Григорій 7
Бевз у
ЬметріятрикутникА
Навчально
методичний
посібник
/ 7/Ь\ * '
; // 'Схвалено /
комісією з математики.
Науково-методичної ради
і з питань освіти
\ Міністерствах
ревіти і науки
\ України в
Київ
«Генеза»
2005

ББК 22.151.0я721
Б36
Схвалено комісією з математики Науково-методичної ради
з питань освіти Міністерства освіти і науки України
Рецензент:
Апостолова Г.В., канд. фіз.-мат. наук, доцент.
Бевз Г.П.
Б36	Геометрія трикутника: Навч.-метод, посіб. для загально-
освіт. навч. закл. - К.: Генеза, 2005. - 120 с.: іл. -бібліогр.:
с. 117-118.
І8ВМ 966-504-431-1
Мета даної книжки - звести в систему найвідоміші й найважли-
віші факти із сучасної геометрії трикутника і викласти їх доступно
навіть для учнів загальноосвітніх шкіл.
Книжку можна вважати своєрідним додатком до шкільного
підручника геометрії як збірку доцільно дібраних задач, що допов-
нюють систему вправ шкільних підручників. Вона корисна для всіх
вчителів математики, а особливо для тих, які працюють у класах
поглибленого вивчення математики. Корисною вона буде також
для організаторів позакласних і позашкільних занять з математи-
ки та для всіх любителів геометрії.
ББК 22.151.0я721
©Бевз Г.П.,2005
© Видавництво «Генеза»,
І8ВК 966-504-431-1	художнє оформлення, 2005
ПЕРЕДМОВА
Трикутник - одна з найпростіших геометричних фігур, а
геометрія трикутника - найцікавіший розділ елементарної
геометрії. Над її проблемами працювали найвідоміші вчені
всіх часів: Піфагор, Евклід, Архімед, Менелай, Чева, Дезарг,
Торрічеллі, Паскаль, Лейбніц, Ньютон, Ейлер, Лагранж, Жер-
гон, Понселе та багато інших. Виявлені й доведені ними теоре-
ми про властивості трикутників - справжні перлини математи-
ки і людського мислення взагалі. На початку XX ст. Ф. Клейн
писав, що «геометрія трикутника набуває характеру прозорої
систематичної дисципліни». Відтоді вона ще більш розрослася
і збагатилася.
Трикутники вивчають і використовують майже в кожному
класі загальноосвітньої школи, тільки - в мінімальному об-
сязі. А відомості з геометрії трикутника дають добрий матеріал
для досліджень математикам-початківцям. Багато з них
доступні навіть учням основної школи, тому їх можна вико-
ристовувати і в навчанні геометрії. «Геометрія трикутника...
перетворилась у струнку й офіційно визнану наукову дис-
ципліну. Тісні взаємини цієї дисципліни зі шкільною математи-
кою, з одного боку, і з широким полем вищої геометрії - з дру-
гого, роблять її природним містком між першою і другою, це й
пояснює великий інтерес до неї викладачів середньої школи»
[5]. Так писав харківський методист Ю.М. Гайдук майже пів-
століття тому, але й тепер інтерес до геометрії трикутника не
слабне.
Є немало сучасних публікацій, присвячених окремим темам
геометрії трикутника. А книжки, в яких усі такі теми
висвітлюються в певній системі і повно, давно стали бібліо-
графічною рідкістю. Маємо на увазі книжки Д. Єфремова [7],
О.С. Смогоржевського [21], С.І. Зетеля [8]. До того ж вони не
містять новітніх досліджень. Мета даної книжки - звести в
систему найвідоміші і найважливіші факти з сучасної гео-
метрії трикутника і викласти їх доступно навіть для учнів за-
гальноосвітніх шкіл.
Більшість теорем і задач, уміщених у книжці, читачам доб-
ре відомі; менш відомі взято з різних конкурсів і олімпіад - як
З
місцевих, так і міжнародних. Деякі твердження виявлені й
обґрунтовані автором.
Книжку можна вважати своєрідним додатком до шкільного
підручника геометрії як збірку доцільно дібраних задач, які
доповнюють систему вправ шкільних підручників. Вона корис-
на для всіх учителів математики, а особливо для тих, які пра-
цюють у класах з поглибленим вивченням математики. Корис-
ною вона буде також організаторам позакласних і позашкіль-
них занять з математики та всім любителям геометрії.
ПОЧАТКОВІ ВІДОМОСТІ
1.	Трикутник - це замкнена ламана з трьох ланок або
скінченна частина площини, обмежена такою ламаною. Кож-
ний трикутник має три сторони - ланки згадуваної ламаної.
Позначають їх найчастіше літерами а, Ь, с. Будь-яка з них мен-
ша від суми двох інших його сторін:
а<Ь + с, Ь <а + с, с < а + Ь.
Із двох перших нерівностей слідують нерівності а - Ь < с
і Ь - а < с, тобто, для будь-якого трикутника правильна
подвійна нерівність:
|а - Ь\ < с < а 4- &.
Залежно від того, чи є серед сторін рівні, розрізняють
різносторонні, рівнобедрені і рівносторонні трикутники.
Рівносторонній трикутник вважається окремим видом рівно-
бедреного. Суму сторін трикутника називають його перимет-
ром , півпериметр позначають літерою р.
Щоб не виникали непорозуміння стосовно термінології,
відразу зауважимо, що в даній праці, яків сучасній геометрії
взагалі, допускаються омоніми. Тобто одним і тим самим
терміном називаються істотно різні поняття. Зокрема трикут-
ником називаємо і замкнену ламану із трьох ланок, і таку
ламану разом з обмежуваною нею частиною площини (мал. 1);
стороною трикутника - і деякий відрізок, і його довжину. Ана-
логічно медіаною, бісектрисою, висотою, кутом трикутника
називатимемо і певні геометричні фігури (множини точок), і
відповідні їм величини.
5
2.	Пригадаємо без пояснень і обґрунтувань деякі найваж-
ливіші відомості про властивості трикутників, добре відомі зі
шкільного курсу геометрії.
Кожний трикутник має три кути; два з них гострі, а третій -
гострий, прямий або тупий. Залежно від цього розрізняють
гострокутні, прямокутні і тупокутні трикутники.
Кути трикутника, а також їх міри, позначатимемо літерами
А, В, С (іноді з додатковими позначками) так, щоб вони були
протилежні сторонам а, Ь і с.
Сума кутів кожного трикутника дорівнює 180° (або
п радіанів):
А + В + С = 180°.
Кут, суміжний з будь-яким кутом трикутника, називають
зовнішнім кутом трикутника. При кожній вершині трикут-
ника можна побудувати два зовнішні кути; вони рівні, бо вер-
тикальні. Якщо ж при кожній вершині трикутника рахувати
тільки по одному зовнішньому куту, то їх сума дорівнює 360°.
Як і сума зовнішніх кутів будь-якого опуклого багатокутника.
Відрізок, який сполучає середини двох сторін трикутника,
називається його середньою лінією. У кожному трикутнику мо-
жна провести три середні лінії. Середня лінія трикутника пара-
лельна відповідній стороні трикутника і дорівнює її половині.
3.	Ознаки рівності трикутників. Два трикутники рівні, якщо:
1)	дві сторони і кут між ними одного трикутника дорівню-
ють двом сторонам і куту між ними другого трикутника;
2)	сторона і прилеглі до неї кути одного трикутника дорів-
нюють стороні і прилеглим до неї кутам другого трикутника;
3)	три сторони одного трикутника дорівнюють трьом сторо-
нам другого трикутника;
4)	дві сторони і кут, що лежить проти більшої з них, одного
трикутника дорівнюють відповідним елементам другого три-
кутника;
5)	два кути і сторона, протилежна одному з них одного трикут-
ника, дорівнюють відповідним елементам другого трикутника.
Ознаки подібності трикутників. Два трикутники подібні, якщо:
1)	два кути одного трикутника дорівнюють двом кутам дру-
гого трикутника;
2)	дві сторони одного трикутника пропорційні двом сторо-
нам другого трикутника і кути між ними рівні;
3)	три сторони одного трикутника пропорційні трьом сторо-
нам другого трикутника.
6
ЯкщоКР Ц ВС (мал. 2), то
КР АК АР
ВС АВ АС ’
АК АВ КВ
АР АС РС
4.	Для кожного трикутника пра-
вильні теореми синусів і косинусів.
Теорема синусів. Сторони трикутника пропорційні синусам
протилежних кутів. Тобто, завжди
а _ Ь _ с
зіп А 8ІпВ біпС
Кожне з цих відношень дорівнює 2В, тобто: а = 2В зіп А,
Ь = 2В зіп В, с = 2В зіп С.
Теорема косинусів. Квадрат сторони трикутника дорівнює
сумі квадратів двох інших його сторін без подвоєного добутку
цих сторін на косинус кута між ними:
а2 = Ь2 + с2 - 2аЬ соз А.
Окремий випадок теореми косинусів - теорема Піфагора.
Квадрат гіпотенузи прямокутного трикутника дорівнює сумі
квадратів його катетів:
а2 + Ь2 = с2.
Теорема тангенсів. Сума двох сторін трикутника відносить-
ся до їх різниці як тангенс півсуми протилежних кутів до тан-
генса їх піврізниці:
а+ь-іс А~В
а-Ь 2	2 ‘
Адже згідно з теоремою синусів
а = 2Н зіп А, Ь = 2В зіпВ.
Тому:
28іп^—В сов А~В- і§А+В
а+Ь _ зіпА + аіпВ _	2	2	_	2
а-Ь зіп А —віпВ	2 со8 А+в 8іп
2	2	2
7
Теорему тангенсів часто використову-
вали для розв’язування косокутних три-
кутників, раніше була вона і в шкільних
підручниках.
5. Навколо кожного трикутника мож-
на описати коло і до того ж тільки одне.
Центром кола, описаного навколо три-
кутника, є точка перетину серединних пер-
пендикулярів його сторін (мал. 3). Сере-
динні перпендикуляри сторін трикутни-
ка називають ще його медіатрисами.
У кожний трикутник можна вписати
коло і до того ж тільки одне. Центром вписаного в трикутник
кола є точка перетину його бісектрис.
Кожний трикутник АВС має медіани, висоти і бісектриси,
центр і радіус вписаного і описаного кіл. Домовимося познача-
ти їх, як показано на малюнку 4:
медіани та їх довжини:
АМа, ВМЬ9 СМс або та9 тЬ9 тс;
бісектриси та їх довжини:
СВс або Іа91^9 Іс9
висоти та їх довжини:
АНа9 ВНЬ9 СНс або ка9кЬ9 кс-9
центр та радіус описаного кола:
О, В;
центр та радіус вписаного кола:
Ь, г.
6. Кожний трикутник (як
частина площини, обмежена
замкненою ламаною) має пло-
Мал. 4	щу. Площу 5 трикутника мож-
на визначати за формулою
З = _ ак , де к - висота, проведена до сторони а.
су а	а.
Можна користуватися і такими формулами:
8=—аЬ віяС, 8 = рг9 8 =
2	4В
Якщо відомі три сторони трикутника, то його площу можна
визначати за формулою Герона:
5 = у/р(Р-а)(Р-Ь)(Р-с).
8
Коли ж довжини сторін - квадратичні ірраціональності, то
замість формули Герона краще користуватися формулою
82 = 4а2с2 - (а2 + с2 - Ь2)2,
з якої отримують формулу Герона. Наприклад, трикутник зі
сторонами -^/507 л/37\ л/89 має площу:
5 = л/4* 50* 89—(50+89 -37)2 = 21,5 (кв. од.).
Можна знаходити площі трикутників і за формулами, що є
в умовах задач 12, 18 та ін.

Доведіть, що для кожного трикутника правильні формули
1-25.
1.	а = Ь соз С + с соз В.
2.	а зіп В + Ь зіп С + с зіп А = а зіп С + Ь зіп А + с зіп В.
3.	а2 зіп 2В + Ь2 зіп 2А = 2аЬ зіп С.
4.	С + В = —----------.
сЬ зіп А
5.	(а + Ь)2 = с2 + 4аЬ соз2
А	В
6.	(р-а)і§ — =(р-6)і8г- .
А	А
7.	2аЬ соз С + 2Ьс соз А + 2ас соз В = 48 (сі£ А + сі£ В + сі^ С).
8.	2Ьс соз А + 2ас соз В + 2аЬ соз С = а2 + Ь2 + с2.
9.	Ьс зіп2А = а2 (соз А + соз В соз С).
10.	А : В = (а2 + с2 - Ь2): (Ь2 + с2 - а2).
а+Ь	А+В . С а—Ь	. А-В С
1 х—-— = соз —"—: зіп —; —-— = зіп----: соз —.
с 2 2е	22
12	с2 зіпА зіпВ
2зіпС
13.	зіп2А + зіп2В + зіп2С = 2 + 2соз А соз В соз С.
14.	соз2 А + соз2 В + соз2 С = 1 - 2соз А соз В соз С.
15.	зіп2 2А + зіп2 2В +зіп2 2С = 2 - 2соз 2А соз 2В соз 2С.
9
16.	соз 2А + соз 2В + соз 2С = -1 - 4соз А соз В соз С.
17.	8Я2 (1 + соз А соз В соз С) = а2 + Ь2 + с2.
18.	8 = 2Я2зіп А зіп В зіп С.
19.	зіп 2А + зіп 2В + зіп 2С = 4зіп А зіп В зіп С.
20.	а зіп А + Ь зіп В + с зіп С = 2В (зіп2А + зіп 2В + зіп2С).
21.	Ь соз В + с соз С = а соз(В - С).
22.	а зіп(В - С) + Ь зіп(С - А) + с зіп(А - В) = 0.
23.	(а 4- Ь) соз С + (Ь + с) соз А + (с 4- а) соз В = а 4- Ь 4- с.
24.	а соз А 4- Ь соз В 4- с соз С = 2а зіп В зіп С.
А	В	С
25.	зіп А + зіп В 4- зіп С = 4соз — соз — соз — .
2	2	2
26.	Доведіть, що трикутник АВС прямокутний, якщо вико-
нується одна з таких рівностей:
а) зіп2А + зіп2В = зіп2С; б) зіп2А 4- зіп2В 4- зіп2С = 2;
в) і&А і&В = 1;	г) 8В2 = а2 + Ь2 + с2;
д) 5 = р(р - с);	е) 45 = с2зіп 2В.
27.	У внутрішній області трикутника АВС взято точку X.
Доведіть, що кут АВС менший за кут АХС.
28.	Доведіть, що коли на стороні ВС довільного трикутника
АВС взято будь-яку точку X, тоАВ2 • ХС + АС2• ХВ -АХ2 • ВС =
= ВХ = ХС = ВС (теорема Стюарта).
29.	Сторони трикутника задовольняють умову а3 + &3 = с3.
Чи може цей трикутник бути тупокутним або прямокутним?
ЗО.	Знайдіть сторони трикутника, знаючи два його кути і пе-
риметр 2р.
31.	Бічна сторона рівнобедреного трикутника дорівнює а,
а один з кутів - 144°. Знайдіть площу трикутника (не наближено).
32.	У внутрішній області довільного трикутника АВС взято
точку X. Прямі АХ і ВХ ділять даний трикутник на три менші
трикутники, площі яких 4, 6, 8 кв. од., і чотирикутник.
Знайдіть площу чотирикутника.
33.	У внутрішній області рівностороннього трикутника взя-
то точку X, відстані від якої до вершин трикутника дорівню-
ють: а) 1, 2 і ^/з; б) а, & і с. Знайдіть довжину сторони даного
трикутника.
МЕДІАНИ ТРИКУТНИКА
7.	Відрізок, який сполучає вершину трикутника із середи-
ною його протилежної сторони, називають медіаною трикут-
ника. Кожний трикутник має три медіани. Всі три медіани
10
рівностороннього трикутника рівні.
Медіана трикутника поділяє його на два
{рівновеликі трикутники, тобто - на два
трикутники рівних площ. Адже основи
ВМа і МаС таких трикутників рівні і ви-
соти рівні (мал. 5). Медіана трикутника
поділяє навпіл його середню лінію, а та-
кож будь-який відрізок, паралельний
відповідній стороні трикутника, кінці
якого належать двом іншим його сторо-
Мал. 5
нам. Трапецію, обмежену таким відрізком і паралельною йому
стороною, медіана поділяє на дві рівновеликі трапеції.
У кожному трикутнику три медіани перетинаються в
одній точці і поділяються нею у відношенні 2 : 1, рахуючи від
вершини.
Доведення. ЯкщоАМа і ВМЬ -
медіани трикутника АВС (мал. 6), то
МаМь - його середня лінія, вдвічі
коротша за сторону АВ. З подібності
трикутників МАВ і ММаМь випли-
ває, що медіани АМа і ВМЬ точкою
перетину М поділяються у відно-
шенні 2 :1. Медіани АМа і СМс також
поділяються точкою перетину у від-
ношенні 2:1. Оскільки тільки точ-
ка М медіани АМа поділяє її у відно-
шенні 2 : 1, то медіана СМс також проходить через точку М.
