR. Нами найдена точка отличающаяся
тем свойством, что отре ки прямых, проведенных из этой точки парал-
лельно сторонам АВ, ВС, СА до пересечения со сторонами АС, ВА, СВ,
равны между собой.
Точки I и /' известны в геометрии треугольника под названием
точек Енжабека. Енжабек, впервые отыскавший эти точки, дал построение,
отличное от данного нами. В следующем параграфе мы приведем построе-
ние, предложенное Еижабеком.
Данное нами построение позволяет найти некоторые интересные свой-
ства точек Енжабека.
1) К <ждая из точек Енжабека есть общая вершина трех ромбов, сто-
роны которых равны между собой. Длина сторон каждого ромба равна,
по предыдущему:
t______abc__
~ be + ас + ab’	I
отсюда
1111
t “ а +~b~ + 'c '
?) Расстояния от точек Енжабека до сторон треугольника равны вы-
сотам ромба. Расстояние г от точки I до стороны а определим из ром-
ба IPRK.
iQ fcin В, = tsin С, ic
tsin A.
75
Задача. Показать, что расстояния от второй точки Енжабека до
сторон треугольника равны
i’ = t sin С, i'. -= t sin A, i' = t sin B.
а	о	c
Задача. Показать, что
Задача. Показать, что площадь шестиугольника KLHNPR равна
АВС
41* cos 2 cos 2 cos ~2 ’
108.	Построение точек Енжабека. Для построения точки Енжабека посту-
паем следующим образом: проводим через вершины треугольника прямые,
параллельные противоположным сторонам, и откладываем на них три
произвольных равных отрезка AD, BF, СЕ (черт. 88).
Через точки D, F, Е проводим прямые, параллельные сторонам тре-
угольника АС, АВ, ВС', эти прямые образуют треугольник, подобно рас-
положенный относительно данного. Покажем, что центр подобия этих
треугольников есть искомая точка /.
Так как C’S = СЕ = AD = С’К по построению, то
IP = IN.
•
109.	Прямые п. Прямая, выходящая из вершины треугольника и де-
лящая противоположную сторону внутренним образом пропорционально
и-м степеням прилежащих сторон треугольника, называется прямой п.
Медиана, следовательно, есть прямая нуль, биссектриса — прямая один,
симедиана — прямая два, антнбпссектриса — прямая минус один.
76
110.	Некоторые ствойства прямых л 1) Три прямые п, исходящие
из вершин треугольника, пересекаются в одной точке.
Пусть AD, BE, CF — прямые и (черт. 89). Тогда
BD сп СЕ _ (Р АР
DC ~ ,п ’ ЕА ~ п ’ ЕВ ~~ ji '
оса
Так как
BD СЕ АЕ
DC' ЕА' FB ~ J’
то прямые AD, BE, CF пересекаются
в одной точке.
2) Прямая п делит угол, из вер-
шины которого она выходит, на две
части так, что синусы полученных углов пропорциональны (п—1)-м сте-
пеням прилежащих сторон.
Пусть AD — прямая п (черт. 90). Тогда
плош, BAD BD _ сп плош. BAD с AD sin а,
площ. DAC ~ DC ~ ьп’ плош. DAC ~ b'ADsinfi’
отсюда
с sin а с” sin а с"
b sin 3 ~ ^п ,,ли sin fs = ~ьп—1 '
Следствие. Прямая п есть геометрическое место точек, расстояния
которых от двух сторон треугольника
пропорциональны (я — 1 )-м степеням
нт их сторон.
Укажем некоторые частные случаи.
Медиана делит угол, из вершины кото-
рого она выходит, на две части так, что
синусы полученных углов обратно про-
порциональны прилежащим сторонам.
Симедиана делит угол, из вершины кото-
рого она выходит, на две части так, что
синусы углов пропорциональны приле-
жащим сторонам.
111.	Расстояния от точки пересече-
Черт. 90.
ния прямых л до сторон треугольника.
Обозначим расстояния отточки пересеве
ния прямых п до сторон а, Ь, с, через
х, у, г, Тогда
х у г
п 1	, п—1	п—1
abc
Отсюда
_ ах + fey + сг	п—1	25с"
а" + Ьп + с" ’ ° a" + b” + cn’
где 5— площадь треугольника.
Рассмотрим частные случаи.
77
Расстояние от точки пересечения медиан до стороны а получим, по-
ложив и — 0:	а
2S	а .
х~а(1 + 1 + 1)= 3 *
Расстояние отточки пересечения биссектрис внутренних углов до сто-
роны а получим, положив и = 1:
2S _ 2S_S_
CL -f- Ь + С 2р р 1
где г — радиус круга, вписанного в треугольник.
При и =» 2 найдем расстояние от точки Лемуана (точка пересечения
симеднан) до стороны а:
2Sa	*ha
* ~ а* + Ь* + с1 “ а* + Ь* + сг'
Рассмотрим положение точки Лемуана в прямоугольном треугольнике
с гипотенузой а:
a*h h
а а
х = “ 2аг = ~2 '
Итак, в прямоугольном треугольнике точка пересечения симеднан на-
ходится на средней линии треугольника, параллельной гипотенузе.
112. Параллели. В дальнейшем прямые, параллельные сторонам тре-
угольника и проходящие через точку пересечения прямых и, будем назы-
вать параллелями.
Теорема 1. Отрезки сторон треугольника, заключенные между парал-
лелями, пропорциональны (я + 1)-м
степеням соответствующих сторон
треугольника (черт. 91).
