§ 23. Punkty szczególne w trójkącie

143. Twierdzenie. Osie symetrii wszystkich trzech boków trójkąta przecinają się w jednym punkcie.

Dowód. Niech będzie dany trójkąt ABC (rys. 101), DK jest osią symetrii boku AB, EL osią symetrii boku AC. Te dwie osie przecinają się ze sobą (dlaczego?), niech O będzie punktem ich przecięcia.

Rys. 101

O tym punkcie możemy powiedzieć, że

1) jest jednakowo oddalony od wierzchołków A i B trójkąta, jednakowo oddalony od wierzchołków A i C z podobnej przyczyny.

Stąd wynika, że punkt O jest jednakowo oddalony od wszystkich trzech wierzchołków trójkąta, więc i od B i C, a zatem musi leżeć także na osi symetrii boku BC, czyli jest punktem przecięcia się osi wszystkich trzech boków trójkąta, cbdd.

144. Wnioski. Z tego twierdzenia bezpośrednio wynikają następujące wnioski:

1) Ponieważ, jak widzieliśmy, punkt P leży w jednakowej odległości od wierzchołków trójkąta, więc biorąc go za środek, a za promień odcinek OA = OB = OC, możemy wykreślić okrąg, który przechodzić będzie przez wszystkie wierzchołki trójkąta. Taki okrąg nazywamy okręgiem opisanym na trójkącie. A zatem: na każdym trójkącie można opisać okrąg.

Środek tego okręgu jest właśnie pierwszym punktem szczególnym trójkąta.

2) Jeżeli wierzchołki trójkąta ABC uważać będziemy za trzy dane punkty na płaszczyźnie, to możemy powiedzieć, że punkt O jest wyznaczony przez te trzy punkty, a tym samym wyznaczony jest i okrąg, o którym poprzednio mówiliśmy. Zatem, trzy punkty będące wierzchołkami trójkąta, tj. nie leżące na jednej prostej, wyznaczają okrąg (wyznaczają okrąg, to znaczy, że okrąg zawsze można wykreślić i tylko jeden).

145. Twierdzenie. Osie symetrii (dwusieczne) wszystkich trzech kątów trójkąta przecinają się w jednym punkcie.

Dowód. W trójkącie ABC (rys. 102) podzielmy kąty A i C na połowy, dwusieczna AE będzie osią symetrii kąta A, CD - osią kąta C.

Niech te dwusieczne przecinają się w punkcie O. Rozumując podobnie jak w twierdzeniu poprzednim, dojdziemy do wniosku, że ten punkt leży w jednakowej odległości od wszystkich boków trójkąta, a jeżeli jest jednakowo oddalony od boków AB i BC, to musi leżeć także na osi kąta B, a to dowodzi twierdzenia.

Odległości punktu symetrii O (drugiego punktu szczególnego w trójkącie) od boków trójkąta są równe. Biorąc jedną z nich za promień, a punkt O za środek, otrzymać możemy okrąg. Co to za okrąg, zobaczymy wkrótce.

146. Twierdzenie. W trójkącie wszystkie trzy wysokości przecinają się w jednym punkcie.

W trójkącie ABC (rys. 103) spuśćmy wszystkie trzy wysokości: AD, BE i CF; trzeba dowieść, że przecinają się one w jednym punkcie.

Rys. 103

Dowód. Przez wierzchołek B poprowadźmy równoległą do AC, przez C równoległą do AB i przez A równoległą do BC. Zauważmy, że czworokąty: AJBC, ABKC, ABCL, są równoległobokami. Z tego wynika, że AC = JB = BK, a więc B jest środkiem boku JK, dalej AB = KC = CL, a więc C jest środkiem boku KL i nareszcie BC = JA = AL, a więc A jest środkiem boku JL.

Z drugiej strony prosta AD jest prostopadła do BC z założenia, ale JL jest równoległa do BC, a zatem AD jest prostopadła do JL, podobnie CF KL i BE JK.

Widzimy, że proste AD, BE i CF są prostopadłe do boków trójkąta JKL, wystawione z ich środków, a więc, jak to już wiemy, przecinać się muszą w jednym punkcie.

Poznaliśmy trzeci punkt szczególny, który nazywamy ortocentrum trójkąta.

Uwaga. Dowód powyżej przytoczony został podany przez znakomitego matematyka niemieckiego Gaussa (1777-1855).

147. Twierdzenie. W trójkącie wszystkie trzy środkowe przecinają się w jednym punkcie.

Niech AE i CD (rys. 104) będą środkowymi trójkąta ABC, tj. niech AD = BD i BE = EC, a ich punktem przecięcia niech będzie M. Trzeba dowieść, że trzecia środkowa musi przejść przez punkt M.

Dowód. Podzielmy odcinki AM i MC na połowy i połączmy ich środki K i L. Poprowadźmy jeszcze odcinki DK, DE i EL. Wtedy z trójkąta AMC widzimy, że KL jest równoległa do ACi że KL = AC/2, a z trójkąta ABC mamy, że DE jest równoległa do AC i DE = AC/2. Stąd wnioskujemy, że DE jest równe i równoległe do KL, a zatem czworokąt DELK jest równoległobokiem.

Z tego równoległoboku mamy, że DM = ML i KM = ME, a że oprócz tego było ML = LC i AK = KM, więc ME jest trzecią częścią środkowej AE i DM jest trzecią częścią środkowej CD. Łatwo już zrozumieć, że gdybyśmy z punktu B wyprowadzili trzecią środkową, to musiałaby się ona przeciąć z CD w takim punkcie, który by od niej i od CD odcinał trzecią część, a że takim punktem dla CD jest M, więc i trzecia środkowa musi przejść przez punkt M.

Punkt, który poznaliśmy w tym twierdzeniu, nosi w mechanice nazwę środka ciężkości trójkąta.