Точку перетину медіан трикутника називають центроїдом
даного трикутника.
8.	Довжини медіан трикутника можна визначати через дов-
жини його сторін за такими формулами:
тп^ = І(2(62 + с2)- а2);
ть2 = і(2(а2 +с2)-&2);
пг2 = і(2(а2+Ь2)-с2).	(*)
4	'
11
Мал. 7
Доведемо першу з них. Нехай
дано довільний трикутник АВС і
його медіану АМа (мал. 7). Застосує-
мо теорему косинусів до трикутни-
ків АВМа і АСМа. Якщо /АМаС =
= (р, то /АМаВ = 180 0 - (р, і косину-
си цих кутів відрізняються тільки
знаками. Тому:
а2
Ь2 = та 4- — - ата соз ер,
4
а2
с2 = т2 + — + ата соз (р.
4
Додавши дві останні рівності, матимемо:
Звідси:
Ь2 + с2 = 2 т2 +2
4
та2 = 1(2(Ь2 + с2)-а2).
Інші формули можна довести аналогічно. Однак повторю-
вати повністю їх доведення не обов’язково, краще користу-
ватися циклічною перестановкою. Формула для медіани
АМа містить вираз, до якого значення Ь і с входять симетрич-
но, а а2 - від’ємником. Зрозуміло, що проводячи аналогічні
міркування стосовно медіани ВМЬ, ми отримали б подібну фор-
мулу, тільки від’ємником у ній було б значення Ь2. Взагалі,
формули для визначення медіан, бісектрис, висот, кутів та
інших відповідних елементів трикутників допускають
циклічну перестановку: кожну з них можна одержати з іншої
за допомогою циклічної перестановки аЬ —> с —> а і т. д. Ко-
рисно врахувати також, що в доведених формулах значення
від’ємників можна визначити за теоремою косинусів через
інші параметри, тому правильні й такі формули:
т2а =-(&2-Ь с2 +2ЬссозА);	-(а2-Ь с2 ч-2ассозВ);
4	4
т2= ^(а2 +Ь2 4-2а&созС).
12
У кожному прямокутному трикутнику медіана, проведена
до гіпотенузи, дорівнює половині гіпотенузи. Бо в прямокутно-
му трикутнику а2 + Ь2 = с2, тому:
ти = - ч/2(а2+&2)-с2 = - л/2с2 -с2 =-с.
с 2	2	2
9.	Сума квадратів усіх трьох медіан трикутника дорівнює
трьом четвертим суми квадратів сторін трикутника.
Тобто, завжди	о
Ша2 + ть2 + тс2 = “ (а2 + Ь2 + с2).
Для доведення цієї рівності досить додати три рівності (*).
2
Оскільки МА = — та і т. д., то правильна також рівність
МА2 + МВ2 + МС2 = | (а2 + Ь2 + с2).
о
Дві медіани трикутника рівні тоді і тільки тоді, коли во-
ни проведені до рівних сторін.
Доведення. Якщо АС = ВС, а Ма і Мь - середини рівних
сторін ААВС, то СМа == СМЬ і АСВМЬ = АСАМа. Звідси АМа =
= ВМЬ (мал. 7). Навпаки: якщо та = ть, то
2(Ь2 + с2) - а2 = 2(а2 + с2) - Ь2, Звідси а = Ь.
Останнє твердження можна довести також, перенісши
медіану ВМЬ паралельно на вектор і розглядаючи три-
кутник АМаВ1.
10.	Нехай АВС - довільний трикутник, А19 В19 Сг - середини
сторін, А2, В2, С2 - вершини трикутника, описаного навколо
ААВС так, що їхні відповідні сторони паралельні (мал. 8). Три-
кутник А1В1С1 називатимемо серединним, а АА2В2С2 - пара-
лельно описаним навколо трикутника АВС. Усі ці три трикут-
ники мають той самий центроїд - точку М, і всі вони гомоте-
тичні один одному відносно М. Відповідні їх медіани лежать на
одній прямій, а висоти і бісект-	АС
риси - на попарно паралельних -Д----------ух---------4
прямих. Коефіцієнти гомотетій	Вх X	/
дорівнюють 0,5 і 2, тому пів-	/
периметри рг і р2, площі і В2	Сх”—--------/В
серединного і паралельно описа-	/
ного трикутників дорівнюють	ху
відповідно 0,5р і 2р, 0,255 і 45,	А2
де р і 5 - півпериметр і площа
трикутника АВС. За таких умов	Мал. 8
13
периметр даного трикутника є середнім геометричним периметрів
серединного і паралельно описаного трикутників, бо р2 = р^р2-
Аналогічні властивості мають площі, відповідні бісектриси,
медіани, висоти, радіуси вписаних чи описаних кіл тощо.
Якщо точка М - центроїд трикутника АВС, то
МА+МВ+МС==О. Бо згідно з правилом паралелограма
МВ+МС = 2ММа9 а 2ММа+МА = 0^.
Якщо точка М - центроїд довільного ААВС, а - X довільна
точка площини чи простору, то ХА + ХВ + ХС = ЗХМ. Цю век-
торну рівність легко отримати, додавши очевйдні рівності:
ХА = ХМ+МА, ХВ=ХМ^~МВ, ХС=ХМ + МС.
Піднісши скалярно до квадрата кожну з цих трьох рівнос-
тей і додавши результати, отримуємо теорему Лейбніца:
ХА2 + ХВ2 + ХС2 = ЗХМ2 + МА2 + МВ2 + МС2.
Сума квадратів відстаней від
довільної точки X простору до вер-
шин трикутника дорівнює сумі
квадратів відстаней від вершин
трикутника до його центроїда і
потроєній сумі квадратів відста-
ней від X до центроїда трикутника.
Наслідки.1. Геометричне місце
точок площини, сума квадратів від-
станей від яких до всіх вершин три-
кутника стала, є коло з центром у
центроїді трикутника (мал. 9).
2. Сума квадратів відстаней від точки X до вершин трикут-
ника найменша тоді, коли X - центроїд трикутника.
11.	Відстань від центроїда
трикутника до довільної пря-
мої, яка не перетинає трикут-
ник, дорівнює середньому ариф-
метичному відстаней від усіх
його вершин до цієї прямої. На-
приклад, якщо вершини А, В, С і
центроїд М трикутника відда-
лені від прямої е на відстані а, Ь,
с, т, то а + Ь + с = Зтп (мал. 10).
Бо за властивістю середньої
лінії трапеції:
ОО1 = (а + с): 2, ВК = Ь - (а + с): 2,
МР = | ВК = (2Ь - а - с): 6,
т = (а + с): 2 + (2Ь -а - с): 6 = (а + Ь + с): 3.
Якщо пряма е перетинає трикутник, то сформульоване твер-
дження залишається правильним за умови, що відстані від то-
чок, які знаходяться в півплощині центроїда М, вважати
від’ємними. Якщо ж пряма е проходить через центроїд трикут-
ника, то алгебраїчна сума відстаней до неї від трьох вершин
трикутника дорівнює 0.
Нерідко стверджують, що центроїд трикутника є його цент-
ром мас. Це твердження потребує уточнення. Про які трикут-
ники йдеться? Бажано розрізняти три ситуації: 1) центр трьох
рівних мас, зосереджених у вершинах трикутника; 2) центр
мас трикутника як замкненої ламаної із трьох ланок; 3) центр
мас частини площини, обмеженої трикутником. У першому
випадку (мал. 11) дві рівні маси, розташовані у вершинах А і С,
Мал. 11
можна замінити удвічі більшою масою, зосередженою на сере-
дині сторони АС. А маси т і 2тп, розміщені на кінцях медіани
трикутника, можна замінити масою Зтп у точці, яка поділяє цю
медіану у відношенні 1:2, тобто - у центроїді трикутника.
А де знаходиться центр мас частини площини, обмеженої
трикутником? Розіб’ємо мислено такий трикутник на багато
смужок, паралельних стороні ВС (мал. 12/ Якщо смужки до-
сить вузенькі, то центри їх мас розташовані на медіані АМа.
Якщо розбити той самий трикутник на вузенькі смужки, пара-
лельні іншій стороні трикутника, то центри мас усіх таких сму-
жок знаходитимуться на іншій медіані. Оскільки розглядува-
ний трикутник має лише один центр мас, який лежить на одній
і на другій медіані, то він збігається з точкою перетину цих
медіан. Отже, центром мас такого трикутника є його центроїд.
15
Мал. 12
Якщо ж під трикутником
розуміють замкнену ламану із
трьох ланок, то його центр мас
збігається з точкою перетину
медіан тільки тоді, коли цей
трикутник рівносторонній. В ін-
ших випадках центр мас кон-
Мал	тура трикутника - центр кола,
вписаного в його серединний
трикутник (мал. 13). Бо якщо сторони трикутника дорівнюють
а, Ь, с, то такими можна вважати і їхні маси, зосереджені на се-
рединах сторін. Маси а і Ь можна замінити однією масою а + Ь9
розміщеною на середній лінії трикутника у такій точці К9 яка
ділить середню лінію на частини, обернено пропорційні масам
а і Ь9 тобто в основі бісектриси &авс9 проведеної з вершини с.
Маси а і с можна замінити однією масою а + с9 зосередженою в
основі бісектриси, проведеної з вершини Ь. Отже, центр систе-
ми мас а, Ь і с знаходиться в точці перетину двох бісектрис три-
кутника аЬс, тобто в центрі О вписаного в нього кола.
12.	У якому відношенні пряма, яка проходить через цент-
роїд трикутника, поділяє його площу? Якщо ця пряма прохо-
дить через середину сторони трикутника, то вона поділяє пло-
щу трикутника навпіл, а якщо паралельно стороні трикутни-
Мал. 14
ка, то у відношенні 4:5. Кожна
інша пряма, яка проходить
через центроїд трикутника, по-
діляє його площу у відношенні к
такому, що < к < 1. Бо вона від-
5
різає від трапеції КРСА трикут-
ник більшої площі, ніж додає до
нього (мал. 14).
16
Якщо М - центроїд трикутни-	А
ка АВС, то площі трикутників	УІ\
МАВ, МВС, МСА рівні (мал. 15).	\
Адже трикутники АВМа і АСМа	/ /	\
рівновеликі, трикутники МВМа і	\
МСМа також рівновеликі. Тому	/	\	\
трикутники АВМ і АСМ також
рівновеликі.
Неважко довести це тверджей-	а
ня іншим способом. Площа.три-	Мал. 15
кутника СМВ становить третину
площі трикутника САВ, бо їх висоти, проведені до спільної ос-
нови а, відносяться як медіани, тобто 1:3.
Правильне й обернене твердження. Якщо АВС - довільний
трикутник і точка X така, що площі трикутників ХАВ, ХВС,
ХСА рівні, то X - центроїд трикутника АВС. Бо якщо точка X
не збігається з центроїдом М трикутника, то вона лежить, на-
приклад, усередині трикутника АВМ або на якійсь його стороні.
Тоді площа трикутника ХАВ, менша за площу трикутника
МАВ, яка становить третину площі трикутника АВС.
Доведіть твердження 34-49.
34.	Три медіани трикутника поділяють його на шість рівно-
великих трикутників.
35.	Медіана трикутника ділить кут, з вершини якого вихо-
дить, на частини, синуси яких обернено пропорційні прилег-
лим сторонам.
36.	Якщо медіана трикутника дорівнює половині відповід-
ної сторони, то ця сторона є гіпотенузою прямокутного трикут-
ника.
37.	Якщо кут А гострий, то та < 0,5а.
38.	Якщо дві сторони трикутника не рівні, то медіана, яка про-
ходить між ними, більший кут утворює з меншою із цих сторін.
39.	Медіана трикутника менша від півсуми двох сторін, між
якими вона проходить.
40.	У кожному трикутнику
Ь + с - а < 2та <Ь + с.
41.	Сума медіан трикутника більша від його півпериметра і
менша від периметра.
17
42.	Кут трикутника гострий, прямий або тупий залежно від
того, якою є медіана, проведена з його вершини: більша,
дорівнює чи менша половини відповідної сторони трикутника.
43.	а) Два трикутники рівні тоді і лише тоді, коли дві сторо-
ни і медіана між ними одного трикутника дорівнюють відпо-
відним елементам другого трикутника.
б) Два трикутники рівні тоді і лише тоді, коли медіана і ку-
ти, на які вона поділяє кут, одного трикутника дорівнюють
відповідним елементам другого трикутника.
44.	Пряма, яка проходить через центроїд трикутника і ділить
його площу навпіл, проходить через вершину трикутника.
45.	Якщо сторони трикутника пов’язані співвідношенням
а2 + Ь2 = 5с2, то його медіани та і ть перпендикулярні.
46.	Якщо М - центроїд ААВС і X. АМВ = 90°, то МС = АВ.
47.	Якщо медіани, проведені з двох вершин трикутника,
взаємно перпендикулярні, то косинус кута при третій вершині
більший за 0,8.
48.	У кожному трикутнику найбільшій стороні відповідає
найменша медіана і навпаки.
49.	Якщо квадрати сторін трикутника утворюють арифме-
тичну прогресію, то і квадрати їх медіан утворюють арифме-
тичну прогресію.
50.	Виразіть через сторони а, &, с трикутника: 1) відрізки
медіан від вершин до центроїда; 2} відрізки медіан від цент-
роїда до основ.
51.	Сторони одного трикутника дорівнюють медіанам другого.
Як відносяться площі цих трикутників?
52.	Виразіть сторони трикутника через його медіани та, ть, тс.
53.	Якщо вершини трикутників АВС і А^В^і розташо-
вані так, що ААг 11ВВГ11СС19 а їх центроїди - точки М і М19 то
ММГ Ц ААг. Доведіть.
54.	Катети прямокутного трикутника дорівнюють а і Ь.
Знайдіть суму квадратів відстаней від довільної точки кола,
описаного навколо цього трикутника, до всіх його вершин.
55.	Сторона рівностороннього трикутника дорівнює а.
Знайдіть суму квадратів відстаней від довільної точки вписа-
ного в трикутник кола до всіх його вершин.
56.	Побудуйте трикутник за трьома даними його медіанами.
57.	Побудуйте трикутник за двома даними його кутами і
медіаною, проведеною з вершини третього кута.
58.	У якому відношенні ділить сторону АС промінь, що ви-
ходить з вершини В трикутника АВС і проходить через середи-
ну медіани, проведеної з вершини А?
18
59.	Медіана АМа точками КІМ поділена на три рівні части-
ни. На які частини поділяють сторону АВ промені СК і СМ?
60.	Знайдіть площу трикутника 8: а) за його медіаною та
і кутами В, С; б) за його медіанами та, ть, тс.
61.	Знаючи кути трикутника, виразіть кут між медіаною
і висотою, що виходять з однієї вершини.
62.	Медіана - середня пропорційна сторін, що виходять з
однієї вершини. Знайдіть кут трикутника при цій вершині.
63.	Знайдіть на медіані трикутника таку точку, через яку
можна провести тільки одну пряму, яка поділяє площу даного
трикутника у відношенні 1:2.
БІСЕКТРИСИ ТРИКУТНИКА
13. Бісектрисою трикутника називають відрізок бісектри-
си його кута, обмежений вершиною і протилежною стороною.
Кожний трикутник має три бісектриси, і всі вони розміщені у
внутрішній області трикутника. Кінець бісектриси трикутни-
ка, який лежить на стороні, називають основою бісектриси.
Із кожної вершини трикутника виходить одна з його бісект-
рис, і на кожній стороні трикутника лежить основа однієї
бісектриси. Ту сторону, на якій лежить основа бісектриси три-
кутника, називатимемо відповідною даній бісектрисі.
Слід розрізняти поняття бісектриса трикутника і бісектриса
кута трикутника. Перше з них - відрізок, друге - промінь.
На малюнку 16 відрізки АБа, ВЬь, СЬс - бісектриси трикутника
АВС, їх основи - точки Ьа, Ьь, Ьс. Бісектриси трикутника та їх
довжини позначатимемо однаково: Іа, Іь, Іс.
Оскільки кожна точка бісектриси АБа трикутника АВС
рівновіддалена від прямих АВ і АС, а
кожна точка бісектриси ВЬь - від пря-	ВА
мих ВА і ВС, то їх спільна точка Ь
рівновіддалена від прямих ВА, ВС і СА.	/ / \
Отже, точка їм лежить і на бісектрисі Ь / І \
СЬс. Тобто всі три бісектриси будь-яко-	/ \
го трикутника перетинаються в одній /
точці. Відстані від точки Ь до всіх /	\ \
сторін трикутника рівні. Тому ця	/ хд
точка - центр кола, вписаного в даний	с
трикутник. Інакше її називають інцен-
тром трикутника.	Мал*
19
Мал. 17
Бісектриса трикутника поділяє від-
повідну сторону на частини, пропорційні
прилеглим сторонам.