Пусть в треугольнике АВС К —
точка пересечения прямых и; NM, DP,
FL— параллели.
Расстояние х, от точки пересе-
чения прямых п до стороны треуголь-
ника а равно
2Sa"—*	a” ha
Х = ап + Ьп + сп д” + &и +	*
Из подобия треугольников M%F и ВАС имеем:
х MF	а a	MF
Лд ~ ВС-	+	+
откуда
Аналогично
78
Следовательно,
MF-. PN : LD = a : b ’r : c T .
Теорема 2. Параллели рассекают стороны треугольника так, что от-
ношение отрезков, расположенных на одной стороне треугольника, равно
отношению п-х степеней соответствующих сторон треугольника.
Имеем:
а
BM.MF-.FC- ЪК-.MF-.KP = ОК:--------- : КР.
„п , ,п , Ji
Oti редел им отрезки DK и КР, на которые делится параллель в точке
пересечения прямых и. Так как DP 11 ВС и АК — прямая и, то
DK РАп с1
КР ~ АР” ~ Ьп ’
откуда
DK + КР Ьп + с”
DK ~ п •
Далее
DP — а
— MF =°а-
(Ьп + сп)а
поэтому
DK =-
a ? (bn + си)
асп
(bn + bn + <”)(bn + c") an + bn + (r ‘
Аналогично
KP =
abn
а
Следовательно,
ВМ : MF : FC = с” : а" : Ьп 
Задача. Показать, что отрезок гипотенузы, заключенный между па-
раллелями, проведенными через центр круга, вписанного в прямоугольный
треугольник, равен сумме отрезков катетов, заключенных между паралле-
лями.
113. Прямые, изотомические и изогональные прямым п.
Теорема 1. Прямая, изотомиче-
ская прямой п, есть прямая минус п.
Если AD есть прямая и, то
(черт. 92)
BD S
DC= л*
—n
Изотомнческая прямая BD' делит
ВС так, что

BD’ DC _
D'C '= BD~
и
а~п	Черт. 92.
Теорема 2. Прямая, изогональная прямой п, есть прямая (2 — и).
79
Пусть AD прямая и (черт. 03). Построим прямую AD', изогональную
прямой AD. Эта прямая делит угол при вершине А так, что
sin а	с* и
sin р	а 1 — и "
На основании свойства прямых п делить утлы треугольника на части.
пропорциональные (и — 1)-м степе-
ням прилежащих сторон (§ 110),
заключаем, что прямая AD' есть
прямая (2—и).
Частные случаи: прямая, изо-
гональная ме шане, есть снме-
днана (2— 0 21; прямая изого-
нальная биссектрисе, есть бис-
сектриса (2— 1	1); прямая,
изогональная антнбиссектрисе, —
прямая кубов [2 — (—1) 3].
114. Переход от прямых л к
прямым (и + 2). Для перехода
от прямой и к прямой (п -4- 2)
следует построить прямую, изотомнческую прямой и, а затем прямую,
изогона ьную провед шной изотомической прямой.
Пусть прямая AD (черт 94) есть прямая п. Прямая ADV ей изото-
мическая, есть прямая минус л.
Прямая ADt, нзо1 опальная прямой
ADlt есть прямая 2 — (— и) = 2 -у п.
Этот способ перехода от прямых
п к прямым (и — 2) был предложен
французским математиком Оканем
(d'Ocagne) в 1883 г.
В 1934 г. мне удалось найти пе-
реход от прямых п к прямым (и -У 1).
115. Переход от прямых л к
прямым (л + 1). Предложенный мною о
способ построения прямых (л + 1)
основан на следующем свойстве
равнобедренного треугольника.
Прямая, исходящая из вершины
равнобедренного треугольника, делит угол на две части
D,
94
так, что отно-
0,- D
Черт
Д
Черт. 95.
шение синусов полученных углов равно отно-
шению противолежащих отрезков основания.
Пусть AD — произвольная прямая,
проведенная нз вершины равнобедренного
треугольника АВС (черт. 95). Тогда
плош. BAD	BD,
плош. DAC	DC'
nnom..BAD AB ‘ AD  sin a sin i
плош. ВАС AD ‘ AC • sin p sin p"
Следовательно,
sin a BD
sin p DC'
Теперь займемся построением прямой п + 1 по данной прямом п.
80
ку В с точкой Р и из точки проведем
Черт. 96.
Пусть в треугольнике АВС Аап есть прямая и (черт. 96)
Для построения прямой Азп । । (прямой и + 1) поступаем следующим
азом. Отложим на стороне АС отрезок АР, равный АВ. Соединим точ-
прямую, параллельную АС, до
пересечения с BF в точке Е.
Прямая АЕ есть прямая и + 1.
Действительно,
sinБАЕ ВЕ_^п _ с*
sin ЕАР = ЕЕ ~ чС ~ кп'
П и
Следовательно, прямая АЕ
есть прямля и + 1.
Задача Разделить данный
отрезок пропорционально кубам
двух данных отрезков.
Задача. По данным биссектрисе и антибиссектрисе, выходящим из
одной вершины треугольника, построить прямую кубов, выходящую из той
же вершины.
Задача. Дана прямая п. Построить прямую (и + 3).
ГЛАВА VI.
ТОЧКИ БРОКАРА. УГОЛ БРОКАРА. ТРЕУГОЛЬНИК
ПРОЕКЦИЙ. ОКРУЖНОСТИ ТОРИЧЕЛЛИ. ТОЧКА
ТОРИЧЕЛЛИ.
