EULERJEVE KROŽNICE TETIVNIH

VEČKOTNIKOV

DEFINICIJA : Krožnica, ki poteka skozi razpolovišča stranic trikotnika, se imenuje Eulerjeva krožnica tega trikotnika.

SLIKA 1

LASTNOSTI EULERJEVE KROŽNICE :

1. Eulerjeva krožnica poteka skozi razpolovišča stranic t.j. skozi točke D, E, F

2. poteka skozi podnožišča višin (P, Q, R) i

3. poteka skozi K, L, M, ki so razpolovišča daljic AH, BH, CH zaporedoma, pri čemer je točka H višinska točka trikotnika ABC.

DOKAZ:

V trikotniku ABH in v trikotniku CBH s skupno stranico BH je točka K povezana z razpoloviščem stranice AB,t.j. s točko F in točka M je povezana z razpoloviščem stranice CB,t.j. s točko D, tako da sta si daljici KF in MD vzporedni z daljico BH in zato je daljica KF vzporedna z daljico DM.

SLIKA 1

Podobno je v trikotniku ABC in v trikotniku AHC s skupno stranico AC daljica FC vzporedna z daljico AC in prav tako je daljica KM vzporedna z daljico AC in zato sta daljici FD in KM vzporedni.

Ker je daljica BQ pravokotna na AC je štirikotnik KFDM pravokotnik, zato sta daljici FM in

DK enakih dolžin in razpolavljata ena drugo. Po enaki poti lahko dokažemo, da je daljica EL

enake dolžine, kot sta daljici FM in DK in da so razpolovišča daljic EL, KD in FM v isti

točki, ki je središče Eulerjeve krožnice.

Od tod sledi, da Eulerjeva krožnica, ki poteka skozi točke D, E, F, poteka tudi skozi točke

K, L, M. Središče te krožnice je v skupnem razpolovišču daljic DK, EL in FM in njen radij

je enak dolžini vsakega od teh enakih odsekov. Dalje, odkar smo pokazali, da sta K in D

diametralni točki v Eulerjevi krožnici in ker vemo, da je kot KPD=90°, potem Eulerjeva

krožnica poteka skozi točko P. Ker sta L in E diametralni točki v Eulerjevi krožnici in ker je kot LQE=90°, poteka Eulerjeva krožnica skozi Q. Prav tako sta M in F diametralni točki v Eulerjevi krožnici in ker je kot FRM=90°sledi, da Eulerjeva krožnica poteka tudi skozi točko R

Dokaz oz. razmislek, da Eulerjeva krožnica res poteka skozi P, Q, R: Ker je trikotnik LQE pravokoten in L, E diametralni točki sledi, da krožnica poteka skozi Q in središče pravokotnemu trikotniku očrtanega kroga vedno leži na razpolovišču hipotenuze (LE).

DEFINICIJA : Eulerjevo krožnico pogosto imenujemo tudi krog deveterih točk trikotnika.

Ker je Eulerjeva krožnica trikotnika ABC hkrati tudi očrtan krog trikotnika DEF, ki je podoben trikotniku ABC (FE vzporedna AE in AF vzporedna ED),

kot FED = kot CAB

kot DEF = kot ABC

kot EFD = kot ACB,

s podobnostnim koeficientom 1/2 (FD = 1/2 AC, ED =1/2 AB, FE = 1/2 BC), mora biti radij Eulerjeve krožnice R/2, kjer je R radij očrtanega kroga v začetnem trikotniku ABC.

Pojem Eulerjeve krožnice lahko sedaj posplošimo na poljuben večkotnik, ki je krogu včrtan.

Naloga :

Eulerjeva krožnica tetive A₁A₂, kroga S z radijem R je krožnica z radijem R/2, katerega središče je razpolovišče tetive A₁A₂.

