Wstęp

Prosta Eulera to prosta przechodząca przez ortocentrum H, środek ciężkości G i środek okręgu O opisanego na danym trójkącie. Należy do niej środek okręgu Eulera, czyli okrąg na którym leżą spodki wysokości, środki boków i punkty Eulera danego trójkąta. Ta strona ma zadanie wyjaśnić pojęcie prostej Eulera, ukazać przykłady trójkątów o wspólnej prostej Eulera i scharakteryzować stałe wartości związane z tą prostą.

Dowód na współliniowość punktów H, G i O

Niech X, Y i Z będą odpowiednio środkami boków BC, CA i AB trokąta ABC. Trójkąt XYZ jest podobny do trójkąta ABC w skali 1:2
Wysokości w trójkącie XYZ przecinają się w punkcie O, więc \(OX : HA = 1 : 2\).

Niech G' będzie punktem przecięcia się odcinków OH i AX.
Zatem \(AG' : G'A = 0X : HA = 1 : 2\),
Więc \(G' = G\) i \(OG' : G'H = OX : HA = 1 : 2\), z czego otrzymujemy, że odległość środka ciężkości od ortocentrum jest dwa razy większa niż jego odległość od środka okręguopisanego na tym trójkącie.

Trójkąty, które mają tą samą prostą Eulera

Pomimo, że jeden trójkąt może mieć dokładnie jedną prostą Eulera, to nie wyznacza ona jednoznacznie trójkąta. Najprostszym przykładem trójkątów posiadających tą samę prostą Eulera jest zbiór trójkątów przystających do danego i przesuniętych o wektor dowolnej długości równoległy do prostej Eulera tego trójkąta.

Kolejnym przykładem trójkątów o wspólnej prostej Eulera są dwa trójkąty ABC i XYZ, gdzie środkowe trójkąta ABC są równocześnie wierzchołkami trójkąta XYZ.

Prosta Eulera 🛆XYZ, którego wierzchołki leżą w środkach boków 🛆ABC jest również prostą Eulera 🛆ABC

Środkowe trójkąta \(ABC\) przecinają się w punkcie \(G\) i dzielą się w stosunku \(2:1\).
Zatem trójkąt XYZ jest jednokładny do trójkąta ABC względem punktu \(G\) i w skali \(—1/2\).
Prosta Eulera trójkąta \(XYZ\) jest więc obrazem prostej Eulera trójkąta ABC w tej samej jednokładności.
Ponieważ zaś środek jednokładności, czyli punkt \(G\) leży na prostej Eulera trójkąta \(ABC\), to jej obraz pokrywa się z nią samą, co kończy dowód.

Trójkąty o wspólnych środkach ciężkości

K, L oraz M są odpowiednio punktami powstałymi przez odbicie wierzchołka A względem C, wierzchołka C względem B oraz wierzchołka B względem A.
Środek ciężkości 🛆KLM pokrywa się ze środkiem ciężkości 🛆ABC.

Niech punkty A, B i C mają odpowiednio współrzędne (x1, y1), (x2, y2) oraz (x3, y3),a punkty K, L i M (a1, b1), (a2, b2) oraz (a3, b3).
Mamy G = \((\frac{x_1+x_2+x_3}{3}, \frac{y_1+y_2+y_3}{3})\)
\(x_2=\frac{a_2+x_3}{2} \Leftrightarrow a_2=2x_2-x_3\)
i analogicznie:
\(a_3 = 2x_1-x_2\)
\(a_1 = 2x_3-x_1\)
oraz: \(b_1 = 2y_3 - y_1\)
\(b_2 = 2y_2 - y_1\)
\(b_3 = 2y_1 - 3y_2\)
zatem: \( G' = (\frac{a_1+a_2+a_3}{3}, \frac{b_1+b_2+b_3}{3}) \)
\(\Leftrightarrow G' = (\frac{2x_3-x_1+2x_2-x_3+2x_1-x_2}{3}, \frac{2y_3-y_1+2y_2-y_3+2y_1-y_2}{3}) \)
\(\Leftrightarrow G' = (\frac{x_1+x_2+x_3}{3}, \frac{y_1+y_2+y_3}{3}) \) co kończy dowód.

Na bokach trójkąta ABC zbudowano trójkąty równoboczne AUB, BTC i CSA. Środki ciężkości trójkątów ABC i STU pokrywają się.

Pozostając przy oznaczeniach:
\(A = (x_1, y_1) B = (x_2, y_2) C = (x_3, y_3)\)
\(S = (a_1, b_1) T = (a_2, b_2) U = (a_3, b_3)\)
G' to środek ciężkości nowopowstałego trójkąta.