116.	Точка Брокара. Брокером з 1875 г. была поставлена следующая
задача. В треугольнике АВС (черт. 97) найти точку 42 так, чтобы
QAB = / tiBC = £НСА.
Точку 2 обычно называют точкой Брокара. Угол <р, равный каждому
«з углов 4L4B, 12ВС, 42С/,
называется углом Брока-
ра. Однако эта задача
значительно ранее, * в
1816 г., была поставлена
« решена Крелле и пото-
му было бы правильнее
точку 2 называть точкой
Крелле-Брокара.
117.	Пусть задача
решена и точка 2 най-
дена. Из треугольника
BQC имеем:
N
Черт. 97.
В2С=п — £ QBC — Z_QCB = r. — Z_QCA — £QCB^r. — C,
,где С — угол треугольника. Аналогично из треугольников СНА и XQB
получим*
£СНА =n — A. £AQB = r. — B.
Полученные равенства дают возможность легко построить точку 42. По-
€—1361	81
строив на сторонах ВС и С А дуги, вмещающие углы я — С и я—Л, най-
дем точку $2 как точку пересечения построенных дуг.
Приведем еше два способа построения точки Брокара.
Первый с п о со б (черт. 97). Построим окружность, проходящую
через точки А и С и касающуюся стороны АВ в точке А. Через А про-
ведем AN ВС. Эта прямая пересечет окружность в точке N. Точка пе-
ресечения прямой BN с окружностью есть искомая точка !2.
Доказательство Обозначим угот QBC через?, тогда угол ANB
также равен ?. Угол QAB, как составленный касательной и хордой, из-
меряется половиной дуги АН и потому равен ?.
Второй способ основан на том, что треугольник NCA (черт. 97)
подобен треугольнику АВС. Действительно, / NAC = £АСВ [AN || ВС).
Так как / СЯА = т.—А, то /_ANC = A, следовг !чьно, треуголь-
ники NCA и АВС подобны и / ACN В Точка N есть точка пересече-
ния прямой AN, параллельн и стороне ВС, и прямой CN, антипарал-
лельнон стороне АВ Точка Брокара лежит на прямой BN.
Проведем из точки А прямую АР, аптипара илельпую ВС, и прямую
ВР, параллельную СА. Треугольник РАВ подобен треугольнику АВС.
Точка Брокара лежит на прямой СР.
Итак, для отыскания точки Брокара достаточно произвести следую-
щие построения. Через одну вершину треугольника, допустим А, прове-
сти параллель AN и аптипараллсль АР к противоположной стороне ВС.
Из вершины В провести прямую ВР, параллельную стороне СА, и
из вершины С прямую CN, антипараллельную стороне АВ. Точка Бро-
кара лежи г в пересечении прямых BN и СР.
Задача. Использовать для построения точки Брокара окружность,
описанную около треугольника АР В.
118.	Вторая точка Брокара. Прямые AH'.BQ' CQ’, изогональные пря-
мым Л!2, Bi.1, Сй, пересекаются в точке й', называемой второй точкой
Брокара (черт. 98) (/ ВАН’ = / СВЯ.’ = / АСЯ’).
Задача. Показать, что вторая точка Брокара может быть получена
следующим построением: на сторонах
ВС и СА строим сегменты, вмеща-
ющие соответственно углы т. — В и
п — С. Точка пересечения построенных
сегментов 2' есть вторая точка Бро-
кара.
Задача. Построить вторую точ-
ку Брокара двумя способами, анало-
гичными способам построения первой
точки Брокара.
119.	Вычисление угла Брокара.
Опустим перпендикуляры AF и NE
на сторону АС (черт. 97). Трапеция
ADCN равнобочна (AD = CN, АР -
*=NE) н, следовательно, FD - СЕ. Далее BE = BF + FD + DE, но так
как DE — DC + СЕ = FD -f- DC = FC, to
BE = BF + FD + FC.
Разделим все члены этого равенства на NE; заметив, что
BE BF BF
WE = ctg<?’ NE XF = ctg
FD CE , FC FC
NE~ /V£ = ctgX-NE~ Л/-= ctg C'
82
получим:
ctg <f = ctg A + ctg В + ctg C.
Следовательно, угол Брокара? = arc ctg (ctgX 4- ctg В + ctg C).
„ ,	_	sin2X
Задача. Показать, что в прямоугольном треугольнике tg ? = —, где
А—острый угол треугольника
120.	Тригонометрические функции угла Брокара.
cos A	cos В	cos С 2R cos A 2R cos В 2R cos С
ctg ¥ ~ sin Л	sin В + sinC- а + b + с =
R	R
=	(26с cos j4-t-2cecosB-t-2a6 cosC)=^ (b* + с* — a* 4- с* 4- о*— b* 4-
/?	a* 4- 6* 4- c*
+ a* 4- b* - c*J = -bc (a* + b* + c*i =-45^—
Следовательно,
4S
tg<? “ a* + b* 4- c* ‘
Для вычисления синуса угла Брокара напомним следующие два три-
гонометрических тождества.
Если А 4- В 4- С = п, то
tg-4 4- tgB-f- tgC«= tg/i tgBtgC,
ctgX ctgB 4- ctgB ctgC 4- ctgCctgX = 1.