SLIKA 2

Tri Eulerjeve krožnice na stranicah trikotnika A₁A₂A₃, pri čemer je trikotnik A₁A₂A₃ včrtan v krog S, se sekajo v skupni točki O, ki je središče krožnice z radijem R/2, ki poteka skozi središča treh Eulerjevih krožnic. Ta krožnica s središčem v O in radijem R/2 je Eulerjeva krožnica trikotnika A₁A₂A₃, kot je definirana zgoraj.

SLIKA 3

Privzemimo, da smo definirali Eulerjevo krožnico za n-kotnik, ki je včrtan v krog z radijem R in da je radij Eulerjeve krožnice R/2. Imejmo sedaj (n+1)-kotnik A₁,...,A_n+1, ki je krogu S včrtan. V tem primeru se n+1 Eulerjevih krožnic v n-kotnikih A₂A₃,...,A_n+1, A₁A₃,...,A_n+1 ,..., A₁,...,A_n seka v skupni točki. Ta skupna točka je središče krožnice z radijem R/2, ki poteka skozi središča vseh n+1 Eulerjevih krožnic. Ta krožnica se imenuje Eulerjeva krožnica tetivnega (n+1)-kotnika.

Dokaz:

n = 4:

SLIKA 4

Naj bo A₁A₂A₃A₄ poljuben 4-kotnik, ki je krogu S včrtan. Ker Eulerjeva krožnica trikotnika A₁A₂A₃ poteka skozi razpolovišča daljic H₄A₁, H₄A₂, H₄A₃, kjer je H₄ višinska točka trikotnika A₁A₂A₃ sledi, da je ta Eulerjeva krožnica centralno podobna krogu S, s centrom simetrije v točki H₄ in količnikom 1/2, torej tudi razpolovišče daljice H₄A₄ leži na tej krožnici.

Enako velja tudi za razpolovišča daljic H₁A₁, H₂A₂ in H₃A_3.

.

Sedaj moramo upoštevati le še to, da so razpolovišča daljic H₁A₁, H₂A₂, H₃A₃, H₄A₄ skladna, kjer je H₁ višinska točka trikotnika A₂A₃A₄, H₂ je višinska točka trikotnika A₁A₃A₄, H₃ je višinska točka trikotnika A₁A₂A₄ in H₄ je višinska točka trikotnika A₁A₂A₃.

Dokaz, da so razpolovišča res skladna:

4-kotnik A₁H₂A₂H₁ je paralelogram:

A₁H₂ je vzporedna z A₂H₁ (ker je A₁H₂ nosilka višine na A₃A₄ glede na trikotnik A₁A₃A₄ in A₂H₁ je nosilka višine na A₃A₄ glede na trikotnik A₂A₃A₄ in A₁H₂ je pravokotna na A₃A₄ in A₂H₁ pravokotna na A₃A₄) in A₁H₂= 2* razdalja od središča kroga S do A₃A_4.

SLIKA 5

Dokaz :

SLIKA 6

Točke H₂, T₀ in S so kolinearne (Eulerjeva premica : višinska točka, težišče in središče trikotniku A₁A₃A₄ očrtanega kroga ležijo na isti premici.)

Trikotnika A₂T₀A₁ in T₀SD₀ sta si podobna:

SD₀ je vzporedna z A₁H₂ ,

kot T₀SD₀ = kot A₁H₂T₀ (kota ob vzporednicah)

kot ST₀D₀ = kot H₂T₀A₁ (sovršna kota)

2:a=1:c

2c=a

A₂H₁ je vzporedna z D₀S in ta je vzporedna z A₁H₂ in H₂H₁=2*D₀S sledi H₂H₁ je vzporedna z A₂A₁.

V paralelogramu se diagonali razpolavljata sledi A₁H₁ in A₂H₂ se razpolavljata. Označimo presek z W₀. Podobno dokažemo tudi za ostale paralelograme A₁H₁A₄H₄, A₃H₄A₄H₃,

Dokazali smo, daso razpolovišča H₁A₁, H₂A₂, H₃A₃, H₄A₄ res skladna.