Доведення. Нехай АЬа - бісектриса
трикутника АВС (мал. 17). Покажемо, що
ВЬа : ЬаС = с :Ь.
Висоти трикутників АВЬа і АСЬа, опу-
щені з точки А, рівні, тому площі трикут-
ників відносяться, як ВЬа : ЬаС. Висоти
цих трикутників, опущені з точки Ьа на
сторони Ь і с, також рівні, тому площі цих трикутників відно-
сяться як с : Ь. Отже,
ВЬа : ЬаС = Ь*. с.
ті	ас	аЬ
Наслідок. ВЬа= —— , СЬа ———.
о+с	о+с
14. Довжину бісектриси Іа можна визначати за такою фор-
мулою:
-- і^Л-^ЬсКЬ+сГ-а2).
Доведення. Нехай Іа = АЬа - бісектриса довільного три-
кутника АВС (мал. 17). Застосуємо теорему косинусів до три-
кутників АВЬа і АСЬа*.
А	А
=1? + с2 - 21ас соз —, ЬаС2 = І2 + Ь2 - 21аЬ соє —.
а, а	а 2	и	и 2
Щоб зробити від’ємники рівними, помножимо всі члени
першої рівності на б, а другої - на с. Прирівнявши їх, мати-
мемо:
ЬІ2 + Ьс2-Ь- ВЬ2 = сі2 + сЬ2-с- СЬ2.
14	14	(4	Ь*'
Звідси:
9	о 9	/ ас \2	/ аЬ \2
1,(Ь-е)-еЬ -Ьс +Л( —с
* Ьс
/
- Отже, Іа= -^Ф>с((ь+с)2~а2)-
2©
Останню формулу можна подати в іншому вигляді. Оскільки
(Ь + с)2 - а2 = (Ь + с - а)( Ь + с + а) = 4р(р - а),
Іа= Л-'ІЬср(р-а)'
Правильні й такі формули:
,	2Ьс	А
І =---СО8—•
а Ь+с	2
/о=- -25-
(&+с)8ІП^
Доведення. Площа 5 трикутника АВС дорівнює сумі
площ двох трикутників (мал. 17):
о 1 _, . А , 1 _ . А 1	... А
о = - ЬІЛ 81П-1- — СІ 81П— = — (Ь + С)1Я 81П— •
2	2 2	2	2	2
1 28
Звідси:	*'а	Д
(Ь +с) 8ІП—
2
або
ЬсзіпА	2Ьс	А
----------- =----СО8----
✓і, > \ • А	Ь+с	2
(&+с)81П—
Формули для двох інших бісектрис можна знайти цикліч-
ною перестановкою.
15.	Іноді довжину бісектриси трикутника корисно визнача-
ти, користуючись такою теоремою. Квадрат бісектриси три-
кутника дорівнює добутку сторін, між якими вона прохо-
дить, зменшеному на добуток відрізків, на які вона ділить
третю сторону. Тобто:
£ = Ьс - вьа • сьа.
Адже
1	ос	а2Ьс
(Ьс(Ь + с)2 - а2) =Ьс - уг—77 = Ьс - ВЬа • СЬа.
(о +с>	V7 -Гс)
21
Бісектриси трикутника точ-
кою перетину поділяються у
відношенні, що дорівнює відно-
шенню суми двох сторін три-
кутника до третьої, на яку
проведено бісектрису. Тобто, на-
приклад,
ВЬ : ЬЬь = (АВ + ВС) : АС
(мал. 18).
Адже
ВЬ __ВР А-г А	25 .А-і = 2Р~АС _ ЛВ+ВС
ЬЬ,' РН~ г ~г	АС р	АС ~ АС
Визначимо довжину частини бісектриси трикутника від
вершини до точки перетину бісектрис:
АЬас _ 2уІЬср(р-а) • с
ас с(а+Ь+с)
с+Ь
Ьс(р-а)
Р
16.	Бісектриси рівнобедреного трикутника, проведені до
рівних сторін, рівні. Це неважко довести на основі ознаки
рівності трикутників. Правильне й обернене твердження.
Якщо дві бісектриси трикутника рівні, то такий три-
кутник рівнобедрений. Відомі кілька способів доведення цієї
теореми, але всі вони порівняно складні. Наведемо одне з най-
простіших.
Доведення. Як показано вище,
42=ас-
Ь2ас
(а+с)2
12=аЬ-
с2аЬ
(а +Ь)2
Тому якщо Іь = Іс, то
Ь2ас	с2аЬ
ас-----•—- = аЬ--------9.
(а +с)2 (а +Ь)2
Звідси:
(Ь - с)(а + Ь)2 (а + с)2 = Ьс(с(а + с)2 - Ь(а + Ь)2).
Ця рівність правильна тільки за умови, коли Ь = с. Бо як-
що с < Ь, то її ліва частина додатна, а права від’ємна. Якщо ж
22
с > &, то права частина рівності додатна, а ліва від’ємна.
Отже,
.	Іь = Іс тільки тоді, коли с = Ь.
Доведене твердження іноді називають теоремою Штейнера -
Лемуса, бо вперше запропонував її як задачу в 1840 р. С. Лемус,
а першим довів його Штейнер. Згодом різні автори знайшли
кілька інших доведень, але всі вони - надто громіздкі й нечіткі.
Спеціалісти відмічають: «В елементарній геометрії немає жод-
ної підступнішої задачі» [6, 46}.
Чи можна побудувати трикутник за трьома даними його
бісектрисами? За допомогою циркуля і лінійки розв’язати
цю задачу не завжди можна. Наприклад, якщо довжини
бісектрис дорівнюють 1, 4 і 4 які-небудь лінійні одиниці, то
такий трикутник за допомогою циркуля і лінійки побудувати
не можна. Бо задача зводиться до рівняння х3 - х2 - 12х + 8 =
= 0, яке в квадратних радикалах не розв’язується.
Радіус г кола, вписаного в трикутник АВС зі сторонами а, Ь,
с, можна знаходити за формулою 8 = гр. Площа 8 трикутника
АВС дорівнює сумі площ трикутників ІАВ, ЬВС, БСА. Тому
28 = га + гЬ + гс = 2гр.
17.	Якщо основи бісектрис трикутника сполучити від-
різками, утвориться трикутник, їнцентричний даному. На ма-
люнку 19 трикутник ЬаЬьЬс інцентричний трикутнику АВС.
Коло, описане навколо інцентричного трикутника, доти-
кається до сторони даного трикутника лише тоді, коли ця сто-
рона - основа рівнобедреного трикутника. Якщо ж даний
трикутник різносторонній, то описане навколо інцентричного
трикутника коло вирізає на сторонах даного трикутника хор-
ди, одна з яких дорівнює сумі двох інших (див. [16]).
Площу (2 інцентричного трикутника можна знаходити за
формулою:
28аЬс
(а+&)(&+с)(с+а)’
або
1
в ~ Ч Іс-
Доведемо їх. Користуючись теоремою п. 13, неважко визна-
чити (мал. 19), що
&с лг сЬ
----------, АЕ -----	
а+с--------а+Ь
23
А.	Тому площа трикутника АІ^Д.
/і\	£ _ Ь1 2с2зіпА _ 8Ьс
/ І \	“ 2(а+Ь)(а+с)	(а+Ь)(а+с)
/ \хТ\/ \	Аналогічно знаходимо:
(у \	8 = —, з =--------------—-----.
6 (а+Ь)(Ь+с)	(с+а)(с+Ь)
Мал. 19
Тому:
д _ £8ас ЗаЬ _ ЗЬс
(а+Ь)(Ь+с) (с+а)(с+Ь) (а+Ь)(а+с) ~
23аЬс
(а +Ь)(Ь+с)(с +а)
Щоб довести другу формулу, визначимо добуток бісектрис
(див. п. 14):
Шс=а/А2^2 (Р-а)(р-&)(р-с),
(а +а) (о +с)[с +а)
або
1 1 1 88раЬс Аґ.
^Ь^С~ , І \/ І ч~^0Р*
(а +&)(&+с)(с+а)
Звідси:
ф _ Іді^с
18. Якщо трикутник АВС не рівнобедрений, наприклад
Ь > с, то бісектриса його зовнішнього кута при вершині А пере-
тинає пряму СВ у деякій точці Оа
(мал. 20). Відрізок АВа назива-
тимемо зовнішньою бісектри-
сою трикутника АВС, проведе-
ною з вершини А. Кожний не-
рівнобедрений трикутник має
три різні зовнішні бісектриси.
Рівнобедрений (не рівносторон-
ній) трикутник має дві рівні
24
зовнішні бісектриси. Рівносторонній трикутник зовнішніх
бісектрис не має.
в Кожна бісектриса трикутника перпендикулярна до зовніш-
ньої бісектриси, яка виходить з тієї самої вершини. Бо кут між
ними дорівнює сумі двох половин суміжних кутів.
Якщо бісектриса зовнішнього кута трикутника АВС
при вершині А пряму ВС перетинає у Ба, то ВБа : СБа =
= с : Ь (мал. 20).
Доведення. Висоти трикутників АВБа і АСВа рівні,
тому їх площі відносяться як ВБа : СБа. Відстані від точки Ба
до прямих АВ і АС також рівні, тому площі тих самих трикут-
ників відносяться як с : Ь. Отже, завжди ВВа : СВа = с : Ь.
Визначимо довжину відрізка ВВа = х (мал. 20). Оскільки
х : (х +а) = с : &, то хс + ас = хЬ, х = ас : (Ь - с).
Тепер неважко визначити і довжину 1А зовнішньої бісектри-
си трикутника через його сторони а, Ь, с. За теоремою косинусів
із трикутника АВВа:
ІА =АО2 = с2 + В В2- 2с • ВВа соз (180° - В) = с2 + х2 + 2сх соз В =
_с2+ а2с2 2ас2 а2 +с2 ~Ь2 = Ьс(а2 - (Ь-с)2)
(Ь-с)2 Ь-с 2ас	(Ь-с)2
Отже,	1А	= -~—уІЬс(а2- (Ь-с)2)
Ь-с
або	1А =	у]Ьс(р-Ь)(р-с).
Ь-с
19. Із зовнішніми бісектрисами тісно пов язане поняття
зовнівписаного кола. Коло, яке дотикається до однієї сторони
трикутника і продовжень двох інших його сторін, називають
зовнівписаним. Бісектриси двох
зовнішніх кутів трикутника, які
прилягають до однієї його сторо-
ни, перетинаються в точці, яка є
центром зовнівписаного кола.
Наприклад, зовнішні бісектриси
кутів В і С перетинаються в точці
Іа, рівновіддаленій від прямих а, Ь
і с. Отже, бісектриса кута А про-
ходить через точку Іа (мал. 21).
25
Це коло дотикається до однієї сторони трикутника (із
зовнішнього боку) і продовжень двох інших його сторін. Кож-
ний трикутник має три зовнівписаних кола. Якщо їх радіуси
га, гь, гс, то
г =---, г =	, г =---.
а р-а ь р-ь е р-с
Доведемо першу з цих формул. Сума площ трикутників
АВІа і АСІа дорівнює сумі площ трикутників АВС і СВІа. Тому
сг„ + Ьга = ага + 25. Звідси:
г 1
га(с + Ь - а) = 25, 2(р - а)га = 25, га =-
р—а
Детальніше про властивості зовнівписаних кіл ідеться в
задачах 85 і брошурі [2].
*?3ада’
Для задач 64-100 доведіть, що для кожного трикутника
правильні твердження.
64. І = —л/2 + 2сов2А.
а Ь+с
„	ІР(Р~а)
65. соз—
2 V Ьс
вв.
2 V Ьс
67.	8=р(р-а)ї^ .
68.	5 = (р-Ь)(р-с)сі£^.
А В Р~с
69.	івїї^-=—.
70.	5=р2і£^
А	Л	"
26
71.	8 =--соз — соз — соз — .
р 2	2	2
АВС
72.	8 = раЬс зіп — зіп — зіп — •
2	2	2
73.	8 =	— сІ£— .
2	2	2
74.	Бісектриси, проведені з вершин В і С трикутника, пере-
А
тиняються під кутом, що дорівнює 90° - —.
75.	Якщо бісектриса кута С трикутника АВС перетинає його
сторону АВ у точці Ь і АС > ВС, то АВ > ВЬ.
76.	Якщо кути В і С трикутника АВС гострі і нерівні, то
бісектриса його кута А знаходиться між меншою з цих сторін і
медіаною.
77.	У нерівнобедреному трикутнику бісектриса менша від
медіани, проведеної з тієї самої вершини.
78.	Якщо бісектриса трикутника ділить його периметр
навпіл, то цей трикутник рівнобедрений.
79.	Пряма, яка проходить через точку перетину бісектрис
трикутника, ділить його периметр і площу в одному і тому
самому відношенні.
80.	Площі трикутників, описаних навколо рівних кіл, про-
порційні їх периметрам.
81.	У кожному трикутнику меншій стороні відповідає біль-
ша бісектриса.
82.	Щоб кут між сторонами а і Ь трикутника був прямим,
необхідно і достатньо, щоб виконувалась рівність:
а _ 4 Іа+с
Ь* Іа Ук+с
83.	Бісектриси рівних кутів подібних трикутників про-
порційні сторонам.
84.	Якщо Іл - бісектриса зовнішнього кута трикутника, то:
а) 1АІа (Ь2 - с2} = 48Ьс;
б)	І а (Ь ~ с)2 + 12(Ь + с)2 = 4Ь2с2.
85.	Якщо га, гь, гс - радіуси зовнівписаних кіл, то:
а)	га +гь +гс = 4В +г;
б)	гагьге=8р',
в)	га (Ь + с - а) = 28.
27
86.	Якщо бісектриса кута А трикутника АВС перетинає опи-
сане навколо нього коло в точці В, то Іа • АЕ= АВ • АС.
87.	Якщо Ку Р, Т - точки дотику вписаного кола до сторін
трикутника АВС, то КР • РТ • ТК = 2г2 8 : В.
88.	У кожному трикутнику:
а)	Іь (а + Ь)(Ь + с)( с + а) = 8аЬср8;
б)	АЬ • ВЬ • СЬ • р = аЬсг;
в)	а -АЬ2 + Ь-ВЬ2 + с-СЬ2 = аЬс.
89.	Відстань між основами бісектрис, проведених з вершини А,
ОаЬа = ЬаВ + ВОа = 2аЬс : (Ь2 - с2).
90.	Серединний перпендикуляр бісектриси АЬа трикутника
АВС перетинає пряму ВС у такій точці Т, що
ТЬа = аЬс : (Ь2 - с2).
91.	Дві бісектриси трикутника не можуть бути взаємно пер-
пендикулярними .
92.	Жодна з бісектрис трикутника точкою перетину бісект-
рис не може ділитися на дві рівні частини.
93.	Якщо точка М лежить на бісектрисі зовнішнього ку-
та С трикутника АВС, то АС + СВ <АМ + МВ.
94.	У кожний трикутник можна вписати тільки один такий
трикутник, сторони якого перпендикулярні до бісектрис дано-
го трикутника.
95.	У кожний трикутник можна вписати два такі трикутни-
ки, сторони яких паралельні бісектрисам даного трикутника.
96.	Якщо вписане в трикутник АВС коло дотикається до йо-
го сторін у точках К, Р, Т, то площа трикутника КТР
г2
8КРТ = —(зіпАЧ-зтВ-НзіпС).
2
97.	Площа інцентричного трикутника не більша за четверту
частину площі даного трикутника.
98.	У кожному трикутнику
АЬ ВЬ СЬ 28
ЬЬ^ЬЦЬЬС
де С - площа інцентричного трикутника.
99.	Бісектриса кута трикутника з бісектрисами двох його
зовнішніх кутів перетинаються в одній точці.
100.	Якщо ВЬь бісектриса трикутника АВС, то її серединний пер-
пендикуляр перетинає пряму АС в такій точці В, що Ь^2 =АВ • СВ.
28
101.	Бісектриса прямого кута поділяє гіпотенузу трикутни-
ка на відрізки а і Ь. Знайдіть довжину її та катетів трикутника.
102.	Якщо X - довільна точка відрізка, який сполучає осно-
ви бісектрис трикутника, то сума відстаней від X до двох
сторін трикутника дорівнює відстані від X до третьої сторони.
Доведіть це.
ВИСОТИ ТРИКУТНИКА
20. Висотою трикутника називається перпендикуляр,
опущений з його вершини на пряму, якій належить протилеж-
на сторона трикутника. Кожний трикутник має три висоти.
У гострокутному трикутнику всі вони лежать у його внут-
рішній області. Дві висоти прямокутного трикутника є його
катетами. Дві висоти тупокутного трикутника проходять зовні
нього (мал. 22).