Доказательство первого тождества.
sin Л sin В sin C sin Л cos В 4- cos A sin В sinC
cos A cos В cos C	cos A cos В	cos C
sin (X 4- B) sinC sin (x — C) cos C 4- sin C cos A cos В
= cos A cos В + cos C	cos Л cos В cos C
cos A cos В
_ cos C -f- cos A cos В — cos (X 4- B) 4- cos A cos В
= ‘e c —сБГх -^iB---=tg c-------------------------
sinXsin'B
=tg C cosZcosB- = tgX tgB tgC.
Доказательство второго тождества. Мы показали, что
tg А 4- tg В 4- tg С — tg A tg В tg С, отсюда
1___ 1 1
tgBtgC+tgC tgH + tgX tgВ
На основании последнего тождества легко показать, что
esc* ? = esc* Л 4- esc* В 4- esc* С.
Так как ctg? = ctg X 4- ctgB 4- ctgС, то
ctg* ? = ctg* A 4- ctg* В 4- ctg* C 4- 2 (ctg A ctg В 4- ctg В ctg C 4-
4- ctg Cctg X) = ctg* A 4- ctg* В 4- ctg*C 4- 2;
esc* ? = 1 4- ctg* ? = ctg* A 4- ctg* В 4- ctg* C 4- 3 = esc* A 4- esc* В 4- esc* C.
Полученное тождество позволяет вычислить синус угла Брокара.
83
Перепишем его следующим образом:
1	1	1	1	4/?’ 4Л» 47?»
sin* if sin* А ' sin* В sin* С = а* Ь* + с*
4 № {Ь*<? + а*с* + 6*а*) Ь*с* + а*с* + 6«а*
—	—	45*	’
абс „
так как = R. Отсюда
___________25
j/ 6*с* + с*а* + о*6* ’
121.	Докажем некоторые тождества, связанные с тригонометрическими
функциями угла Брокара.
1.	Пусть 2 точка Брокара в тре-
угольнике АВС (черт. 99). Из тре-
угольников AQC, CQB и ВЯС
имеем:
Х2 sin 7 Ci! sin 9
С2 =sin(/4 — 9) ’ В2 =sin(C — v) ’
Bi! sin <p
Л2 ‘ sin (/—<?)
получим:
Черт. Од.
Перемножив найденные равенства,
______________sin* 9___________
sin(X—9) sin (B—9)sin(C— 9) ~
2.	Обозначим радиус круга, описанного около треугольника BQC,
через 7? , радиус круга, описанного около треугольника CQA, через Rb ,
радиус круга, описанного около Х2В, через Rc . Из треугольников
BQC, СНА, AQB имеем:
BC = a=*2R sin С, СА = 6 = 27?. sinX, АВ = с = 2R. sinB.
a	b	с
Отсюда
abc = SR„ R. R, sin A sin В sin C.
abc
Ho abc = 8 R* sin A sin В sin С; поэтому
87?* sin A sin}B sin С = 87?д R& R( sin A sin В sin C,
t. e.
/?„ Rr =
abc
3.	Имеем:
AQ = 2R. sin?, BQ =2R„ sin», C2 = 2R sin».
b *	c	a *
Перемножим написанные равенства:
A2 • BQ • CQ = 8Ra Rb R£ sin* 9 = 8Л* sin* 9.
122. Отношение площадей треугольников AQC, BQC н CQB. Поль-
зуясь тем, что отношение площадей треугольников, у которых два угла в
84
сумме дают два прямых угла, равно отношению произведений сторон,
заключающих эти углы, получим:
тощ. АИС Лй  СИ плош. ВИА АИ  ВИ площ. CQB ВИ ‘СИ
плош. А СВ = cb ’ плош. ВАС ~ ас площ. САВ ~~ Ьа
С тедовательно,
плош. АИС площ. ВЙХ плош. СИВ
а-СИ АИ = Ь-АИ-ВИ = с^ВИ ~СИ
Так как
Ь	с	а
X2=2/?6sin?-^ sin?. B2 = ^i~Bsin?’CS = lTFc sin*’
то
площ. А ИС площ. ВЙХ плош. СИВ
a*b sin В = fc’csin С = c’asinX ’
и тн
гпош. АИС площ. ВИА тощ. СИВ
aW ~	Ь*<*	= с*а* ‘
Следовательно,
площ. АИС : площ. ВИА : плош. СИВ =
Задача. Определить расстояние от точки Брокара до центра тя-
жести треугольника.
Указание. Применить теорему Лейбница.
123. Треугольники проекций. Треугольник AyBjC^ вершинами кото-
нию свойств треугольников проек-
ций, рассмотрим свойства отрезков, отсекаемых на сторонах треугольника
перпендикулярами, опушенными из произвольной точки плоскости тре-
угольника на его стороны.
124. Теорема. Перпендикуляры,
опущенные из точки, лежащей г плос-
кости треугольника, на его стороны,
определяют на сторонах шесть от-
резков так, что сумма квадратов трех
отрезков, не имеющих общих кон-
цов, равна сумме квадратов трех дру-
гих отрезков.
Пусть OL, ОМ, ON — перпенди-
куляры, опущенные из произволь-
ной точки О соответственно на сто-
роны: ЛВ, ВС, АС (черт. 101).
рого являются проекции произ-
вольной точки М на стороны тре-
угольника АВС, называется тре-
угольником проекций точки М
относительно АВС (черт. 100).
Задача. Показать, что для
точки М, лежащей на окружно-
сти, описанной около треугольника
АВС, треугольник проекций обра-
щается в прямую линию (с.м. пря-
мая Симеона, § 35).