Punkt U leży na prostej prostopadłej do boku AB przechodzącej przez jego środek. Współrzędne środka wynoszą \((\frac{x_1+x_2}{2}, \frac{y_1+y_2}{2})\), a współczynnik kierunkowy prostej, na której leży bok AB: \(\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}\)
Współczynnik kierunkowy w. prostej, na której leży punkt U wynosi: \(-\frac{1}{\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}} = \frac{x_1-x_2}{y_2-y_1}\).
Podstawiając współrzędne środka boku AB otrzymuję równanie prostej, na której leży punkt U:
\(\frac{x_1-x_2}{y_2-y_1}*\frac{x_1+x_2}{2}+b=\frac{y_1+y_2}{2}\)
\(b=\frac{y_1+y_2}{2}-\frac{x_1-x_2}{y_2-y_1}*\frac{x_1+x_2}{2}\)
\(y=\frac{x_1-x_2}{y_2-y_1}+\frac{y_1+y_2}{2}-\frac{x_1-x_2}{y_2-y_1}*\frac{x_1+x_2}{2}\)
Prawdziwa jest zatem równość:
\((a_1-\frac{x_1+x_2}{2})^2+(\frac{x_1-x_2}{y_2-y_1}+\frac{y_1+y_2}{2}-\frac{x_1-x_2}{y_2-y_1}*\frac{x_1+x_2}{2}-\frac{y_1+y_2}{2}\)
Które daje następujące rozwiązania:
\(a_1=\frac{\sqrt{3}y_2-\sqrt{3}y_1+x_1+x_2}{2}\) v \(a_1=\frac{\sqrt{3}y_1-\sqrt{3}y_2+x_1+x_2}{2}\)
Można przyjąć \(a_1=\frac{\sqrt{3}y_2-\sqrt{3}y_1+x_1+x_2}{2}\)
I analogicznie: \(a_2=\frac{\sqrt{3}y_3-\sqrt{3}y_2+x_2+x_3}{2}\) \(a_3=\frac{\sqrt{3}y_3-\sqrt{3}y_2+x_2+x_3}{2}\)
Stąd: \(b_1=\frac{\sqrt{3}(x_3-x_2)+y_1+y_2}{2}\) \(b_2=\frac{\sqrt{3}(x_1-x_3)+y_2+y_3}{2}\) \(b_3=\frac{\sqrt{3}(x_2-x_1)+y_3+y_1}{2}\)
I ostatecznie: \(G'=(\frac{a_1+a_2+a_3}{3}, \frac{b_1+b_2+b_3}{3})\) czyli: \(G'=(\frac{x_1+x_2+x_3}{3}, \frac{y_1+y_2+y_3}{3})\)

Stałe wartości związane z prostą Eulera

Z prostą Eulera i punktami na niej leżącymi jest związanych wiele stałych wielkości. Przedstawię teraz dwie stałe związane ze środkiem ciężkości i środkiem trójkąta opisanego na trójkącie.

Wybrano punkt F na prostej AG, gdzie G jest środkiem ciężkości trójkąta ABC. Wartość wyrazenia \(FB^2+FC^2-GB^2-GC^2\) jest stała, zależy jedynie do wyboru punktu F

\(\overrightarrow{FB}=\overrightarrow{FG}+\overrightarrow{GB}\)
\(\overrightarrow{FC}=\overrightarrow{FG}+\overrightarrow{GC}\)
Czyli: \(FB^2+FC^2-GB^2-GC^2=\\ =FG^2+2*\overrightarrow{FG}*\overrightarrow{GB}+GB^2+FG^2+2*\overrightarrow{FG}*\overrightarrow{GC}+GC^2-GB^2-GC^2=\\ =2(FG^2+\overrightarrow{FG}(\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}))=2(FG^2+\overrightarrow{FG}*\overrightarrow{AG})=2FG(FG+AG)=const\)

Wartość wyrazenia \(\frac{AC+BC}{CK}\) zależy tylko od wyboru łuku AB na którym leży punkt C, nie zaś od wyboru punktu C

Z twierdzenia Ptolemeusza otrzymujemy:
\(AC*KB+BC*KA=CK*AB\)
Łuki AK i KB są równe, więc odcinki AK i BK są równej długości, zatem:
\(\frac{AC+BC}{CK}=AB|KB=const\)
Ponieważ AB i KB są wielkościami stałymi.

Źródła

[1] Punkty charakterystyczne na prostej Eulera