Висоти трикутника (і їх довжини) позначають літерами
Оскільки площа трикутника 8 визначається за формулою
8 = — аЛа, то Ла = 28 : а. Або, врахувавши формулу Герона,
2
2 і---------------
= -\ІР(Р-а)(Р-Ь)(р-с) .
а
Аналогічно через сторони трикутника виражаються висоти
і Лс.
З формули 28 = аЛа випливає, що найбільша та висота три-
кутника, яка проведена до найменшої сторони, і навпаки.
Якщо трикутник рівнобедрений, то висоти, проведені до
рівних сторін, рівні. У рівносторонньому трикутнику всі три
висоти рівні. Правильні й обер-
нені твердження. Якщо дві (три)
висоти трикутника рівні, то цей
трикутник рівнобедрений (рів-
носторонній).
Чи визначають трикутник
три його висоти? Так. За трьома
даними висотами можна побуду-
вати (відновити) трикутник.
Для кожного трикутника пра-
вильні рівності ака = Ькь = скс.
Мал. 22
29
Мал. 23
Тому правильні також рівності
а : кь = Ь : ка = с : х, де
х = какь : кс.
Знаючи відрізки ка, кь, кс, завж-
ди можна побудувати відповідний
відрізок х (як четвертий пропор-
ційний), а отже, - і трикутник
АіСВі зі сторонами АгС=ка, СВг= кь
і АрВі = х (мал. 23). Цей трикутник
подібний до того, який треба побу-
дувати, бо їх сторони пропорційні.
Гомотетія з коефіцієнтом к = а : кь
відображає трикутник АГВГС на
А2В2С - той, що вимагалося побудувати. Побудова завжди
можлива за умови, що відрізки ка, кь і х задовольняють
нерівності трикутника.
Якщо відомі три висоти трикутника, то можна визначити
всі його елементи. Нехай, наприклад, треба виразити через ви-
соти трикутника його площу. Оскільки а = 28 : ка, Ь = 28 : кь,
с = 28 : кс, то, підставивши ці значення у формулу площі три-
кутника з п. 5, неважко знайти потрібний вираз.
21. У кожному трикутнику три прямі, яким належать ви-
соти трикутника, перетинаються в одній точці.
Доведення. Нехай дано довільний трикутник АВС (мал. 24).
Проведемо через його вершини прямі, паралельні протилеж-
ним сторонам. У результаті утвориться трикутник КРТ, сере-
динами сторін якого є вершини даного трикутника АВС.
Бо за властивістю паралелограмів АР = ВС = АТ, ВК = АС = ВТ,
СК=АВ = СР. Отже, висоти даного трикутника АВС є середин-
ними перпендикулярами трикутника КРТ, а останні, як відо-
мо, перетинаються в одній точці -
У----------центрі описаного кола.
\	/ \На у/ Точка, в якій перетинаються
\	/ три прямі, що містять висоти
трикутника, називається ортпо-
А\ нь /С	центром трикутника. Її ми
\	позначатимемо літерою Н. Орто-
\	'	центр гострокутного трикутни-
ка лежить у його внутрішній об-
ласті; ортоцентр прямокутного
Мал. 24	трикутника - вершина його
ЗО
прямого кута; ортоцентр тупо-
кутного трикутника лежить поз£
трикутником.
Якщо На, Нь, Нс - основи ви-
сот трикутника АВС, то трикут-
ник	називають ортоцен-
тричним відносно трикутника
АВС (мал. 25).
Якщо трикутник АВС гост-
рокутний, то його ортоцентрич-
ний трикутник лежить у його
внутрішній області. Якщо три-
кутник прямокутний, то орто-
центричний йому трикутник ви-
роджується у відрізок. Якщо
трикутник тупокутний, то орто-
центричний йому трикутник
лежить частково за межами три-
кутника АВС (мал. 26). В остан-
ньому випадку один і той самий
трикутник НаН^Нс ортоцентрич-
ний для двох трикутників: тупо-
кутного ДАВС і гострокутного
ЬНВС.
22.	Якщо трикутник гострокутний, то на його висотах
лежать бісектриси ортоцентричного йому трикутника.
Доведення. Нехай АВС - довільний гострокутний
трикутник, На, Нь, Нс - основи його висот, а Н - ортоцентр
(мал. 27). Навколо чотирикутників АНЬННС і СНьННа можна
описати кола, бо в них по два протилежних кути прямі. За
властивістю вписаних кутів А1 =
= /.2 і /.3 = /_4. Кути 2\4 рівні,
бо вони доповнюють кут В до 90°.
Отже, /.1 = ЛЗ, НьН - бісектриса
кута НаНьНс. Аналогічно можна
показати, що промені НаН і НСН -
бісектриси двох інших кутів
З доведеної теореми випливає,
що висоти гострокутного трикут-
ника поділяють його кути і кути
ортоцентричного йому трикутника
31
Мал. 29
на кути а, р, у, як показано на ма-
люнку 28. А сторони ортоцент-
ричного трикутника відтина-
ють від даного трикутника три
менші трикутники, подібні до
даного. Бо, наприклад, кути А
і СНаНь рівні, оскільки кожен з
них доповняє кут а до прямого.
23.	З усіх трикутників, впи-
саних у даний гострокутний
трикутник, найменший пери-
метр має ортоцентричний йому
трикутник.
Доведення. Нехай АВС -
довільний гострокутний три-
кутник, на стороні ВС якого
взято довільну точку X (мал.
29). Спробуємо знайти на сторо-
нах АВ і АС такі точки У і 2,
щоб трикутник ХУ2 мав наймен-
ший периметр. Нехай Ур 2Х -
довільні точки на АВ і АС, а
точки КіР симетричні X від-
носно прямих АВ і АС. Тоді
Х¥\ + У^і 4- 2хХ = КУ1 4-	4- %іР. Оскільки відрізок КР ко-
ротший від будь-якої ламаної, що сполучає точки К і Р, то при
заданій точці X трикутник ХУ2 має найменший периметр.
З попередніх міркувань випливає також, що КА = АХ = АР і
АКАР = 2А. Тому півпериметр трикутника ХУ2 дорівнює 2АК? зіпА
або 2АХзіпА. Як бачимо, периметр трикутника ХУ2 про-
порційний довжині відрізка АХ.
Він найменший тоді, коли X -
основа висоти трикутника АВС.
Замінивши точку X на На і
повторивши попередні мірку-
вання, доходимо висновку, що
відрізок КР перетинає сторо-
ни АВ і АС в точках Нс і Нь
(мал. ЗО). Отже, периметр орто-
центричного трикутника НаН^с
найменший з периметрів усіх
інших трикутників, вписаних у
даний трикутник АВС.
32
24.	Радіуси описаного навко-
ло трикутника кола, проведені
в його вершини, перпендику-
лярні до відповідних сторін ор-
тоцентричного трикутника
(теорема Нагеля).
Доведення. Радіус ОС
перпендикулярний до прямої
Н(1НЬ (мал. 31), бо, як показано
вище (мал. 28), ЛНаАС = ЛН^С,
а отже, вершина С - середина
дуги КР, тому ОС ± КР. Оскільки
/К = ЛАНаНь = а,то НаНь \\КР.
()тже, ОС ±
Так само маємо, що ОВ ± НаНс
і
Виразимо периметр і площу ортоцентричного трикутника
через елементи даного. Нехай АВС - довільний гострокутний
трикутник. Сполучимо центр О описаного навколо нього кола
з усіма його вершинами, а також з вершинами ортоцентрично-
го йому трикутника (мал. 32). Відрізки ОНа, ОНЬ, ОНС розби-
вають даний трикутник на три чотирикутники. Згідно з теоре-
мою Нагеля діагоналі кожного з цих чотирикутників попарно
перпендикулярні. Тому площа кожного з них дорівнює півдо-
бутку діагоналей:
25 = НЬНС • ОА + НаНс • ОВ+ НаНь ОС = В- 2р0.
Звідси: 5 = Яр0, де р0 - півпе-
ри метр ортоцентричного трикут-
пика НаН^с. Отже, р0 = 5 : Я.
Оскільки5 = рг, тоРо=рг*. В.
Звідсир : р0 = В : г.
Отже, периметри довільно-
го гострокутного трикутника
і ортоцентричного йому відно-
сяться як радіуси кіл, описано-
го навколо даного трикутника
і вписаного в нього,
З рівностей р0 = 5 : В і 5 =
2 Я2 зіпА зіпВ біпС (див. зада-
чу 18) випливає, що
р0 = 2В зіпА зіпВ зіпС.
33
Можна цю формулу вивести й іншим способом. Як показано
в п. 22, периметр ортоцентричного трикутника НаНьНс
дорівнює довжині відрізка КР (див. мал. ЗО). А її можна визна-
чити з рівнобедреного трикутника КАР, у якого КА = АР = ка
і АКАР = 2А.
0,5 КР = 1га віпА.
Отже: р0 = 1га 8іпА = 1гь 8ІпВ = йс 8ІпС.
Оскільки 1га = с 8ІпВ і с = 2В 8ІпС, то 1г а = 2В 8ІпВ 8ІпС. Тому
периметр ортоцентричного трикутника:
2р0 = 4В 8іпА 8іпВ 8іпС.
25.	Від даного трикутника АВС сторони ортоцентричного
йому відтинають три трикутники, подібних до даних (див.
мал. 28). При цьому АНЬ = с сов А, АНС = Ь сов А, НЬНС = а сов А.
Тому периметр відсіченого трикутника при вершині А
дорівнює
АНЬ + АНС +	= (а + Ь + с) сов А.
Периметри відсічених трикутників відносяться до перимет-
ра даного трикутника АВС як сов А : 1, сов В : 1, сов С : 1, а їх
площі - як со82А : 1, сов2В : 1, соз2С : 1. Тому якщо 5 і 80 - пло-
ща даного трикутника і ортоцентричного йому, то
8О = 8 - 8а- 8Ь - 8С = 8 - 8 соз2А - 5 соз2В - 5 соз2С,
або
80 = 5(1 - СО82А - СО82В - СО82С).
Оскільки для довільного трикутника правильна тотожність
СО82А + СО82В + СО82С =1-2 СО8 А СО8 В СО8 С
(задача 14), то правильна і така формула:
50 = 25 сов А сов В сов С.
Якщо г0 - радіус кола, вписаного в ортоцентричний трикут-
ник, то
г0 р0 = 80, г0. 2В 8іпА 8іпВ 8іпС = 25 созА созВ сов С.
5
Звідси:	г0 = — сі£ А сі£ В сі£ С.
В
26.	У кожному трикутнику точки, симетричні його ортоцент-
ру відносно сторін і відносно середин сторін, лежать на описа-
ному колі. Вище показано, що відмічені на малюнку 28 кути у
34
рівні, тому й дуги КС і СР рівні
(мал. 33). Отже, кут САР також
дорівнює у. А оскільки НР -]_АС,
то ННЬ = Н^. Трикутник НРТ
прямокутний, Мь - середина йо-
го гіпотенузи. Тому ТМЬ =
Отже, точки НАР симетричні
відносно Нь, а точки Н і Т -
відносно Мь.
Домовимося у цьому парагра-
фі частини висот від ортоцентра
до вершин позначати літерами
а В*Д ортоцентра до ос-
нов - па, пь, пс (мал. 34).
Очевидно, що
Па+ Ч =Йа’ ”»+ Ч =*» Пс+ =Ле •
З попередніх міркувань (мал. 33)
випливає, що іс = СН = СР =
АТ = 2В соє С. Аналогічно: іа =
22? созА, іь = 2В соє В. Оскіль-
ки кожен з кутів А і ВННС
доповнює кут АВН до 90°, то
/ВННС = ЛА. Тому з прямокут-
ного трикутника ВННС маємо:
пе = іь созА = 2В соз Всоз А. Отже:
Іспе = 2ВсозС • 2ВсозВсозА =
4В2соз Асоз Всоз С.
Ортоцентр ділить висоти трикутника на частини, добу-
ток яких для даного трикутника сталий. Тобто, завжди
= іьпь = іспс = 4В2 соє А соє В соєС.
14'	14'	V V	С С
Оскільки ОМЬ - середня лінія трикутника ТВН, то ВН =
2ОМЬ (мал. 33). Крім того, з трикутника АОМЬ маємо:
ь2
ОМ2Ь =В2	, тому = 4Л2 -Ь2.
4
Аналогічно і2 — 4В2 - а2,	= 4Я2 - с2.
Додавши три останні рівності, отримаємо формулу
Іа+ +Іс = 12Д2 ” (°2 + Ь2 + С2).
35
в
в
Мал. 35
27.	Коло, яке проходить через дві
вершини трикутника і його орто-
центр, дорівнює описаному колу.
Доведення. Нехай АВС -
довільний непрямокутний трикут-
ник, Н - його ортоцентр, а точка 1)
така, що АВСВ - паралелограм
(мал. 35). Тоді трикутники АВС і АВС
рівні. Описані навколо них кола
також рівні. А оскільки ЛНАВ =
= АНСВ = 90°, то коло, описане навко-
ло трикутника АВС, проходить
через точки А, С і Н. Отже, коло, яке
проходить через точки А, С і Н,
дорівнює колу, описаному навколо
трикутника АВС.
Якщо кут С прямий, то точки НіС збігаються. У цьому ви-
падку твердження неправильне.
Цікаві властивості має коло, описане навколо ортоцентрич-
ного трикутника, їх розглянемо в наступному параграфі.

1 Зада*
•та1,
а-
У задачах 103-132 доведіть, що для кожного трикутника
правильні твердження.
<ло і азіпВ зіпС
103.	й =-----------.
ЗІпА
104.	ка = Ьс : 2В.
110.
111.
105.	ка + кь + кс = 28 (- + | + -).
а Ь с
106.	(йа + кь + кс) 2В = аЬ + Ьс + са.
107.	ка = 2В зіпВ зіпС.
108.	(ка кь + кь кс + кс ка) В = 2гр2.
Ю9. —=А/
ка к. к' г
ка: кь = зіпВ : зіпА.
, 2сЬ	А	В	С
к„ = СО8—соз—соз— .
а р	2	2	2
36
112.
ь 2р\ А В С
к“=-Г^2ІЄ2ІЄ2’
113.	(ка + кь + кс) А+±+±) = (а + Ь + <0(-+|+~).
ка кс	а Ь с
114.	какькс аЬс = 853.
115.	какьксВ = 282.
116.	па : ка + пь: кь + пс: кс = 1.
117.	аіа + Ьіь + сіс = 45.
118.	с • АНС + а • ВНа + Ь • СНЬ = 0,5(а2 + Ь2 + с2).
АВС
119.	45(сі§—Ьсі;£—Ьсі^—)=(а+Ь+с)2-
2	2	2
12	0.1га + кь + 1гс =р(8Іп А + зіп В + зіп С) - Я(8Іп2А + біп2В + 8Іп2С).
121.	Сума відстаней від центра кола, описаного навколо три-
кутника, до всіх його сторін дорівнює:
1 А я с
ЗЯ-і(а^+&^+с^).
122.	Бісектриса трикутника проходить між висотою і
медіаною, проведеними з тієї самої вершини.
123.	Якщо різниця кутів при основі трикутника дорівнює 90°,
то відповідна висота трикутника є середньою пропорційною
відстаней від основи цієї висоти до кінців основи трикутника.
124.	У кожному трикутнику АВС:
а) АВ • АНС = АС • АНЬ; 6)АНЬ • НЬС = ВНЬ • ННЬ.
125.	Периметр ортоцентричного трикутника дорівнює по-
двоєній площі даного трикутника, поділеній на радіус описа-
ного навколо нього кола.
126.	Якщо даний трикутник прямокутний, то прямокутним
є і трикутник, сторонами якого є: сума катетів, висота, опуще-
на на гіпотенузу, і сума цієї висоти та гіпотенузи.
127.	Перпендикуляри, опущені з довільної точки трикутни-
ка на його сторони, відтинають від них 6 відрізків таких, що
сума квадратів трьох несуміжних із них дорівнює сумі квад-
ратів трьох інших.
128.	У кожному трикутнику іаіь : пс = іьіс: па = ісіа : пь.
129.	Діаметр кола, яке проходить через середини відрізків
//А, НВ, НС, дорівнює радіусу кола, описаного навколо три-
кутника АВС.
130.	Зовнішні бісектриси трикутника, попарно перетинаю-
чись, утворюють трикутник, для якого даний трикутник є ор-
тоцентричним.
37
131.	Якщо основу кожної висоти трикутника спроектувати
на дві інші його сторони, то всі шість проекцій належатимуть
одному колу (коло Тейлора).
132.	Якщо трикутник АВС гострокутний, а ао, Ьо, с0,р0 - сто-
рони і півпериметр ортоцентричного йому трикутника, то:
До ьо с0
а зіп2А 8Іп2В 8Іп2С ’
б)	2р = а соз А + Ь соз В + с соз С.
133.	Чи можуть середини висот трикутника лежати на одній
прямій? Якщо так, то за яких умов?
134.	Побудуйте трикутник за трьома даними його висотами.
