Прямая Эйлера

20

Свойства треугольника были хорошо изучены еще древним греками.

В знаменительных «Началах» Евклида доказывается, что центром окружности, описанной около треугольника, является точка пересечения середины перепедикуляров к его сторонам.

Архимед, определяя положение центра тяжести однородной треугольной пластинки, установил, что он лежит на каждой из трех медиан. Точку пересечения медиан треугольника называют центром мягости или центром домом треугольника.

Позднее было доказано, что три высоты треугольника также пересекаются в одной точке, которая называется его ортоцентром.

Законмерность в расположении этих трех замечательных точек треугольника — центра О описанной окружности, центроид G и ortоцентра H — впервые обнаружил знаменный математик Леонард Эйлер (1707—1783). Расстоярим сначала один частный случай: прямогольный треугольник ABC (рис. 1).

Середина O гипotenузы AB является центром описанной около него окружности. Центрид G делит медиану CO в отношении 2:1, считая от вершины C. Катеты AC и BC являются высотами треугольника, поэтому вершина C прямого угла совпадает с ortоцентром H треугольника. Таким образом, точки O, G, H лежат на одной прямой, причем $\overrightarrow{OH} = 3\overrightarrow{OG}$. Получясь методом координат, Эйлер доказал, что такая же связь существует между треями указыанных точками либо о треугольника. Мы доказем этот факт с помощью векторов, причем от читателя требуется знакомство лишь с простейшим операциями: сложением векторов и умножением вектора на число.

Деление отрезка в данной относении

Пусть A, B и O — данные точки плоскости, и известно, что точка G делит отрезок AB в относении k: $\frac{\overrightarrow{AG}}{\overrightarrow{GB}} = k$ (рис. 2). Выразим вектор $\overrightarrow{OG}$ через векторы $\overrightarrow{OA}$ и $\overrightarrow{OB}$. Для этого подставим в равенство $\overrightarrow{AG} = k \times \overrightarrow{GB}$ выражения всех векторов через $\overrightarrow{OG}$, $\overrightarrow{OA}$ и $\overrightarrow{OB}$: $\overrightarrow{OG} - \overrightarrow{OA} = k (\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OG})$. Решая это уравнение относительно $\overrightarrow{OG}$, получим

$$\overrightarrow{OG} = \frac{\overrightarrow{OA} + k\overrightarrow{OB}}{1 + k}.$$ (1)

Например, если G — середина отрезка $\overrightarrow{AB}$, то $k = 1$ и $\overrightarrow{OG} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB})$.

Теорема о пересечении медиан треугольника в одной точке

Здесь мы получно получим одно векторное равенство, которое понадобится нам в дальнейшем.

21

Теорема 1. Медицины преуездника $ABC$ пересекаются в одной точке $G$ и делятся его в отношений 2:1, считая от вершины, причем
$$3\overrightarrow{PG} = \overrightarrow{PA} + \overrightarrow{PB} + \overrightarrow{PC},$$
(2)
еде $P$ — любая точка плоскости, или пространства.
Доказательство. Возьмем на медиане $CD$ треугольника $ABC$ точку $G$, определяемую соответствием $|CG| : |GD| = 2:1$ (рис. 3). Согласно формуле (1),
$$\overrightarrow{PG} = \frac{\overrightarrow{PC} + 2\overrightarrow{PD}}{3},$$
$$\overrightarrow{PD} = \frac{1}{2} (\overrightarrow{PA} + \overrightarrow{PB}),$$
откуда
$$\overrightarrow{PG} = \frac{1}{3} (\overrightarrow{PA} + \overrightarrow{PB} + \overrightarrow{PC}).$$
Вычисляя вектор $\overrightarrow{PG}$ с концом в точке $G'$, делящей любую из двух других медиан треугольника в отношении 2:1 (считая от вершины), мы получим справа то же самое выражение:
$$\overrightarrow{PG'} = \frac{1}{3} (\overrightarrow{PA} + \overrightarrow{PB} + \overrightarrow{PC}),$$
позному $\overrightarrow{PG'} = \overrightarrow{PG}$, и точка $G'$ совпадает с точкой $G$. Следовательно, все три медианы треугольника пересекаются в одной точке $G$, определяемой соответствием (2).

Теорема о высотах произвольного треугольника
Теорема 2. Высоты треугольника $ABC$ пересекаются в одной точке $H$, причем
$$\overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC},$$
(3)
еде $O$ — центр окружности, описанной около треугольника.
Доказательство. Пусть $ABC$ — треугольник, отличный от прямого угольного (рис. 4). Найдем сумму векторов $\overrightarrow{OA}$ и $\overrightarrow{OB}$. Для этого

22

построим точку $M$, симметричную $O$ относительно стороны $AB$, тогда $\overrightarrow{OM} = \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$. Затем построим точку $H$, для которой

$$\overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OM}+\overrightarrow{OC} = \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC},$$

и докажем, что точка $H$ и есть ортоцентр треугольника $ABC$.