Раньше чем перейти к изуче-
Черт. 101.
85
Тогда
или
Аналогично
АО* — A L* = ВО* — BL*,
AL* — BL* = АО* — ВО*.
ВМ* — СМ* - ВО* — со*,
CN* — AN* = СО* — АО*.
Сложив эти равенства, получим:
AL* — BL* + ВМ* — СМ* + CN* — AN* = О,
или
AL* + ВМ* + CN* = BL* + CM* + AN*.
Обратная теорема. Если на сторонах треугольника три точки опре-
деляют шесть отрезков так, что сумма квадратов трех отрезков, не
имеющих общих концов, равна сумме квадратов трех других, то яти три
точки можно рассматривать как проекции некоторой точки на стороны
треугольника.
Теорема легко доказывается от противного.
Следствия: 1) Перпендикуляры, восставленные из середин сторон тре-
угольника, пересекаются в одной течке.
2) Высоты треугольника пересекаются в одной точке. Действитель-
но (черт. 102),
BL* — A L* = а* —Ь*. СМ* — ВМ* = Ь* — с*,
AN* — CN* = с* — а*.
Отсюда
BL* + СМ* + AN* = AL* + ВМ* + CN*.
3) Перпендикуляры на стороны тре-
угольника из центров вневписанных в него
кругов[пересекаются в одной точке.
Указа иве. Воспользоваться теоре-
мой Нагеля, § 16.
Задача. В треугольнике АВС АВ —
наименьшая сторона. На сторонах АС и
ВС отложены отрезки AD = BE = АВ. Доказать, что сумма расстояний
всякой точки прямой DE до сторон
Черт. 103.
треугольника есть величина постоян-
ная (черт. 103).
125. Теорема. Сумма расстояний
от произвольной точки, лежащей на
основании равнобедренного треуголь-
ника, до боковых (равных) сторон,
есть величина постоянная, равная вы-
соте, опущенной на боковую сторону.
Пусть из точки D на равные
стороны АВнАС опушены перпенди-
86
куляры DM и DN (черт. 1<М). Из точки С проведем высоту CF и из
точки D—прямую, параллельную стороне АВ до пересечения и точке Е с
прямой FC:
CF = FE + EC = DM + ЕС.
Из равенства треугольников DEC и CND найдем ЕС = DN.
вательно.
Следо-
CF - DM + DN.
126. Теорема. Если из точки L
внутри треугольника опущены перпен-
дикуляры I ,	, I соответственно на
стороны а, Ь, с треугольника.
то
Соединим точку L с вершинами треугольника Треугольник АВС
разобьется на три треугольника. Назовем площади этих треугольников
5„ , S. , S, . Имеем:
а' о с
Sa _^а_. Sb lb . Sc lc
S ~ ha	S ~ hb’ S ~ hc'
Сложив, получим:
Sa + Sb + Sc la lb lc
s ~	+ hh + < ‘
aoc
1 !b lc
Так как Sfl 4-4-= S, то у 4- у 4- h~ = 1.
Следствие. В равностороннем треугольнике сумма расстояний от
произвольной точки, взятой внутри треугольника, до его сторон, есть
величина постоянная, равная высоте треугольника.
127. Некоторые свойства треугольников проекций. Пусть из точки М
опущены перпендикуляры МА,, МВг, МС, на стороны треугольника АВС
(черт. 100). Треугольник А^В^Су есть треугольник проекций точки М от-
носительно АВС. Около каждого нз полученных четырехугольников
АСуМВ, ВА1МС1, СВ1МА1 можно описать окружность. Опишем окруж-
ность около четырехугольника XB1AfC1; ее диаметром будет AM. Пусть
BjCj = аг, тогда
а,
= AM
sm /
<на основании теоремы синусов для треугольника
sin“x = 2R-
(О
(2)
Разделим почленно равенство (I) на равенство (2):
дх AM- а, I
~ — ~2R' a-AM = 2R"
SJ
Аналогично
।	6,	1 _fi 1
b-вм 2R’ С-CM 2R-
Следовательно,
_____________________fli_	_ ci _ _1
a-AM b-BM c • CM 2R‘
128. Определим стороны треугольника проекций точки I (центра вписан-
Черт. 105.
ного круга) относительно тре-
угольника АВС (черт. 105).
Пусть A ^BjP^ — треугольник
проекций. Тогда по § 127:
аг __ Ьх с 1
~AI ~~b~- B~l~~crCI~'2R‘
Отсюда
ДА/
£>1С1 — а1 — 2^ •
Из прямоугольного тре-
угольника АВ'1 имеем:
АI* = (р — а)1 + г*.
так как АВ1 = р —д и BJ = г. Следовательно,
ар = ip - 0). + рЪ^Ыр-Ыр-*
Р'
= —р	* (Р1 — ар +Р* — Ьр — ср+ Ьс) =
- Г-Г° [ 2f> - „ (« + Ь + 0 + Ьс ] _ - О’--»> *..
Значит,	__
Al =	<Р~а) Ьс
Z Р
н	___________ _________________________________
а уГ _(р_2~ а) Ьс 2 1/~ Р^Р — °)* (р ~ <Р — с> Ьс
Т	Р	Г	р
Итак,	_____________
S1G = 2 (р -a) yf
Аналогично
GA = 2 (р - Ь) у£ и’~с)сУ~а\
А.В1 = 2(р -с)	[P^L.