ТРИКУТНИК У ПРАЦЯХ ЕЙЛЕРА
28. Леонард Ейлер (1707-1783) - один з найвідоміших мис-
лителів, видатний математик, фізик, механік, астроном, філо-
соф. Він написав близько 870 праць: крім сотень геніальних
праць з теорії чисел, математичного аналізу, теорії функцій,
диференціальної геометрії, топології і т. п. - тритомну теорію
руху планет і комет, тритомне зібрання праць, присвячених
артилерії, кілька великих томів з діоптрики, кілька трактатів
з навігації, велику працю з теорії музики. Немалий внесок зро-
бив Ейлер і в розвиток геометрії трикутника. Зокрема - вста-
новив цікаві закономірності у розташуванні визначних точок
трикутника, визначив відстані між ними. В математику
ввійшли такі важливі поняття геометрії трикутника, як пряма
Ейлера, коло Ейлера, формули Ейлера, теорема Ейлера тощо.
Почнемо з кола Ейлера, Раніше вже згадувалися кола, опи-
сані навколо серединного трикутника (мал. 36), ортоцентрич-
ного трикутника (мал. 37) і такого, що проходить через середи-
ни відрізків НА, НВ, НС (мал. 38).
Мал. 36
38
Покажемо, що всі ці три кола
рівні. Більш того: у кожному
трикутнику вони суміщаються.
29. У кожному трикутнику
середини сторін, основи висот і
середини відрізків, що сполуча-
ють ортоцентр з вершинами, ле-
жать на одному колі.
Доведення. Нехай дано
довільний трикутник АВС. Опи-
шемо навколо нього коло з цент-
ром О і проведемо висоти АНа,
ВНЬ, СНс, які перетинаються в
ортоцентрі Н (мал. 39). Як пока-
зано у п. 26, точки, симетричні ортоцентру Н відносно сторін
трикутника і відносно їх середин, лежать на описаному колі.
Наприклад, якщо ННа = НаА1 і НМа = МаА2^ то точки і А2
лежать на описаному колі. Тому гомотетія з коефіцієнтом 0,5 і
центром Н відображає описане коло на коло вдвічі меншого
радіуса, яке проходить через середини Ма, Мь, Мс сторін, основи
/ Іа, Нь, Нс його висот і середини А', В', С' відрізків АН, ВН, СН да-
ного трикутника АВС.
Розглянуте коло проходить через 9 визначних точок трикут-
ника, тому його називають колом дев'яти точок. А ще - колом
дилера, оскільки славетний швейцарський математик описав
його в одній із своїх праць (1765).
Якщо трикутник рівнобедрений, то його коло Ейлера доти-
кається до основи трикутника. Якщо трикутник різносто-
ронній, то його сторони відрізають від кола Ейлера три дуги,
одна з яких дорівнює сумі двох
інших (теорема Мавло). Доведення
цієї теореми є в статті [15].
Де знаходиться центр кола Ейле-
ра? Ортоцентр Н кожного трикут-
ника АВС є центром гомотетії, яка
відображає описане коло на коло
Мйлера, а отже, і центр О описаного
кола на центр О9 кола Ейлера. Тому
останній лежить на прамій НО.
А оскільки коефіцієнт цієї гомо-
тетії дорівнює 0,5, то точка О9 - се-
редина відрізка НО (мал. 40). Отже:
39
1) центром О9 кола Ейлера є се-
редина відрізка ОН;
2) радіус кола Ейлера дорівнює
половині радіуса кола, описаного
навколо даного трикутника.
Середини А', В', С' відрізків НА,
НВ, НС, через які проходить коло
Ейлера трикутника АВС, назива-
ють точками Ейлера.
ЗО.	На прямій ОН лежить не
тільки центр кола дев’яти точок,
а й центроїд даного трикутника.
Доведемо це.
Нехай медіана АМа трикутника АВС перетинає пряму ОН у
точці М (мал. 41). Кожен з відрізків ОМа ЇАН перпендикуляр-
ний до прямої ВС, тому вони паралельні. А оскільки трикутни-
ки МОМа і МАН подібні і АН = 2ОМа (див. п. 26), то МаМ : МА =
= 1:2, тобто точка М поділяє медіану у відношенні 1:2. Таку
властивість має тільки центроїд трикутника - точка перетину
його медіан.
Отже, у кожному трикутнику його центроїд М і центр ко-
ла дев'яти точок О9 лежать на відрізку ОН, причому ОО9 =
= О$Н, а ОМ : МН = 1:2. Пряму ОН називають прямою Ейлера.
З попередніх міркувань випливає, що в кожному трикутнику
точки О, М, О9, Н лежать на прямій Ейлера у вказаній
послідовності і так, що довжини відрізків ОМ, МО9, О9Н про-
порційні числам 2, 1 і 3.
31.	Нехай АВС - довільний гострокутний трикутник, а со -
його коло Ейлера (мал. 42). Це саме коло є колом дев’яти точок
і для кожного з тупокутних три-
кутників НАВ, НВС, НСА. Бо, на-
приклад, для трикутника НВС точка А
є ортоцентром, Нь ЇНС- основи висот,
а Мь і Мс - середини відрізків, що
сполучають вершини С і В з ортоцент-
ром Н. Взагалі, коло Ейлера даного
трикутника є також колом Ейлера
для трикутника, дві вершини якого є
вершинами даного трикутника, а
третя - його ортоцентром (теорема
Гамільтона).
40
Оскільки трикутники АВС,
НАВ, НВС, НСА мають одне й те
саме коло Ейлера, а радіус кола Ей-
лера вдвічі менший від радіуса опи-
саного кола, то всі чотири кола,
описані навколо названих трикут-
ників, рівні. Маємо ще одне дове-
дення теореми з п. 27: якщо Н орто-
центр довільного гострокутного
трикутника АВС, то чотири кола,
які проходять через точки АВС,
НАВ, НВС, НСА, рівні (мал. 43).
Якщо центри цих кіл О, Ос, Оа, Оь,
то шестикутник АОсВОаСОь рівно-
сторонній. Можна довести, що він
центрально-симетричний, його цент-
ром симетрії є середина відрізка
ОН, тобто центр О9 кола Ейлера.
Якщо трикутник АВС прямокутний,
то точка Н збігається з точкою С;
у цьому випадку ситуація не ви-
значена. Якщо ж трикутник АВС
тупокутний (мал. 44), то шестикут-
ник АОсВОаСОь не центрально-симетричний, але всі його сто-
рони рівні і кожна паралельна протилежній стороні.
32.	Виразимо відстані між точками М, О,НіО9 (див. мал. 41)
через сторони та інші елементи трикутника.
Згідно з теоремою Лейбніца (див. п. 10), прийнявши за X
точку О, маємо:
ОА2 + ОВ2 + ОС2 = ЗОМ2 + МА2 + МВ2 + МС2.
Врахувавши, крім того, що в кожному трикутнику
МА2 + МВ2 + МС2 = | (а2 + Ь2 + с2)
(див. п. 9), маємо:
9Я2 = 9ОМ2 + (а2 + Ь2 + с2).
Звідси:
ОМ = —>]9В2-(а2+Ь2+с2).
З
41
Тоді:	_________________
ОН = УІ9П2 ~(а2+Ь2 +с2),
ОдН = -	_(а2 + Ь2 + с2).
9	2
Можна виразити знайдені відстані також через кути три-
кутника і радіус описаного кола (див. задачі 140-142).
Якщо трикутник рівносторонній, то його ортоцентр Н, а та-
кож точки М і О9 збігаються з центром О описаного кола. Для
такого трикутника пряма Ейлера не визначена. Урівносторон-
ньому трикутнику коло Ейлера збігається зі вписаним колом.
Мал. 45
33.	Відстань від центра кола Ейле-
ра до довільної прямої, що не перети-
нає даного трикутника, дорівнює
середньому арифметичному відста-
ней від вершин трикутника і його
ортоцентра до цієї прямої.
Доведення. Нехай А' - середи-
на АН, а Ма - середина ВС. Тоді О9 -
середина А'Ма (див. мал. 41). Якщо
точки А, В, С,А', Ма, Н і О9 віддалені
від прямої е на відстані да, дь, дс, сі',
дт, дк, гі9, як показано на малюнку 45,
то за властивістю середньої лінії
трапеції маємо:

Отже,	= — (да + дь + дс +
Примітка. Коло дев’яти точок досліджував не лише Ейлер.
Про 9 згадуваних точок трикутника в 1821 році писали Бріан-
шон і Понселе, а ще раніше - в 1804 р. один англійський мате-
матичний збірник помістив задачу, яка зводилась до доведен-
ня теореми про 9 точок. Л. Ейлер досліджував розташування
визначних точок трикутника повніше і більш цілеспрямовано.
Тому термін коло Ейлера найбільш прийнятний.
34.	Формула Ейлера. Відстань від центра описаного навколо
трикутника кола до центра вписаного кола:
42
4 = уіП2-2Кг.
о Доведемо цю формулу. Нехай	І/ / \ \
АВС - довільний трикутник, АО і /	/ \ \
СТ - бісектриси його кутів, О і І/ - І /	\ \
центри описаного і вписаного кіл І /	\
(мал. 46). Оскільки В - середина	______І /1 (УС
дуги ВС, то діаметр ВР кола, описа-	в у Ма\ Аі //
ного навколо ААВС, перпендику- N. 1/ //
лярний до хорди ВС і перетинає її в
середині Ма. Нехай ЬК ± РВ. Тоді	&
за теоремою косинусів маємо:	Мал. 46
ОЬ2 = ОВ2 + ВЬ2 - 2ОВ • ВЬ сов /_ ОВЬ = В2 + ВЬ2 - 2В • ВК.
Оскільки кут СЬВ вимірюється півсумою дуг АТ і СВ, &АТ =
ВТ і СВ = ВВ, то він вимірюється половиною дуги ТВ, на яку
спирається кут ТСВ. Отже, /.ВЬС = ^ВСЬ, СВ = ЬВ. До того ж
ОС2 = 2П • ОМа, бо БМа : ЛС =ОС : 2Н. Тому:
ОЬ2 = В?+ПЬ2 - 2П • ВК=І? + 2П‘ОМа-2П(г+ВМа) =&- 2Пг.
Отже, у кожному трикутнику відстань між центрами вписа-
ного й описаного кіл 
й = а/р2-2Рг.
35.	За подібними формулами можна визначати також
відстані від центра описаного навколо трикутника кола до
зовнівписаних кіл (див. п. 19).
Якщо В - радіус кола, описаного навколо трикутника, а га -
радіус зовнівписаного кола, яке дотикається до сторони а, то
відстань між їх центрами
4а =^П2+2Вга .
Мал. 47
Доведення. Нехай АВС -
довільний трикутник, О - центр
описаного кола, а Іа - центр
зовнівписаного кола, яке доти-
кається до сторони ВС, до променя
АВ в точці В, а В - середина дуги
ВС (мал. 47). Тоді:
АВІаВ = ЛРВІа - АРАІа.
43
Крім того,
ЛВВІа = АСВІа - ЛСВВ і ЛВАІа = ЛСАВ = ЛСВВ.
Тому АВВІа = ЛВІаВ, ВВ = ВІа.
Якщо К - середина хорди СВ, то ОК ± СВ. Опустимо на пря-
му ОВ перпендикуляр ІаТ. Тоді СВ || ІаТ і КТ = га.
Шукану відстань д,а = 01 а визначимо за теоремою косинусів
з трикутника ОІаВ'.
<іа = 01% = ОВ2 + ВІ% + 2ОВ • ВТ,
бо ВІа соз /_ОВІа — -ВТ.
<£ = В2 + ВВ2 + 2В-ВТ.
Але КВ : ВВ = ВВ : 2В, тому ВВ2 = 2В • КВ. Отже,
=В2 + 2В-КВ + 2В ВТ = В2 + 2В • КТ = В2 + 2Вга.
Звідси: аа =у]в2 +2Вга .
Аналогічно: (іь = у] В2 +2Вгь ,ЛС = у] В2 +2Вгс,
Ці формули також вперше вивів Л. Ейлер. Інші способи їх
доведення є в [2] .
36.	Як показано вище, в кожному трикутнику точки О, М,
Н, О9 розташовані на одному відрізку ОН, а центр Ь вписаного
кола у різносторонньому трикутнику не лежить на прямій ОН.
Тобто точки О, Н і Ь - вершини деякого трикутника, який на-
зивають трикутником центрів. Сторони цього трикутника
можна визначати за такими формулами:
ОН2 = 9Л2 - (а2 + Ь2 + с2);
ОЬ2 = В2- 2Вг,
ЬН2 = 4Л2 + 4Лг + Зг2 - р2.
Відомі також формули для визначення кутів трикутника
центрів. О. Акулов у газеті «Математика» (2003, № 20),
ввівши позначення кутів £ = ц, О = т, Н = Т|, пропонує визнача-
ти їх за формулами соз Ц = тід, соз т = /дв, соз Г| = кві, у яких
змінні визначаються добутком матриць
12 3-1
З 2-2-2
1-400
3 7 5 -3
9 16 8-8
-1-31 1
44
і формулами:
о = (зіпА + зіп В + зіпС)2;
о	4
р = —зіпА зіпВ зіпС.
Н 2л/о
37.	Л. Ейлер довів ще одну до-
сить важливу для геометрії три-
кутників формулу (другу формулу
Ейлера). Нехай АВС - довільний
трикутник, 5 - його площа, О і В -
центр і радіус описаного кола, точ-
ки К, Р, Т - основи перпендику-
лярів, опущених з довільної точки
У на сторони трикутника АВС (мал. 48). Якщо 8Х - площа три-
кутника КРТ, то:	2
Доведемо цю формулу. Позначимо точки, в яких промені
АХ, ВХ, СХ перетинають описане коло, літерами Ар В19 С1 і по-
кажемо, що трикутники КРТ і АіВіСі подібні. Навколо чотири-
кутників АРХТ і СКХР можна описати кола, тому за влас-
тивістю вписаних кутів:
ХХРТ = ХХАВ = ХА^В і ХХРК = ХХСК = ХВВхСх.
Отже, ХКРТ = ХА-^В^С^. Аналогічно ХРТК = ХВ-^С-^А^ тому
АКРТЦ АА1В1С1. Подібні також трикутники ВХС і СГХВІ9
бо ХСхСВ = ХС^В і ХСХВ = ХВуХС^.
Позначимо: а, Ь, с, 8, В- сторони, площу і радіус описаного
кола навколо трикутника АВС; а19 Ь19 с19 819 В - трикутника
Л । В{СГ; к, д, і, 8Х, Вх - трикутника КРТ. Тоді:
аЬс _	~ = кді
8= 4ЇЇ’ 81" 4В ’ * 4ВХ’
Звідси:
5Х _ кді-В
5 аЬс-Вх
З подібності трикутників АіВіСі і КРТ випливає пропорція
/? В.С. т
Т°Му:	8Х _ кді-В1С1_ді-В1С1
8 аЬс.к аЬс
45
Оскільки СХ і ВХ - діаметри кіл, описаних навколо чотири-
кутників ХКСР і ХКВТ, то д = СХ зіп С. Так само і = ВХ зіп В.
Крім того,
В1С1 _ ВуХ
а ~ СХ
Звідси:	ВгСг =	.
Тому:
8Х _ аВіХ СХзїп С -ВХзіп В _ ВХ-В^Х
8 СХ	аЬс	4Я2
Тепер уявімо діаметр кола, описаного навколо трикутни-
ка АВС, який проходить через точку X. Ця точка ділить
діаметр на два відрізки, довжини яких В 4- ОХ і В - ОХ. їх до-
буток дорівнює добутку ВГХ • ВХ. Отже,
8Х = (В+ОХ)(В-ОХ) = В2- ОХ2 .
5	4В2	4В2
Звідси:
Так доводиться формула Ейлера для випадку, коли точка X
лежить у внутрішній області гострокутного трикутника. На-
справді формула правильна також для довільної точки X,
розміщеної в площині трикутника, тільки в цьому випадку ви-
разу дужках може бути і від’ємним. Можна довести (див. [20,
158]) і загальнішу формулу:
4 І в2
Користуючись другою формулою Ейлера, можна досить прос-
то обчислювати площі ортоцентричного та деяких інших три-
кутників (див. задачу 162), а також доводити важливі теореми.
38.	Розглянемо граничний випадок формули Ейлера. Якщо
точка X лежить на колі, описаному навколо трикутника АВС,
то ОХ = В і 8Х = 0, тобто трикутник КРТ вироджується у
46
відрізок (мал. 49). Маємо таку теоре-
му (теорему Сімсона): якщо з якоі-
небудь точки кола, описаного навко-
ло трикутника АВС, опустити
перпендикуляри на прямі АВ, ВС,
СА, то основи цих перпендикулярів
лежатимуть на одній прямій. Цю
пряму називають прямою Сімсона.