Действительно, по построению прямые $CH$ и $OM$ параллельны, $OM$ — серединный перпендикуляр к отрезку $AB$, следовательно, прямая $CH$ также перпендикулярна к прямой $AB$, и точка $H$ лежит на высоте треугольника $ABC$, проведенной из вершины $C$.

Если повторить построение, начиная с векторов $\overrightarrow{OA}$ и $\overrightarrow{OC}$, то получится та же точка $H$, но те же рассуждения показывают, что теперь точка $H$ лежит на высоте треугольника, проведенной из вершины $B$. Аналогично получим, что точка $H$ лежит на высоте, проведенной из вершины $A$. Следовательно, высоты треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H$, определяемой соотношением (3).

Легко проверить, что теорема 2 справедлива и для прямоугольного треугольника.

Прямая Эйлера

Из доказанных теорем 1 и 2 вытекает интересующее нас свойство замечательных точек треугольника.

Т е о р е м а 3. Центр $O$ описанной окружности, центроид $G$ и ортоцентр $H$ любого треугольника лежат на одной прямой, причем точка $G$ лежит между точками $O$ и $H$ и $|OG| : |GH| = 1 : 2$.

Д о к а з а т е л ь с т в о. По теореме 1

$$3\overrightarrow{OG} = \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}.$$

Сравнивая это равенство с равенством (3), получим

$$\overrightarrow{OH} = 3\overrightarrow{OG}.$$

Следовательно, векторы $\overrightarrow{OH}$ и $\overrightarrow{OG}$, имеющие общее начало $O$, располо-

жены на одной прямой и $|\overrightarrow{OG}| : |\overrightarrow{GH}| = 1 : 2$.

Прямая, на которой лежат точки $O$, $G$ и $H$, называется прямой Эйлера.

$$* \quad * \quad *$$

В стереометрии простейший многогранник — тетраэдр (треугольная пирамида) играет ту же роль, что и треугольник в планиметрии. Свойства треугольника и тетраэдра во многом схожи. Попробуем распространить свойство замечательных точек треугольника на тетраэдр.

Сфера, описанная около тетраэдра

Известно, что около всякого тетраэдра можно описать сферу, ее центр $O$ лежит на перпендикулярах к граням тетраэдра, восставленных в центрах окружностей, описанных около граней.

Медианы тетраэдра

Отрезок, соединяющий вершину тетраэдра с центроидом противоположной грани, называется медианой тетраэдра. Свойства медиан тетраэдра аналогичны свойствам медиан треугольника.

Т е о р е м а 4. Четыре медианы тетраэдра $ABCD$ пересекаются в одной точке $G$, которая делит каждую из них в отношении $3:1$, считая от вершины тетраэдра, причем

$$4\overrightarrow{PG} = \overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{PD}, \quad (4)$$

где $P$ — любая точка пространства.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Возьмем на медиане $DG_1$ тетраэдра $ABCD$ точку $G$, определяемую соотношением $|DG| : |GG_1| = 3:1$ (рис. 5). Согласно формуле (1),

$$\overrightarrow{PG} = \frac{\overrightarrow{PD}+3\overrightarrow{PG_1}}{4}.$$

Учитывая, что центроид $G_1$ треугольника $ABC$ удовлетворяет соотношению $3\overrightarrow{PG_1} = \overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}$, получим

23

$$\vec{PG} = \frac{1}{4}\left(\vec{PA} + \vec{PB} + \vec{PC} + \vec{PD}\right).$$

Вычисляя вектор $\vec{PG'}$ с концом в точке $G'$, делящей любую из трех других медиан тетраэдра в отношении $3:1$ (считая от вершины), получим то же самое выражение. А это означает, что все четыре медианы тетраэдра пересекаются в одной точке $G$, удовлетворяющей соотношению (4). Точка $G$ называется центром тяжести (или центроидом) тетраэдра.

Высоты тетраэдра

Высоты треугольника всегда пересекаются в одной точке. По аналогии можно предположить, что высоты любого тетраэдра также пересекаются в одной точке. Однако это не так.

Для примера рассмотрим тетраэдр $ABCD$ с прямым двугранным углом при ребре $AB$, в котором $|AC| = |BC|$, но $|AD| \neq |BD|$ (рис. 6). Высоты $CE$ и $DF$ тетраэдра лежат соответственно в гранях $ABC$ и $ABD$, но точка $E$ — середина $AB$, а $F$ — нет. Если бы длины ребер $DA$ и $DB$ были равны, то основания $E$ и $F$ высот совпадали бы, но две другие высоты тетраэдра не могут проходить через точку $E$.