г	ао
129. Определим стороны треугольника проекций точки С (центра тя-
жести треугольника) относительно треугольника АВС-
Пусть AiStCt — треугольник проекций. Пусть стороны треуголь-
ника проекций равны at, bt, ct.
88
Имеем:
_?i fci_____fi__L
а • AC b- BG c  CG~2R'
Так как AG =*	2 (b* 4- c*)— a*, to
3a>	1
i/------------- 2/?’
а У2(Ь*+с*) — а»
откуда
„ _ a /2 (fe’+c*) —а»
1	6R
Аналогично
. _ b V2(c*+ a*) — b* „ c /2 (o»+ 6*)— c*
1	bR	1	6R
130. Теорема. Треугольник проекций точки Брокара относительна
Ванного треугольника подобен последнему.
Имеем:
Д1 _ 6t =£i_ 1
a-AQ b-BQ c Cil 2R'
Подставляя значения AQ, BQ, CQ (см. § 121), получаем:
ага	bjb _ CjC	I
ab 2R sin be 2R sin ? ~ ca 2R sin <f = 2R ’
°i	6,	c,
b	c	a	T
Отношение площади треугольника проекций Sj точки Брокара к пло-
щади данного треугольника 5 равно, следовате 1ьно,
5,	• .
s = sin • 9.
Трк как (§ 122)
а*Ь3с*	45»
S‘n 7	4??»(b* с» + с*а* + а* Ь*) ~ Ь*с* 4- с* а* 4- в» 6*’
то
5Х	45?
5 Ь* с» + с» а» + а» Ь*’
откуда
5	45<
1 Ь* с* 4- с* а* 4- а* Ь*'
Из доказанной теоремы, как <*1едствие, получается следующая теорем®
Внгарье: треугольник проекций точки Брокара и данный треугольник
имеют равные углы Брокара.
131. Вычисление площади треугольника проекций точки пересечения
прямых п. Пусть М — точка пересечения прямых и. т. е. прямых, деля-
щих стороны треугольника пропорционально и-ым степеням прилежа-
щих сторон (черт. 100) и А^С^В^—треугольник проекций точки М. Тогда
5	=5	4-S	4-5
А1В1С1 С1М1В1 т AjMBi А1МС1
89
Так как данный треугольник и треугольник CiMAt отличаются
тем свойством, что / А + / М = г. то
SCiMBi	CtM • BtM . 5	CjM • BjM
----5------------cb-- Ciмвх --------b----. 5.
Так как
c1M______2S-^~1 - , Bim = 2Sbn~l ,
an + b” + cn	a"+tn + cn
. M 2San—'1
A =s ------------,
an + bn + г
TO
5	45 £« 31 31 45 bn~* c *-'
C1MB1 (an +b” +>)’ be + bn+ cn')* ’
Определив аналогично площади треугольников А^МВ и А^МС и
сложив полученные значения, найдем площадь треугольника проекций:
s _lS*(bn~* сп +сп~' а”~* +ап~1 Ьп~^
А’В'С'	(ап + Ьп + сп)*
Рассмотрим три частных случая при и = 0, п = 1, п = 2.
1) Площадь треугольника проекций центра тяже-
сти (и = 0)
s	45» (fc-«c—« +с —1 д—* +а-« Ь~*)
AiBiC 1	9
4 д« + 6» + с»
~ 9 д» Ь* <* •
Эта формула была дана французским математиком Эном,
2) и = 1.
4S* дд Ьс ас )	4S* (а + b + с) 23*р
А1В1С1 — (а	c)i	4^1 а()С = ра а[)С —
2S*	45» г Sr
~ р abc = 2аЬс ~~ 2 R '
3) и = 2.
s	45» • 3	12S*
AiBiCi = (01 + Ь* + с»)» ~ (д« + Ь* + с*)1 •
Задача. Показать, что площадь треугольника проекций центра
описанного круга равна ’/< площади данного треугольника.
-90
132. Окружности Торичелли. На сторонах АВ, ВС и СА треуголь-
ника АВС в его плоскости построены равносторонние треуг шники
А ВС у, BAjC, САВ1 так. что вершины А у, By, С, лежат вне треугольника.
Окружности, описанные около построенных равносторонних треугольни-
ков. называются окружностями Торичелли (черт. 106).
Теорема. Окружности Торичелли пересекаются в одной точке.
Окружности, описанные около треугольников и САуВ, пересе-
каются в точке М.
/ АМС = 120°, / ВМС = 120°. следовательно, н АМВ 120°, а
потому точка М лежит на окруж-
ности, описанном око ю треугольника
АВСу.
133. Точка Торичелли. Точка М
пересечения окружностей Торичелли
называется точкой Торичелли. Пусть
в треугольнике АВС А—наиболь-
ший угол. В зависимости от величи-
ны угла А точка Торичелли может
занимать одно из трех с гедуюших
положений:
1)	/ А < 120°. Точка М лежит
внутри треугольника.
2)	/ А = 120°. Точка М совпа-
дает с точкой А.
3)	/ А > 120°. Точка М лежит
вне треугольника.
Д	1. Докажем, что прямые ААу,
В By, ССу пересекаются в точке М.
Черт. 106.	Соединим точку М с точками В н By.
Докажем, что точки В, М и By
лежат на одной прямой. Действительно, / ВМС 120°, / ВуАС =
= £ВуМС = &Р, следовательно, точки В, М, Бу лежат на одной прямой.