Кожній точці кола, описаного
навколо трикутника, відповідає
єдина пряма Сімсона. Зокрема, як-
що ця точка - вершина трикутника,
то пряма Сімсона містить висоту
трикутника. Якщо розглядувана
точка - діаметрально протилежна
вершині трикутника, то пряма
Сімсона містить протилежну сторо-
ну трикутника.
Якщо X - довільна точка кола,
описаного навколо трикутника, то
точки ХА, Хв, Хс, симетричні X
відносно сторін трикутника, лежать
і ні одній прямій (мал. 50). Бо на цю
пряму відображається пряма Сімсо-
п а гомотетією відносно точки X з
коефіцієнтом 2. Можна довести, що
ос тання пряма проходить через ортоцентр даного трикутника.
І Це одну важливу властивість трикутників, виявлену і об-
ґрунтовану Ейлером, розглянемо в п. 46.
Дотримуючись прийнятих у параграфі позначень, доведіть
твердження 135-161.
135.	О9О2 = - В2- - (а2'+ Ь2 + с2).
4	4
136.	О9М2 = -в2- — (а + Ь2+с2\.
4	36і	’
47
137.	ОдА2 = І(В2+ Ь2 + с2-а2).
4
138.	ЛОАН = | ЛВ - АС\; ЛОАВ = ЛНАС = 90° - С.
*•
139.	ОЬ2 = Я2(1 - 8зіп зіп зіп§).
2	£л £л
140.	ОН2 = 7?2(1-8 соз А соз В соз С).
141.	ОдН2 = — Р2(1-8 соз А соз В соз С).
4
142.	ОдМ2 =	Я2(1-8 соз А соз В соз С).
36
А	В	С
143.	ЬН2 = 4Р2(8зіп2 — зіп2— зіп2— - соз А соз В соз С).
&	2	2
144.	ЬН2 = 2г2 + 0,5 (ОН2 - Л2).
145.	ЬН2 = 4Я2 + 4Яг + Зг2 - р2.
146.	У прямокутному трикутнику центр кола Ейлера
збігається з серединою медіани, проведеної до гіпотенузи.
147.	Діаметр кола Ейлера дорівнює радіусу кола, що прохо-
дить через центроїд трикутника і дві його вершини.
148.	У прямокутному трикутнику відстань від центроїда до
центра описаного кола дорівнює шостій частині гіпотенузи.
149.	У кожному трикутнику радіус описаного кола не мен-
ший за діаметр вписаного кола.
150.	Пряма Ейлера поділяє даний трикутник на два рівнове-
ликі трикутники тоді, коли даний трикутник прямокутний або
рівнобедрений.
151.	Центр вписаного в трикутник кола лежить на прямій
Ейлера тоді і лише тоді, коли даний трикутник рівнобедрений.
152.	Пряма Ейлера трикутника АВС паралельна його сто-
роні АВ тоді і лише тоді, коли А • В = 3.
153.	Якщо пряма Ейлера трикутника перпендикулярна до
його бісектриси, то вона відтинає від даного трикутника рів-
носторонній трикутник.
154.	Якщо медіана трикутника перпендикулярна до його
прямої Ейлера, то квадрати його сторін (і медіан) утворюють
арифметичну прогресію.
155.	Якщо Н - ортоцентр трикутника АВС, то прямі Ейлера
трикутників АВС, АВН, АСН, ВСН перетинаються в одній точці.
48
156.	Якщо К,Р,Т - точки дотику кола, вписаного в трикут-
ник АВС, то площі трикутників КРТ і АВС відносяться як
рвадіус вписаного кола до діаметра описаного.
157.	Якщо точка Аг симетрична вершині А трикутника АВС
відносно середини М сторони ВС, то кола Ейлера трикутників
АВС і АгВС дотикаються в точці М.
158.	Якщо НА = В, то ОдА = |л/а2+^+с2-5Й2.
159.	Якщо середина відрізка ОА або ІА лежить на колі Ейлера,
то А = 60°.
160.	Якщо в трикутнику АВС середина відрізка МА лежить
на колі Ейлера, то 2а2 = Ь2 + с2.
161.	Точка перетину двох прямих Сімсона, які відповідають
двом діаметрально протилежним точкам кола, описаного навко-
ло трикутника АВС, лежить на колі Ейлера цього трикутника.
162.	Користуючись другою формулою Ейлера, доведіть фор-
мули для обчислення площі: а) ортоцентричного трикутника;
б) трикутника КРТ, вершини якого є точками дотику вписано-
го кола до сторін даного трикутника.
163.	Доведіть, що у кожному трикутнику
ОА+ОВ4-ОС=ОН.
164.	Кути трикутника дорівнюють 90°, 60° і 30°. Знайдіть
кути його трикутника центрів.
ЧЕВІАНИ І ТРАНСВЕРСАЛІ ТРИКУТНИКА
39.	Як відомо, у кожному трикутнику всі три медіани пере-
гинаються в одній точці, всі три бісектриси перетинаються в
одній точці, всі три висоти лежать на прямих, які перетина-
ються в одній точці. Заслуговують на увагу також деякі інші
прямі, які проходять через вершини трикутника і перетина-
ються в одній точці. Узагальнимо твердження про такі прямі.
Відрізок, який сполучає вершину трикутника з якою-не-
будь точкою його протилежної сторони, називають чевіаною
трикутника (в пам’ять італійського математика Чеви, який
вивчав властивості таких відрізків).
49
Мал. 51
Нехай дано довільний трикут-
ник АВС і на його сторонах АВ, ВС,
СА точки С.,А., В. (мал. 51). Якщо
прямі ААр ВВ., СС. перетинаються
в одній точці X, то
АВ. СА. ВС.
в.с'а.в'с.а
(*)
Доведення. Проведемо через вершину А пряму КР, пара-
лельну ВС, яка з прямими ВВ. і ССХ перетинається в точках
К і Р. Із подібності трикутників АКВі і СВВ., АРС. і ВСС., СА.Х
і РАХ , ВА.Х і КАХ випливають такі пропорції:
АВ1 АХ ВС. = ВС_ СД _ АР бп СА. А.Х А.В
В.С	ВС* С.А АР* А.В АК ’ АР ~ ХА ~ АК
т АВ. СА. ВС. АК АР ВС л
В.С А.В С.А ВС АК АР
40.	Правильне й обернене твердження. Якщо точки А., В.,
С. лежать на сторонах ВС, АС і АВ трикутника АВС і вико-
нується умова (*), то прямі АА., ВВ., СС. перетинаються в
одній точці.
Доведення. Нехай виконується умова (*) і прямі ВВ. і
СС. перетинаються в якійсь точці Т. Тоді згідно з доведеною ви-
ще теоремою пряма АТ перетинає сторону ВС трикутника у
такій точці А2, що
АВ. САд ВС. _ і
^С’л^В ^А~
Оскільки згідно з умовою
АВ. СА. ВС._ г
В.С ’ А.В' С.А~
то, співставивши дві останні рівності, маємо:
СА2 СА.
А2 В А.В
А це означає, що точка А2 збігається з точкою АР
50
Дві доведені теореми можна
об’єднати в одну, яку називають
теоремою Чеви.
Для того щоб чевіани трикутни-
ка АА19 ВВ19 ССг перетиналися в
одній його точці, необхідно і дос-
татньо, щоб виконувалася рівність
АВ! СА^ _ 1
В)С ’ АгВ ’ СгА
Цю рівність - умову Чеви - неважко запам’ятати, бо йдеть-
ся про 6 послідовних відрізків контуру трикутника (мал. 52).
Починати обходити цей контур можна з будь-якого відрізка і в
будь-якому напрямі. Можна замінити наведену вище рівність
рівністю двох добутків: АВХ • САХ • ВСХ = ВгС • АХВ • СгА. Якщо
чевіани трикутника поділяють сторони, як показано на ма-
люнку 52, то умову Чеви можна записати так: а^Сі = а2Ь2с2.
Зауваження. Правильна й загальніша теорема, в якій
ідеться про загальніше поняття чевіан, про їх перетин за межа-
ми трикутника і про їх паралельність (див. [8, 9]).
Джованні Чева (1648-1734) - італійський геометр, інже-
пер-гідравлік і економіст. Свою теорему він сформулював у
праці «Про пересічні прямі» (1678), яка започаткувала нову
синтетичну геометрію. Доводив він її, використовуючи власти-
вості центрів мас системи точок.
41.	Користуючись теоремою Чеви, доведені раніше твер-
дження про перетини медіан, бісектрис чи висот трикутника
можна довести іншим способом. А можна довести й багато
інших тверджень. Розглянемо деякі з них.
Відрізки, які сполучають вер-
шини трикутника з точками
дотику вписаного в нього кола,
перетинаються в одній точці.
Доведення. Вписане коло
дотикається до сторін трикутни-
ка АВС у таких точках А19 В19 Сг
(мал. 53), що АВг = АС19 ВСг =
ВА19 САі = СВі.
Отже маємо, щоАВі • САг • ВСХ=
ВгС-АіВ-СхА.
51
>	Умова Чеви виконується, тому
ч	/	розглядувані відрізки перетина-
А	---. ються в одній точці (?.
ї	К/	\ Точку перетину таких чевіан
І	№	\ трикутника називають точкою
\ С /М	/ ЖеРгона- Ж. Д.Жергон (1771-1859)
х. І^Сц^Ах / ” французький математик і астро-
ном, спеціаліст з алгебри, проек-
п	тивної геометрії та математичної
/	лА	логіки.
/І	м у	42. Відрізки, що сполучають вер-
'	'	шини трикутника з точками до-
Мал 54	тику до його сторін зовнівписаних
кіл, перетинаються в одній точці.
Доведення. Нехай зовнівписані кола дотикаються до сторін
трикутника АВС у точках Ар В19 Сг (мал. 54). Тоді ВВ = ВМ = р,
АВ1 = АВ = ВВ - ВА= р - с іАіВ = ВК = АК - АВ = р - с.
Отже, АВі = АГВ. Аналогічно: САг = АС19 ВСг = СВР Тому
АВі • САі • ВСі = Ві С • АгВ • Сі А.
Розглядувані відрізки задовольняють умову Чеви, тому вони
перетинаються в одній точці N. Її називають точкою Нагеля - в
честь німецького математика і геодезиста А. Нагеля (1821-
1903), який досліджував властивості цієї точки трикутника.
Розглянемо і ми деякі з них.
Кожна чевіана, яка проходить через точку Нагеля, поділяє
контур трикутника на дві ламані рівних довжин. За влас-
тивістю дотичних маємо АВ + ВАГ = АК, АС + САг = АТ, а
АК =АТ. Отже, чевіана ААі поділяє периметр трикутника ВАС
на дві ламані рівних довжин. Те саме можна повторити стосов-
но двох інших чевіан трикутника АВС.
43. Чевіани трикутника, проведені до точок, які поділя-
ють сторони трикутника на частини, пропорційні квадра-
там прилеглих до них сторін, проходять через одну точку.
Доведення. Якщо виконується умова теореми, то відрізки
АВ19 ВгС, СА19 АгВ, ВСі9 С]А дорівнюють відповідно:
Ьс2 Ьа2 аЬ2 ас2 са2 сЬ2
с2 + а2' с2+а2' Ь2 + с2 1?+с2 с? + Ь2 а2+Ь2
Добуток першого, третього і п’ятого з цих виразів дорів-
нює добутку решти виразів, отже, умова теореми Чеви вико-
нується.
52
Аналогічно можна довести теорему не тільки для квадратів
сторін трикутника, а й для довільних їхніх степенів.
в 44. Чевіани трикутника, проведені до точок, які поділя-
ють його сторони на частини, пропорційні одним і тим самим
функціям прилеглих кутів, перетинаються в одній точці.
Наприклад, якщо АВГ : ВгС = /(А): /(В); САг : АгВ = /(В): /(С);
ВСг : СгА = /(С): /(А), то чевіани ААГ, ВВг, ССГ перетинаються в
одній точці. Адже
Г(А) /(В) Г(С) _х
/(В) /(С) /(А)
Нехай на сторонах довільного трикутника АВС взято
точки А2, В2, С2 так, що вони поділяють кожну із сторін на
частини, пропорційні до прилеглих чевіанАА^, ВВ19 ССІ9 які пе-
ретинаються в одній точці. За таких умов чевіани АА2, ВВ2,
СС2 також перетинаються в одній точці.
Доведення. Нехай сторони трикутника дорівнюють а, Ь,
Су а чевіани АА1Г ВВ19 ССг - и, V їй). Тоді чевіани АА2, А2В, ВС2,
С^А, АВ2, В2С дорівнюють відповідно
аи) ао со си Ьи Ьо
--- , --, ---, ---9 ---9---•
о+и) о+и) и+о и+о іи+и и)+и
Добуток першого, третього і п’ятого із цих дробів дорівнює
добутку інших. Отже, умова Чеви виконується.
45. Теорема Ван-Обеля. Якщо чевіани ААГ, ВВ19 ССг трикут-
ника АВС перетинаються в його внутрішній точці Х9 то
АХ = АВг АСі
ХАг ~ В£ + СгВ ’
Доведення. Проведемо прямі
ВК, СР і пряму КР, паралельну СВ
(мал. 55). З подібності трикутників
КАВГ і ВСВі та АРСГ і ВССг маємо:
ХА = АВ1 АР	АСі
ВС В£9 ВС	СгВ
Трикутники КХР і ВХС також
подібні, тому
*
АХ КР _ КА АР	А(\
ХАГ ВС ВС + ВС ВС + СіВ'
53
ЛХ ВХ ех лх | вх | ех
ХА1 ’ ХВ1 ’ ХС1 І ХЛ1 ХВ1 ХС1
Отже:	АХ __ АВг А(\ .
ХАі ДС ДВ
Ван-Обель - голландський математик. Теорему, яку тепер
називають його ім’ям, він надрукував у вигляді задачі в одно-
му з математичних журналів у 80-ті роки XIX ст.
46. Теорема Ейлера. Якщо X - довільна внутрішня точка
будь-якого трикутника АВС, то
= 2.
Доведення. Позначимо (див. мал. 55):
АВг : ВгС = и, САГ : АГВ = V, ВСГ : СгА = и).
Згідно з теоремою Чеви иои) = 1, а за теоремою Ван-Обеля
АХ : ХА, = и + - > ВХ : ХВ. = ш+-'СХ: ХС, = у+--
и)	V	и
Нехай сума і добуток цих відношень дорівнюють відповідно
о і 5. Тоді:	111
<5 = и + о + и)-\-1-1— »
и) V и
= иои) + и + о + іи + ~ Ч- — Ч-1--’
и) о и иои)
або 8 = 1 + о + 1. Звідси: 8 - о = 2.
Що й вимагалось довести.
47.	Теорема Жергона. Якщо чевіаниААг, ВВГ, ССг трикут-
ника АВС перетинаються в точці X, то
ХАг	ХД	ХСг	ч ХЛ	ХВ	ХС
---~ Ч----- Ч---- = 1------1----Ч------- 2
ЛЛі	ВД	ССі ’ ЛАі	ВД	ССі
Доведення. Оскільки площі трикутників з рівними ос-
новами відносяться як їхні висоти, а висоти - як відповідні по-
хилі, то (див. мал. 55)
&вхс ХАг 8ахс _ ХД 3ВХА _ ХСГ
^авс ААу $>авс ВД Дівс СС±
54
Додавши почленно ці три про-
порції і врахувавши, що 8ВХС+
+8ахс+Ввха+Вавс> отримаємо пер-
шу рівність теореми Жергона.
Щоб отримати другу частину тео-
реми, зважимо на те, що
ХА _ АА1-ХА1 = 1 ХАг
ААХ АА1	АА1
Аналогічно:
хв	^с _ хс,
ВВІ ВВІ 9 ссг ссх'
відтинають від нього три
Додавши три останні рівності і скориставшись першою час-
тиною доводжуваної теореми, матимемо і другу рівність.
Теорема Жергона правильна і в тому випадку, коли точка X
знаходиться на стороні трикутника (мал. 56). Тільки в цьому
випадку один із доданків першої з доводжуваних рівностей
дорівнює нулю.
48.	Нехай X - будь-яка внутрішня точка довільного трикут-
ника АВС, а прямі, що проходять через середини А', В', С'
відрізків ХА, ХВ, ХС паралельні протилежним сторонам да-
ного трикутника (мал. 57). Вони
такі трикутники, що сума трьох
відповідних лінійних елементів
цих трикутників дорівнює відпо-
відному лінійному елементу дано-
го трикутника АВС.
Січні, проведені паралельно
сторонам трикутника, відтинають
від нього трикутники, подібні
даному. Тому кожен із трикут-
ників АЕМ, ТВН, КРС подібний
трикутнику АВС. Якщо коефі-
цієнти подібності к = АА : АА1г
тп = ВВ': ВВР п = СС': СС1? то
ь	1 / ХА ХВ
к+ ш+ п = —----1- -
2 І ААг ВВ^
=1.2 = 1.