To razpolovišče je središče Eulerjevega kroga za 4-kotnik. Ta Eulerjeva krožnica poteka skozi središča Eulerjevih krožnic za trikotnike A₁A₂A₃, A₁A₃A₄, A₂A₃A₄, A₁A₂A₄.

Eulerjeva krožnica za trikotnik A₁A₂A₃ poteka skozi razpolovišče A₄H_4, torej Eulerjeva krožnica 4-kotnika poteka skozi središče O₄, za trikotnik A₂A₃A₄, poteka skozi razpolovišče A₁H_1, torej Eulerjeva krožnica 4-kotnika poteka skozi O₁, za trikotnik A₁A₃A₄ poteka skozi razpolovišče A₂H_2, torej Eulerjeva krožnica poteka skozi O₂ in za trikotnik A₁A₂A₄ poteka skozi razpolovišče A₃H_3, torej Eulerjeva krožnica poteka skozi O₃.

Predpostavimo sedaj obstoj Eulerjeve krožnice za k-kotnik, za katerega število stranic k ni večje od n>4. Imejmo (n+1)-kotnik A₁,...,A_n+1, ki je včrtan v krog S. Namesto, da dokažemo, da Eulerjeve krožnice S₁, S₂,..., S_n+1 n-kotnikov A₂A₃...A_n+1, A₁A₃...A_n+1,...,A₁A₂...A_n sekajo v skupni točki je dovolj, da dokažemo, da se poljubni trije sekajo v isti točki npr. S₁, S₂, S₃. Če se poljubni trije sekajo v skupni točki, potem se vsi krogi sekajo v isti točki.

---

Označimo sedaj S₁₂, S₁₃, S₂₃ kot Eulerjeve krožnice za (n-1)- kotnike A₃A₄...A_n+1, A₂A₄A₅...A_n+1 in A₁A₄...A_n+1 in naj bodo O₁₂, O₁₃, O₂₃ njihova središča. Nadalje naj bodo O₁, O₂, O₃ središča krogov S₁, S₂, S₃ in naj bo O₁₂₃ središče Eulerjeve krožnice S₁₂₃ za (n-2)-kotnik A₄A₅...A_n+1. V tem primeru pridemo do slike 7, iz katere ni težko videti, da sta trikotnika O₁O₂O₃ in O₂₃O₁₃O₁₂ skladna.

SLIKA 7

Dokaz : da sta O₁O₂ in O₂₃O₁₃ enaki.

Dovolj je da pogledamo trikotnika O₁O₂O₁₂ in O₂₃O₁₃O₁₂₃.

O₁₂O₁= O₁₂O₂= O₁₂₃O₂₃= O₁₂₃O₁₃= R/2

kot O₁O₁₂O₂= kot O₁O₁₂O123 + kot O₁₂₃O₁₂O₂= 2* kot O₁₃O₁₂O₁₂₃ (O₁₂O₁₃ diagonala romba O₁₂O₁O₁₃O₁₂₃ )+ 2* kot O₁₂₃O₁₂O₂₃ (O₁₂O₂₃ diagonala romba O₁₂O₁₂₃O₂O₂₃)=

=2* kot O₁₃O₁₂O₂₃ (kot O₁₃O₁₂O₁₂₃ + kot O₁₂₃O₁₂O₂₃)

in kot O₂₃O₁₂₃O₁₃= 2* kot O₁₃O₁₂O₂₃.

Ker je središčni kot nad istim lokom dvakratnik obodnega kota v istem ali enakem krogu.

Istim lokom pripadajo enako dolge tetive v istem ali enakem krogu, zato je O₁O₂ = O₂₃O_13.

Iz dejstva, da sta trikotnika O₁O₂O₃ in O₂₃O₁₃O₁₂ skladna in da se krožnice S_23, S₁₃ in S₁₂ sekajo v isti točki O₁₂₃, sledi, da se S₁, S₂, S₃ tudi sekajo v isti točki O₁₂₄.