Итак, прямые ВМВу, СМСу, АМАу пересекаются в точке Торичелли,
что дает возможность легко ее построить.
Для построения точки Торичелли проведем прямую СуВ под углом
в 60° к стороне АВ (черт. 107) н отложим ВСу = ВА. Проведем под уг-
Черт. 107.
лом 60э к АС прямую СВу и отложим
,СВу АС. Течка Торичелли — точка
пересечения ССу н ВВу.
2. Отрезки AAt. ВВу, ССу раены
между собой (черт. 106).
’ Треугольны» ВАВу равен треуп ль-
ннку САСу. Действительно, АВу АС;
АВ АСу £ ВАВу = 60° + / ВАС =
£САСу.
Итак, треугольники ВАВу и САСу
равны между собой, а потому В В, ССу.
Аналогично, рассматривая треуголь-
ники АСАу и ВСВу, докажем, что BBt =
= ААу, а потому ААу = ВВу = ССу.
3. Если точка М лежит внутри треугольника, то сумма расстоя-
ний точки М от вершин треугольника есть минимум, т. е. эта сумма .
меньше суммы расстояний всякой точки плоскости треугольника от его
вершины.
91
Пусть точка М (черт. 108) — точка Торичелли—лежит внутри тре-
угольника АВС. Через вершины АВС проведем прямые, со тветствснио
перпендикулярные к прямым AM, ВМ, СМ. Этн прямые пересекутся в
точках D, Е. F. Нетрудно
показать, что треугольник
DEF — равносторонний. Из
четырехугольника МАЕС
определим угол АБС;
£АЕС = 180°— £АМС =
60'. Ана логично / ADB=
. 60°н / ВЕС 60 . Итак,
треугольник DEF равно-
сторонний.
Сумма отрезков МА +
+ МВ + МС равна высоте
равностороннего треуголь-
ника DEF (следствие, § 126).
Возьмем в плоскости тре-
угольника АВС произволь-
ную точку Р и соединим ее
с вершинами треугольника
АВС. Опустим из точки Р
перпендикуляры РА', РВ',
PC иа стороны треуголь-
ника DEF. Сумма РА' + РВ' + PC равна высоте треугольника
Получаем:
РА + РВ + PC > РА' + РВ' + PC'.
F'
Черт. 108.
DEF.
Следовательно,
точка
О
Д к д'
Черт. 109.
РА + РВ + РС> МА + МВ + МС.
134.	Если угол А треугольника АВС расен 120° (черт. 109), то
Торичелли совпадает с точкой А.
Достаточно показать, что сумма АВ + АС меньше суммы расстояний
произвольной точки плоскости тре-
угольника от его вершин.
Восставим из вершин В нС пер-
пендикуляры BD и СЕ к АВ и АС.
Угол BFC равен 60э. Из вершины А
проведем прямую EAD под углом
60° к прямой BD или из вершины Л •
опустим перпендикуляр АЕ на FK,
биссектрису угла DFE. Треуголь-
ник EDF — равносторонний. Сучма
АВ + АС равна высоте равносторон-
него треугольника EDF.
Возьмем произвольную точку Р
в . плоскости равностороннего тре-
угольника и опустим из нее перпен-
дикуляры РА', РВ', PC на стороны
треугольника DEF; тогда
РА' + РВ' + PC = АВ + АС.
Так как
РА>РА', РВ>РВ', РОРС,
РА +РВ + РС>АВ ±АС.
то
92
135.	Приведем еще одно доказательство теоремы 3, § 133. Если точка
Торичелли находится внутри треугольника или в его вершине, то эта
точка совпадает с точкой минимума суммы расстояний от точки плоско-
сти до вершин треугольника. Это новое доказательство интересно тем,
что дает возможность подсчитать сумму AM + ВМ + СМ, т. е. опреде-
лить величину минимума. Доказательство основано на теореме Птолемея:
Произведение диагоналей четырехугольника, не вписывающегося в круг, ме-
нее суммы произведений противоположных сторон, а для вписанного четырех-
угольника произведение диагоналей равно произведению противоположных
сторон.
Доказательство теоремы Птолемея. Пусть четырех-
угольник A BCD' не может быть вписан в круг (черт. ПО). Построим
Z ВАЕ = £ BD’C и 22 АВЕ = £ D’BC.
Из подобия треугольников АВЕ и D'BC
имеем:
АВ АЕ BE
BD' D'C~ ВС
откуда
АВ  D'C = BD' • АЕ. (1)
Треуго 1ьннк11 BAD' и ВЕС подо-
бны, так как имеют по равному углу,
заключенному меж / пропорциональ-
ными сторонами-
Поэтому
Черт. 110.
BD’ AD"
или
ВС • AD' = BD' • СЕ.	(2)
Сложив равенства (1) и (2), получим:
АВ  D’C + ВС • AD'BD'(АЕ + СЕ),	(3)
а потому
АС • BD'<ZAB  D’C + ВС-AD'.	(4)
Итак, первая часть теоремы доказана. Полученное неравенство спра-
ведливо также и в том случае, когда точка D’ лежит вне круга-
Из равенства (3) следует доказательство второй части теоремы. Ден-
ствительно, в случае совпадения точки D с точкой D', точка Покажется
г на прямой АС. Равенство (3) примет вид:
АВ  DC + ВС • AD = BD (АЕ + ЕС).