Таким образом, даже две высоты тетраэдра могут не иметь общей точки.

Тем не менее существуют и тетраэдры, все четыре высоты которых пересекаются в одной точке. Таким будет, например, тетраэдр $ABCD$ с прямыми плоскими углами при вершине $D$. Ребра $DA$, $DB$ и $DC$ являются его высотами, а вершина $D$ — ортоцентром (точкой пересечения всех четырех высот).

Попробуем найти все тетраэдры, у которых высоты пересекаются в одной точке.

Пусть высоты тетраэдра $ABCD$, проведенные из вершин $C$ и $D$, пересекаются в точке $H$ (рис. 7). Тогда $CH_1 \perp AB$ и $DH_2 \perp AB$, то есть прямая $AB$ перпендикулярна к двум

Рис. 5.

Рис. 6.

Рис. 7.

Рис. 8.

23

24

пересекающийся прямым, лежащим в плоскости CDH, следовательно, AB⊥CD. Аналогично доказывается, что если две другие высоты тераэдра ABCD проходят через ту же точку H, то AC⊥BD и AD⊥BC. Итак, если все высоты тераэдра пересекаются в одной точке, то противоположные ребра тераэдра взаимно перпендикулярны. Такой тераэдр называется ортоцентическим.

Теорема 5. ЧемЫе высоты ортоцентического тераэдра ABCD пересекаются в одной точке, то противоположные ребра тераэдра взаимно perпендикулярны. Такой тераэдр называется ортоцентическим.

Теорема 5. ЧемЫе высоты ортоцентического тераэдра ABCD пересекаются в одной точке, то противоположные ребра тераэдра взаимно perпендикулярны. Такой тераэдр называется ортоцентическим.

Пусть ABCD — ортоцентрический тераэдр, DG₁ — его медиана, DH₁ — его высота (рис. 8). Тогда G₁ — центroid, а H₁ — ортоцентр треугольника ABC (доказите это самостояльно — именно здесь используется перпендикулярность противоположных ребер тераэдра), причем точки O₁ (центр окружности, описанной около треугольника ABC), G₁ и H₁ лежат на одной прямой. Заметим, что центр O сферы, описанной около тераэдра ABCD, лежит на перпендикулярке к плоскости треугольника ABC, восставленном в точке O₁.

Будем доказывать теорему тем же способом, что и теорему 2 для треугольника: строить разными способами точку H, удовлетворяющий (5).

Вначале сложим векторы $\overrightarrow{OA}$, $\overrightarrow{OB}$ и $\overrightarrow{OC}$:

$$\overrightarrow{OM} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}.$$

По теореме 1 $\overrightarrow{OG}_1 = \frac{1}{3}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC})$, поэтому $\overrightarrow{OM} = 3\overrightarrow{OG}_1$ или $\overrightarrow{G}_1\overrightarrow{M} = 2\overrightarrow{OG}_1$. Точки O₁, G₁, H₁ лежат на прямой Эйлера треугольника ABC, причем $\overrightarrow{H}_1\overrightarrow{G}_1 = 2\overrightarrow{G}_1\overrightarrow{O}_1$. Следовательно,

$$\overrightarrow{OH} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OM} + \overrightarrow{OD}) = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OD})$$

Отсюда вытекает, что прямые H₁M и OO₁ параллельны, а так как прямая OO₁ перпендикулярна к плоскости ABC, то и прямая H₁M перпендикулярна к этой плоскости. Следовательно, точка M лежит на прямой DH₁ (если точки O и O₁ совпадают, то точки M и H₁ тоже совпадают).

Пусть теорель $\overrightarrow{OH} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OM} + \overrightarrow{OD}) = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OD})$ Из левого равенства следует, что точка H является серединой отрезка DM, то есть точка H лежит на высоте DH₁ тераэдра.

Аналогично строится точка N: $\overrightarrow{ON} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OD}$ и также $\overrightarrow{H}:\overrightarrow{OH} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{ON} + \overrightarrow{OC})$ и доказывается, что точка H лежит на высоте тераэдра, проведенной из вершины C, и т. д.

Следовательно, высоты ортоцентиского тераэдра пересекаются в одной точке H, определяемой соответствующим (5).

Прямая Эйлера тераэдра

Теорема 6. Ценир O описанной сферы, ценирод G и ортоцентиского тераэдра ABCD лежат на одной прямой, причем точки O и H симметрины относительно точки G.

Доказательство. По формулам (4) и (5)

$$\overrightarrow{OH} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OD}),$$

$$\overrightarrow{OG} = \frac{1}{4}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OD}),$$

откуда $\overrightarrow{OH} = 2\overrightarrow{OG}$. Полученное равенство означает, что точки O, G, H лежат на одной прямой, причем точки O и H симметрины относительно точки G.