ССі )	2
55
Отже, якщо (і - деякий лінійний елемент трикутника АВС,
а йА, йв, йс - відповідні лінійні елементи відрізаних трикут-
ників, то
кй + тй + пй = й(к + тп + п) = й.
Наприклад, сума діаметрів кіл, вписаних у ці трикутники,
дорівнює діаметру кола, вписаного в трикутник АВС. Те саме
правильно стосовно медіан, висот, бісектрис, діаметрів описа-
них кіл, кіл Ейлера тощо.
49.	Досі йшлося про три чевіани трикутника, які перетина-
ються в одній точці. Якщо ж вони не проходять через одну точ-
ку, то обмежують деякий трикутник КРТ (мал. 58). У якому
відношенні кожна з цих чевіан поділяється двома іншими? Як
відносяться площі трикутників КРТ і АВС? Усе залежить від
того, в якому відношенні чевіани трикутника поділяють його
сторони.
Відомо, що будь-який трикутник можна спроектувати на
площину так, що його паралельною проекцією буде рівносто-
ронній трикутник. При цьому
збережуться відношення відпо-
відних відрізків і відношення
площ відповідних багатокутників.
Тому дану задачу для довільного
трикутника можна звести до ана-
логічної простішої задачі про рів-
носторонній трикутник. Для при-
кладу розглянемо рівносторонній
трикутник АВС, у якого АВХ = САХ =
= ВСХ = п і ВХС = АХВ = СХА = тп
(мал. 59). З’ясуємо, як відносять-
ся площі 5Х і 5 трикутників КРТ
і АВС. Позначимо; АХК = ВХР = СХТ =
= х, КР = РТ = ТК = у, АР = ВТ =
= СК = 2.
За теоремою косинусів із три-
кутника ААХС маємо:
ААХ = (х + у + г)2 = п2 + (т + п)2 -
- 2п(т + п) соз 60° = т2 + тп + п2.
Оскільки трикутники АРВХ
і СААХ подібні, то х : 2 =п : (гп + п),
2 = х (т + п): п.
56
Тому: х : п = п : (х + у + з) = п : л/тп2 + тп+п2 .
* .	п2	п2	п(т+гі)
Звідси:	х =---------= --------X—; з = —.
х+у + з тп+тип+п	т + тп+п
Тоді:	----------
у=АА1 - х- 2 = \т2+ тп+п2 -
п2	п(т + п) _	т2-п2
\Іт2+тп+п2 \Іт2+тп+п2 \Іт2+ тп+п2 ’
х = у =	2
п2 т2-п2 п(т+п)
Отже,
: 8 = у2 : (т + п)2 = (т - п)2 : (т2 + тп + п2),
8(т-гі)2
1 т2+тп + п2
Наприклад, якщо трикутник АВС правильний і п = 1, т = 2,
т0	1	3	3	1
х = -/=< у = -7=-» з - -т= • 8, = - 5.
77	>/7	77	7
Якщо трикутник АВС різносторонній, то довжини його
чевіан різні і трикутник КРТ неправильний, але відношення
частин чевіан і відношення площ трикутників КРТ і АВС такі
самі.
50. Якщо пряма перетинає сторони трикутника або їх про-
довження, її називають трансверсаллю даного трикутника.
Умова існування трансверсалі (коли три точки лежать на одній
прямій) досить схожа до умови теореми Чеви (коли три чевіани
проходять через одну точку). Тільки, досліджуючи трансвер-
салі, мають на увазі напрямлені відрізки.
Теорема. Якщо АВС - довільний трикутник, а трансвер-
саль перетинає прямі АВ, ВС, СА відповідно в точках С19 А19
В19 то
АВХ САі ВСі _ _і
ДС ’АїВ ’СіА “	•	1 '
57
Доведення. Нехай к, І, т -
відстані від вершин А, В, С трикут-
ника до трансверсалі (мал. 60).
Тоді:
АВг	й САГ _т ВСГ
ВР	щ АгВ І СГА	к
Перемноживши ці рівності по-
членно, матимемо:
АВГ САГ ВСГ
ВГС ‘ ДВ ’ фї
Це доведення відповідає малюнку 60, на якому напрям
відрізка ВСГ протилежний до напряму відрізка СГА , тому зна-
чення третього дробу від’ємне. В інших випадках (якщо транс -
версаль не проходить через вершину трикутника) від’ємним
буває значення іншого дробу. Якщо ж трансверсаль перетинає
не сторони трикутника, а їх продовження (мал. 61), то тоді зна-
чення всіх трьох дробів від’ємні і доводжувана рівність також
правильна.
51. Правильна й обернена тео-
рема (теорема Менелая). Якщо
АВС - довільний трикутник, а
на прямих АВ, ВС, СА взято точ-
ки Ср А19 В] такі, що виконується
рівність (*), то ці точки лежать
на одній прямій.
Доведення. Нехай пряма
АХВХ перетинає пряму АС в де-
якій точці Р (мал. 62). Згідно з
попередньою теоремою маємо:
АВг САг ВР =1
ВіС ’ АЛВ ’ РА
Порівнявши цю рівність з
рівністю (*), дістанемо ВР : РА =
= ВСг : СХА, що можливо тільки
за умови, коли точка Р збігаєть-
ся з Сі. Отже, якщо виконується
умова (*), то точки Ар Вх, С\ ле-
жать на одній прямій.
58
Менелай Александрій-
ський (І ст. н. е.) - давньо-
грецький математик. У трак-
таті «Сферика» він вико-
ристовував розглядувану
теорему для дослідження
сферичних трикутників. То-
му, можливо, першим довів
її хтось інший, а хто - не-	,,
Мал. 63
ВІДОМО.
Теорему Менелая застосовують найчастіше тоді, коли
потрібно довести, що три певні точки лежать на одній прямій.
Доведемо, наприклад, що основи зовнішніх бісектрис три-
кутника завжди лежать на одній прямій.
Доведення. Нехай зовнішні бісектриси кутів А, В, С три-
кутника АВС перетинають прямі ВС, СА, АВ у точках К, Т, Р
(мал. 63). Позначимо: ВС = а, СА = &, АВ = с. Тоді за властивістю
бісектрис зовнішніх кутів трикутника
АТ
ТС
£ ск ВР _ а
а ’ Ив с' РА Ь
АТ СК
Умова теореми Менелая виконується, тому точки К,Т\Р ле-
жать на одній прямій.
Доведіть твердження 165-173.
165.	Три медіани трикутника проходять через одну точку.
166.	Три бісектриси трикутника проходять через одну точку.
167.	Три чевіани, кожна з яких поділяє периметр трикутни-
ка на дві ламані рівних довжин, проходять через одну точку.
168.	Три чевіани трикутника проходять через одну точку,
якщо вони поділяють сторони трикутника на частини, про-
порційні кубам (п-ним степеням) прилеглих сторін.
169.	Три чевіани трикутника перетинаються в одній точці,
якщо вони поділяють протилежні сторони на частини, про-
порційні тангенсам прилеглих кутів.
170.	Якщо чевіани ААГ і ССг довільного трикутника АВС пе-
ретинаються в точці X, то
СХ • АСі • АіВ = ХСх • АВ • АХС.
59
171. Якщо Н - ортоцентр
трикутника АВС, то
АН : ННа = соз А(с созВ +
+ Ь соз С): а соз В соз С.
172> Якщо чевіана ААХ три-
кутника проходить через точку
N Нагеля, то АN: ХА; = а: (р - а).
173. Якщо три чевіани три-
кутника перетинаються в одній
точці, то і чевіани, симетричні
їм відносно відповідних бісект-
рис трикутника, також перети-
наються в одній точці.
174.	На катетах АС і ВС прямокутного трикутника АВС
зовні нього побудовані квадрати АСКР і СВМТ. Доведіть, що
прямі АМ, ВР і висота СН трикутника перетинаються в одній
точці (мал. 64).
175.	Чевіана ССг проходить через середину медіани АМа.
У якому відношенні вона поділяє сторону АВ?
176.	Чи може кожна з двох чевіан трикутника точкою пере-
тину ділитися навпіл?
177.	Чи може бісектриса трикутника проходити через сере-
дину його висоти?
178.	Через точку X на медіані АМ трикутника АВС проведе-
но чевіани ВВг і ССг. Чи завжди прямі ВХСХ і ВС паралельні?
179.	Медіану АМа трикутника АВС точки МІХ ділять на
три рівні частини. У якому відношенні чевіани, що проходять
через ці точки, ділять сторону АВ? А сторону АС?
180.	У трикутнику АВС чевіана ССГ проходить через середи-
ну чевіани ААі. У якому відношенні точка Сі ділить сторону
АВ, якщо ВАі : АХС = 1 : З?
181.	Чевіани ААГ і ССг трикутника АВС перетинаються в
такій точці X, що АХ : ХАг = и : и. Знаючи, що ВАг: АГС = п: ш,
знайдіть: а) АСГ : СГВ; б) СХ : ХСР
182.	Основи чевіан ААР ВВГ,ССГ, які перетинаються в одній
точці, поділяють сторони трикутника у відношенні АВі : ВХС =
= САі : АГВ = т : п. Знайдіть відношення ВСг : СгА.
183.	Якщо коло перетинає сторону АВ трикутника в
точках Сі і С2, сторону ВС - в точках Аг і А2, сторону СА - в точках
Ві ІВ2 так, що прямі ААР ВВР ССГ перетинаються в одній точці, то
і прямі АА2, ВВ2, СС2 перетинаються в одній точці. Доведіть.
60
184.	На сторонах трикутника АВС взято точки А19 В19 Сі
такі, що АГВ : АХС = и, ВгС : ВіА = V, СГА : СгВ = ю. Знайдіть
відношення площ: а) трикутників	і АВС; б) трикутника,
обмеженого чевіанами АА19 ВВ19 СС19 і трикутника АВС.
185.	Доведіть, що основи двох бісектрис трикутника і зов-
нішньої бісектриси, проведеної з третьої вершини, лежать на
одній прямій.
186.	Через вершини трикутника проведені дотичні до описа-
ного кола. Доведіть, що точки перетину цих дотичних з прями-
ми, яким належать протилежні сторони трикутника, лежать
на одній прямій.
ОБЕРНЕНІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
52.	Звернімо увагу на точки О і Н - центр описаного кола і
ортоцентр довільного трикутника. Вони лежать на променях
АО і АН, симетричних відносно бісектриси кута А. Якщо про-
мені АО і АН перетинають описане коло в точках РІК
(мал. 65), то кут К прямий, КР || ВС, и ВР = и КС,.тому вписані
кути ВАР і САК дорівнюють один одному.
Промені ВО і ВН також симетричні відносно бісектриси ку-
та В, а СО і СН - відносно бісектриси кута С. Кажуть, що О їН -
обернені точки трикутника.
Точки X і ¥ називаються оберненими точками трикутника
АВС, якщо промені АХ і А¥ симетричні відносно бісектриси
кута А, ВХ ЇВУ - відносно бісектриси кута В, СХ і СУ - віднос-
но бісектриси кута С. (Згодом поняття обернених точок розши-
римо).
Отже, у кожному трикутнику
центр О описаного кола і ортоцентр Н
трикутника - взаємно обернені точ-
ки. Позначатимемо це так:
О<=>Н.
Існують також інші пари взаємно
обернених точок трикутника. Далі
розглянемо деякі з них, але спочатку
доведемо загальну теорему.
53.	Для кожної внутрішньої точки
трикутника існує обернена їй точка.
61
Мал. 66
Доведення. Нехай АВС -
довільний трикутник, а К - довіль-
на його внутрішня точка (мал. 66).
Проведені через точку К чевіани
АА19 ВВ19 ССг задовольняють умову
Чеви. Проведемо ще промені АА2,
ВВ2, СС2, симетричні променям
АА19 ВВ19 ССг відносно бісектрис
кутів А, В, С відповідно. Покаже-
мо, що чевіани АА2, ВВ2, СС2 також
задовольняють умову Чеви. Для
цього позначимо:
ХКАВ = ^ЛгАС = а, ^КВС = ^В2ВА = р, ЛКСВ =^С2СА = у.
Знайдемо відношення, в якому промінь АК ділить сторону ВС.
Опустимо на пряму АК перпендикуляри ВР і СТ. Тоді ВР =
= с зіпа, СТ = Ь 8іп(А - а).
ВАГ _ ВР _ сзіпа
Отже.-	~	’
Аналогічно визначаємо:
СВ1 = азіпр АС^ _ бзіп(С-у)
ВГА с8Іп(В-р) 1 СХВ азіпу
Оскільки чевіани АА1г ВВХ, ССг перетинаються в одній
точці, то вони задовольняють умову Чеви:
сзіпа азіпр дзіп(С-у)	*
&зіп(А-а) сзіп(В-Р) азіпу
Так само визначимо:
ВА^ _ сзіп(А-а) СВ2 _ азіп(В-р) АС2 _ &зіп у
А^С йзіпа В2А сзіпр ’ С2В азіп(С-У)
Оскільки рівність (*) правильна, то правильна і рівність
сзіп(А-а) азіп(В-р) бзіпу
йзіпа сзіпв азіп(С-у)
тобто, чевіани АА2, ВВ2, СС2 задовольняють умову Чеви.
А це означає, що ці відрізки перетинаються в деякій точці Р.
62
Отже, для будь-якої внутрішньої точки К трикутника існує
єдина обернена їй точка Р.
Тільки якщо К - точка перетину бісектрис даного трикутни-
ка, то оберненою їй є ця сама точка К. Для будь-якої
внутрішньої точки сторони трикутника оберненою їй є проти-
лежна вершина трикутника. Але така відповідність нецікава,
бо вона не взаємно однозначна. Можна розширити поняття
обернених точок трикутника, розглядаючи й такі точки, що
знаходяться зовні трикутника (наприклад, точки О і Н тупо-
кутного трикутника). Пропонуємо це дослідження виконати
читачам самостійно.
Виявивши пари взаємно обернених точок трикутника, мож-
на докладніше дослідити його властивості. Далі розглянемо
найважливіші пари взаємно обернених точок трикутника.
54.	Однією з найважливіших точок трикутника є його
центроїд М - точка перетину медіан. Яка точка обернена
центроїду трикутника? Щоб визначити її, треба провести
промені, симетричні медіанам трикутника відносно бісект-
рис його кутів. Частини цих променів, що знаходяться все-
редині трикутника, називають його симедіанами (скорочено
симетрична медіана). Симедіана - відрізок, який знаходить-
ся всередині трикутника і симетричний його медіані
відносно бісектриси кута, з вершини якого виходять усі
ці лінії. Наприклад, частина променя АИ/Т, симетричного
променю АМ відносно бісектриси кута А, яка знаходиться
всередині трикутника АВС, - си-	.
медіана трикутника, проведена з	д.
вершини А (мал. 67). Якщо три-	/
кутник рівнобедрений, то його у \\
симедіана, проведена до основи, /	\\
збігається з медіаною, бісектри- /________\ \______
сою і висотою. Якщо ж трикутник В ТИ Ь М	С
різносторонній, то він має три	Мал. 67
різні симедіани.
Симедіаною прямокутного трикутника, проведеною до його
гіпотенузи, є його висота. Бо бісектриса такого трикутника
поділяє навпіл кут між медіаною і висотою, проведеними до
гіпотенузи. Розглянемо найважливіші властивості симедіан
трикутника.
55.	Симедіана трикутника ділить протилежну сторону
на частини, пропорційні квадратам прилеглих сторін три-
кутника.
63
Доведення. Нехай АВС - довільний нерівнобедрений
трикутник, АМ - його медіана, АТУ - симедіана, АВ = с, АС = Ь
(див. мал. 67). Покажемо, що ВТУ : ТУС = с2 : Ь2.
Визначимо відношення площ трикутників АВТУ і АМС та
АВМ і ТУСА двома способами. Оскільки вказані трикутники
мають рівні висоти і рівні кути при вершині А, то
8ав^ В1У с-АУУ 8авм ВМ с-АМ
$Амс ~ МС Ь-АМ’ $А„С ТУС &-АТУ
Помножимо почленно дві останні рівності, врахувавши, що
ВМ = МС.
ВУУ ВМ с-АЇУ с-АМ
МС \УС Ь -АМ ' Ь-АУт'
Звідси: ВЖ : ЖС = с2: Ь2.
Наслідок. Якщо ТУ - основа симедіани, проведеної з вер-
шини А трикутника АВС, то
ас2	аЬ2
56.	Симедіана трикутника - геометричне місце точок
трикутника, відстані від яких до двох сторін трикутника
пропорційні їх довжинам.
Доведення. Нехай АТУ - симедіана трикутника АВС і
ТУТ) ±, ТУВ ± (мал. 68). Площі трикутників АВТУ і АСТУ відно-
сяться як ВТУ : ТУС і як с • ТУО до Ь • ЇУЕ. Враховуючи поперед-
ню теорему, маємо ВТУ: ТУС = с2 : Ь2. З двох останніх пропорцій
випливає рівність ТУО : ТУВ = с : Ь.