или
АВ ‘ DC + ВС  AD = BD  АС.	(5
Теорема Птолемея дает возможность заметить интересное свойство
равностороннего треугольника. Пусть около равностороннего треуголь-
ника описана окружность. Расстояния всякой точки, лежащей на опи-
санной окружности, от вершин равностороннего треугольника, таковы,
что одно нз них равно сумме двух других, а расстояния точек, ие ле-
жащих на окружности, таковы, что каждое из них меньше суммы двух
других.
Пусть в равенстве (5) АВ = ВС = АС. Тогда
DC + AD = BD.
93
Пусть в неравенстве (4) АВ = ВС АС. Тогда
BD' < D'C + AD'.
136.	Сумма расстояний от точки Торичелли М до вершин треуголь-
ника. На основании свойства равностороннего треугольника (§ 135) имеем
(черт. 106):
МВ + МС = МА„
следовательно,
МА + МВ + МС = МА + МА, = АА,.
Покажем, что МА 4- МВ + МС<C.NA 4- NB + NC, где N — точка, ле-
жащая на окружности ВСА,.
Действительно,
NA + NB + NC = NA, + NA> А,А.
Для точки Р, не лежащей на окружности Торичелли, имеем:
РВ + РС > РА,. АР + РА, > АА,.
Следовательно,
РА + РВ +РС>АА,.
Итак, МА + МВ + МС минимум, если М — точка Торичелли.
137. Длину отрезка АА, определим из треугольника АВА, (черт. 106).
АА* = АВ* + В А* — 2ZB • В A, cos	АВА, = с8 4- о» — 2ас cos (В 4- 60=)
Так как
то
или
= с8 4- а8 — ас cos В 4- ас J 3 sin В.
й8 д» + с* — 2ас cos В,
*	Ь* — с8 — с8	/—
АА,=с' + сР +----g----+ 2SJ 3
8 а8 4- й8 + с8
j4j4i — Q
4- 25 J 3.
138.	Точка Торичелли в тех случаях, когда она лежит внутри тре-
угольника или совпадает с вершиной угла в 120°, является точкой мп-
ннму ма. Для треугольника с углом более 120° точка Торичелли лежит
вне треугольника н не является точкой минимума.
Раньше чем заняться в этом случае отысканием точки минимум, до-
кажем следующую теорему: в равнобедренном треугольнике с углом при
вершине, меньшим 60°, расстояние от любой точки внутри или вне тре-
угольника до сторон треугольника больше высоты, опущенной на боковую
сторону.
В § 126 мы доказали, что если /д, /^, tc — расстояния от точки, взя-
той внутри треугольника до его сторон а, й, с, то
1а
'ha
^-+-г- = к
Ай hc
(I)
Для равнобедренного треугольника с основанием, равным а, имеем
Р4
Высота Лд . опушенная нз вершины на основание равиобедренного-
треугольннка, в случае если угол при вершине меньше 60’, больше ,
а потому
I	+ С
/ +--------~h----> ' ,,1И la + lb + lc > hb ’
hb	b
Если точка взята вне треугольника, то среди слагаемых равенства (1)
одно должно быть отрицательным, например:
(2)
Следовательно,
и
а Ь с b
(§ 125),
Для точки, лежащей на основании равнобедренного треугольникэ-
lb + lc = hb '
139.	Пусть в треугольнике АВС
угол 120' (черт. 112). Восста-
вим в точках В ч С перпендикуляры
BD н СЕ к прямым АВ п АС.
Проведем биссектрису угла ВЕС н
опустим на нее нз вершины А пер-
пендикуляр DAE. Треугольник EDF
равнобедренный, угол при вершине/1
меньше60°. так как угол ВАС> |2oJ.
Сумма АВ + АС равна высоте рав-
нобедренного треугольника EDF.
Опустив из произвольной точки Р
перпендикуляры РА', РВ', PC иа
стороны треугольника EDF. полу-
чим:
РА' + РВ' + PC' > АВ + АС,
РА> РА', РВ> РВ', PC > PC.	Черт ,11k
Следовательно,
РА + РВ + РС>АВ + АС.
Итак, вершина А является точкой минимума.
96
ОГЛАВЛЕНИЕ.
Стр.
От автора............... ,...............................  2
Введение. Знаки отрезков. Отношение трех точек. Понятие о
несобственной точке.........................................   3
Глава 1. Прямые Чевы	  5
Глава //. Трансверсали ...	.23
Глава III. Окружность девяти точек. Расстояние между замеча-
тельными точками треугольника ...........................   .	32
Глава IV. Аитипараллели. Изогональные и нзотомнческие прямые. 48
Глава V. Симедианы, антнбиссектрисы и прямые и ...........63
Глава VI. Точки Брокара. Угол Брокара. Треугольник проекций.
Окружности Торичелли. Точка Торичелли.........................81
Редактор Р. Н. Бонхховский. Технический редактор Я. Я. Махова. Коррек-
тор М. М. Шилимвнко.
Сдано в набор 26/V—1939 г. Подписано к печати 4/IV—1940 Г. Учетно-пздзтель-
-с них листов 7,8. Печатных листов 6. Тираж 10000. Формат бумаги «'«хЮТ’/и.
У чпедгваА! 12П0. Уполномоченные Главлита Д-25775. Бумага Камеко* ф-ки.
Государственное учебно-педагогическое издательство Наркомпроса РСФСР: Орли-
ков пер. д. М 3, третий атаж.
Типография им. Инги треста <11олпграфкнига» г. Куйбышев. Заказ М 1361.