Якщо ж ТУ/ - довільна внутрішня точка симедіани АТУ, то з
подібності двох пар трикутників випливає, що опущені з неї
перпендикуляри на АВ і АС також відносяться як с : Ь.
Як відносяться симедіана і медіана трикутника, проведені з
однієї вершини? Якщо АМ і АТУ - медіана і симедіана трикут-
ника АВС, то ^ВАУУ = ХСАМ
(мал. 67). Тому площі трикутників
АВТУ і АСМ відносяться і як
ВТУ : МС, і як АВ - АТУ до АС -АМ.
А оскільки
ас2	а
Мал. 68
64
ас2 а _ с - АЖ А1¥ = 2Ьс
Ь2+с2 2~ Ь-АМ’ АМ Ь2+с2 "
Оскільки медіана АМа
симедіана
= | 72(Ь2+с2)-а\
&
то відповідна їй
АУ¥а = -^-гУІ2^ с^~а2-
о 4-е
57.	Усі три симедіани трикутника перетинаються в одній
точці ТУ. Це випливає з теореми п. 53. Незалежно від цього,
можна довести твердження і на основі теореми Чеви, врахував-
ши, що основи симедіан трикутника поділяють його сторони на
відрізки, пропорційні квадратам прилеглих сторін (див. п. 55).
Точку перетину симедіан трикутника називають точкою Лему-
ана. Е. Лемуан (1840-1912) - французький математик, який
багато працював у геометрії трикутників і геометрографії.
Промені А\¥ і АМ, В\У і ВМ, СЖ і СМ симетричні відносно
бісектрис відповідних кутів трикутника. Тому центроїд М три-
кутника і точка Лемуана Ж - взаємно обернені:
М 72» Ж.
Точка Лемуана має багато цікавих властивостей (див. задачі
192-201). А щоб краще їх формулювати і досліджувати, введе-
мо поняття антипаралельних прямих.
58.	Нехай КР - пряма, паралельна стороні ВС трикутника
АВС. Симетричну їй відносно бісектриси АЬ пряму В^ нази-
вають антипаралельною прямій ВС. Можна сказати і так: якщо
на сторонах АВ \АС трикутника АВС точки Сг і Вг розташовані
так, що ЛАВХС = В, то прямі ВС
лельними. Кажуть також, що
ВіСі - антипаралель ВС (мал. 69).
Наприклад, кожна сторона орто-
центричного трикутника анти-
паралельна протилежній стороні
даного (див. мал. 25). Розглянемо
деякі властивості антипаралелей.
Антипаралель трикутника по-
діляє його на трикутник, подібний
даному, і чотирикутник, навколо
ВіСі називають антипара-
Мал. 69
65
Мал. 70
якого можна описати коло (мал. 70),
бо довільні кути відрізаного три-
кутника такі самі, як і кути дано-
го, а ^АС1В1 = ЛС, тому Л ВС1В1 +
+ Л С = 180°, а навколо такого чо-
тирикутника можна описати коло.
Вартий уваги і такий приклад.
Коло, проведене через кінці сторо-
ни ВС трикутника, перетинає дві
інші його сторони в таких точках
К і Р, що пряма КР антипаралель-
на ВС (мал. 71). Якщо чотирикут-
ник ВКРС вписаний у коло, то
А ВКР + АС = 180°. Тоді А АКР =
=^С, отже КР - антипаралель ВС.
59.	Прямі, які проходять через
точку Лемуана і паралельні сторо-
нам трикутника, називають пара-
лелями Лемуана. У кожному три-
кутнику АВС паралелі Лемуана
перетинають його сторони в точ-
_ які лежать на одному колі (мал. 72).
Його називають колом Лемуана (першим), а шестикутник з
названими вище вершинами - шестикутником Лемуана. Коло
і шестикутник Лемуана мають багато цікавих властивостей.
Сформулюємо деякі з них. Центром кола Лемуана є середина
відрізка, що сполучає точку Лемуана з центром кола, описаного
навколо трикутника. Три сторони шестикутника Лемуана,
кахАр С2, Ср В2, Вх, А2,
66
які не лежать на сторонах даного трикутника, - рівні анти-
паралелі. Антипаралелі, які проходять через точку Лемуана,
дорівнюють одна одній і поділяються цією точкою навпіл.
Точка Лемуана - центр кола, яке перетинає сторони даного
трикутника в точках, що є кінцями трьох рівних антипарале-
лей (мал. 73). Це коло називають другим колом Лемуана.
60.	Точки Брокара. Розгляне-	Д
мо три чевіани довільного три-
кутника АВС, які з прилеглими	/ X.
сторонами утворюють рівні кути:	/ф	X.
ЛАССг = ЛВААі = ХСВВі = <р. Су/ \
Якщо кут <р малий, то такі /
чевіани обмежують деякий три- /	X.
кутник КРТ (мал. 74). Коли ж
кут ер збільшувати, то цей трикут-	—- ----------_ХХ
ник зменшуватиметься, поки,	1	С
нарешті, не виродиться в точку Р	Мал. 74
(мал. 75). Її називають точкою
Брокара, а відповідний їй кут ф - кутом Брокара. Щоб уміти
визначати розташування в трикутнику точки Брокара,
з’ясуємо спочатку, якими можуть бути кути при точці Брока-
ра. Із трикутника АВС знаходимо:
/АРВ = тс - ф - (В — ф) = тс — В.
Аналогічно:
А ВРС = п-С, ААРС = тс -А.
Отже, щоб побудувати точку Брокара даного трикутника
АВС, досить на його сторонах АВ і ВС побудувати дуги, що
вміщають кути тс - В і тс - С. Точка перетину цих дуг - шукана
точка Брокара. Можна довести,
що кут ф Брокара через кути три-	Д
кутника визначається за форму-	/ Х^
ЛОЮ СІ£ ф = СІ£ А + СІ£ В + СІ£ С	А X.
(задача 203).
Нехай Р - точка Брокара, а /
промені, симетричні променям
АР, ВР, СР відносно бісектрис
відповідних кутів, перетинають-
ся в деякій точці Рг. (Згідно з тео-
ремою п. 53 ці промені обов’язково
Мал. 75
67
мають проходити через одну точ-
ку). Точку Рг називають другою
точкою Брокара (мал. 76). Дві точ-
ки Брокара обернені одна одній:
А. Брокар (1845-1922) - фран-
цузький математик, спеціаліст у
галузі геометрії трикутника і кола.
У 1875 р. він запропонував задачу
про відшукання точки Р, яка за-
довольняла б розглянуті вище умови, тому точку Р і називають
його ім’ям. Хоч, як з’ясувалося пізніше, таку саму задачу роз-
глядав ще в 1816 р. німецький математик А. Крелль.
61. Антибісектриси. Досі йшлося про обернені точки три-
кутника, породжені симетріями відносно бісектрис його кутів.
А є в трикутнику і такі пари взаємно обернених точок, які по-
роджені іншими геометричними відображеннями. Щоб краще
дослідити їх, введемо спочатку поняття антибісектриси три-
кутника. Сама назва цього поняття свідчить, що воно в деяко-
му розумінні обернене до поняття бісектриси. Якщо бісектриса
трикутника ділить протилежну сторону на частини, про-
порційні прилеглим сторонам, то антибісектриса ділить проти-
лежну сторону на частини, обернено пропорційні прилеглим
сторонам (мал. 77). Усе інше в означеннях цих понять однако-
ве. Антибісектриси трикутника - такі чевіани, основи яких си-
метричні основам бісектрис відносно середин сторін трикутника.
Відрізки АА', ВВ', СС' - антибісектриси трикутника АВС,
якщо А', В', С' - такі точки на сторонах трикутника, що
АВ': В'С = а : с, СА': А'В = с : Ь,
ВС': С'А = Ь : а.
У кожному трикутнику всі три
антибісектриси перетинаються в
одній точці, бо для них умова Че-
ви виконується:
АВ' СА ВС' а с Ь і
ЇЇс Тв СІ ~ с Га"
Точку перетину антибісектрис
трикутника називають центром
антибісектрис.
68
Позначимо точку перетину антибісектрис трикутника літе-
рою <1. Точки і Ь взаємно обернені:
Мал. 78
Правда, в останньому прикладі йдеться про взаємно обер-
нені точки в іншому розумінні. Раніше розглядалися пари
чевіан, симетричних відносно бісектрис кутів трикутника
(взаємно обернені відносно бісектрис трикутника). А тепер
ідеться про взаємну оберненість відносно середин сторін три-
кутника, бо основи бісектрис і антибісектрис симетричні
відносно середин сторін, до яких їх проведено.
62.	Взаємно оберненими (віднос-
но середин сторін трикутника) є
також точки Жергона і Нагеля
(див. с. 52).
Якщо вписане в трикутник АВС
коло дотикається до його сторін в
точках К9 Р9 Т9 то чевіани АК, ВР,
СТ перетинаються в точці С. Якщо
до сторін трикутника зовнівписані
кола дотикаються в точках К19 Р19
Т19 то чевіани АКі, ВР 19 СТг пере-
тинаються в точці N (мал. 78). По-
кажемо, що основи Р і Р19 проведених прямих із вершини В че-
рез точки СЛ1Х9 симетричні відносно середини сторони АС.
Чевіана ВРг поділяє периметр трикутника АВС навпіл (див.
с. 52). Тому:
АВ + АРг = ВС+АС-АР^.
Звідси:	2АРг = ВС +АС - АВ= СР + СК = 2СР.
Отже, АРг = СР, тобто точки Рг і Р симетричні відносно сере-
дини сторони АС. Аналогічно можна показати, що АТг = ВТ9
ВКг = СК. Отже, точки Жергона і Нагеля взаємно обернені:
63.	Симетричні тривідрізники. На закін-
чення теми наведемо ще один приклад взаєм-
но обернених точок трикутника, відмінний
від розглянутих раніше. Фігуру, складену
з трьох відрізків, які виходять з однієї вер-
шини Е9 називатимемо тривідрізником
(мал. 79), а точку Е - його полюсом.
69
Мал. 81
Нехай Е - довільна внутрішня точка трикутника АВС. Існує
тривідрізник з полюсом Е, який розрізає даний трикутник на
три трапеції. А ще - симетричний йому тривідрізник з полю-
сом Е19 який також розрізає даний трикутник на три трапеції
(мал. 80). Якщо на цьому малюнку провести відрізки КРг, РТг,
ТКГ, то утвориться фігура, схожа до паралельної проекції па-
ралелепіпеда. Цікавий випадок, коли трикутник розрізає три-
відрізник з рівних відрізків.
Будь-який трикутник можна поділити на три трапеції
тривідрізником з рівних відрізків.
Доведення. Нехай АВС - довільний трикутник (мал. 81).
Побудуємо при його вершині А довільну трапецію АХУ2 таку,
що ХУ = У2, а при вершині С - трапецію СВЕВ, у якої ВЕ = ЕВ,
ВЕ Ц АВ, ЕК Ц ВС. Промені АУ і СЕ обов’язково перетнуться в де-
якій точці Е - внутрішній точці трикутника АВС. Провівши з
точки Е відрізки ЕК, ЕР, ЕТ, відповідно паралельні сторонам
АВ, ВС і АС, матимемо поділ три-
кутника АВС на три трапеції трьо-
ма рівними відрізками. Якщо три-
кутник АВС не рівносторонній, то
його можна поділити на три тра-
пеції рівними відрізками, проведе-
ними ще з іншої його внутрішньої
точки Ег. Для цього досить при
вершинах А і С побудувати тра-
пеції з двома рівними сторонами,
інакше орієнтовані (мал. 82).
Існує дві і тільки дві точки Е і
Ег такі, з яких трьома рівними
70
відрізками можна поділити даний
трикутник на три трапеції (мал. 83).
Я^що трикутник рівносторонній,
то точки Е і Ег збігаються.
Точки Е і Е1 також корисно
розглядати як взаємно обернені:
Е ^ЕҐ
64.	Відмітимо найважливіші
властивості точок Е і Ег (мал. 84).
Нехай ЕК, ЕР, ЕТ - три рівні
відрізки, які ділять трикутник
АВС на три трапеції, а відрізки
ТР19 ТгК, РКг паралельні відповід-
но сторонам ВС, АС, АВ. Тоді в
шестикутнику ККхРРхТТг усі сто-
рони рівні і відрізки ЕК, ЕР, ЕТ
рівні. Позначимо довжину кожно-
го з них літерою х. Оскільки три-
кутники АР^Т, КВТГ, КГРС, АВС
подібні іАР1: х = Ь : а, РС : х = Ь :с,
АРГ + х + РС = Ь,
^.хЬ.хЬ >
то	хН----1- —- = Ь .
а с
Звідси:	аЬс
х =---------- і
аЬ + Ьс + ас
1
х
Мал. 84
111
= - +
а Ь с
Шестикутник КК^РР^ТТ^ складений з трьох ромбів, які ма-
ють спільну вершину Е, або з трьох інших ромбів, що мають
спільну вершину Ег. Усі сторони цих ромбів рівні. А вся
конфігурація схожа до паралельної проекції паралелепіпеда
на площину - таку, в якої проекції всіх ребер рівні.
Щоб обчислити відстані від точки Е до сторін трикутника
АВС, досить значення х помножити на синус відповідного
кута цього трикутника. Сума всіх трьох відстаней дорівнює
х(зіп А + зіп В + зіп С) або 45/?: (аЬ + ас + Ьс). Така сама сума
відстаней від точки Ег до сторін трикутника АВС і від середини
відрізка ЕЕг.
71

Доведіть твердження 187-212.
187.	Бісектриса прямого кута прямокутного трикутника
ділить навпіл кут між медіаною і висотою, які виходять з тієї
самої вершини.
188.	Якщо навколо трикутника АВС описано коло, то дотич-
на до нього, яка проходить через вершину А, антипаралельна
ВС.
189.	Довжина симедіани прямокутного трикутника з кате-
тами а і Ь дорівнює аЬ: \Іа2 + Ь2.
190.	Кожна симедіана трикутника не більша за відповідну
його медіану.
191.	Кожну антипаралель трикутника відповідна симедіана
поділяє навпіл.
192.	Антипаралелі, проведені через основу симедіани, рівні.
193.	Дві рівні антипаралелі трикутника перетинаються в
точці, що лежить на відповідній симедіані.
194.	Точкою Лемуана прямокутного трикутника є середина
його найменшої висоти.
195.	Відрізки сторін трикутника, які лежать між паралеля-
ми Лемуана, пропорційні кубам відповідних сторін.
196.	Паралелі Лемуана перетинають сторони трикутника
так, що відношення відрізків, розміщених на одній стороні
трикутника, дорівнює відношенню квадратів відповідних
сторін трикутника.
197.	Три сторони шестикутника Лемуана, які не лежать на
сторонах трикутника, - рівні антипаралелі.
а^>с
198.	Радіус другого кола Лемуана	= —^—’
а + Ь + с
199.	Якщо Я, Вх і Я2 радіуси описаного навколо трикутни-
ка кола, першого і другого кіл Лемуана, то 4В^= В% + В2.
200.	Відрізки сторін трикутника, обмежені другим колом
Лемуана, пропорційні косинусам протилежних кутів.
201.	Якщо ТУ - точка Лемуана, то:
а)	а2АЖ2 + Ь2ВУУ2 + с2СУУ2 = За2Ь2с2 : (а2 + Ь2 + с2);
б)	а -АЖ: та = Ь • ВЖ : ть = с  СЖ: тс.
72
202.	Точка Лемуана віддалена від його сторін а, Ь, с на
відстані:
а\ Ь2^ с2Ис
а2+Ь2+с2' а2+Ь2+с2’ а2+Ь2 + с2
203.	Якщо ф - кут Брокара трикутника АВС, то
ф = А + В + С.
204.	Через сторони трикутника і його площу кут Брокара
виражається формулами:
а)	45 = (а2 + Ь2 + с2)і& ф;
б)	25 = уіа2Ь2+ Ь2с2+ с2с? зіп ф.
205.	Якщо А - гострий кут прямокутного трикутника, то його
кут Брокара ф = агсі£(ізіп2А).
2
206.	Якщо Р - точка Брокара трикутника АВС, а В, Вс, Ва, Вь -
радіуси кіл, описаних навколо трикутників АВС, РАВ, РВС,
РСА, то В3 = ВаВ^Вс»
207.	Якщо Р - точка Брокара трикутника АВС, то
РА • РВ • РС = вТ^зіп3 ф.
208.	Відрізки сторін трикутника, обмежені прямими, які
проходять через центр антибісектрис паралельно сторонам
трикутника, рівні.
209.	Антибісектриса трикутника - геометричне місце то-
чок, відстані від яких до двох сторін трикутника обернено про-
порційні квадратам цих сторін.
210.	Відстані від центра антибісектрис до сторін трикутника
дорівнюють:
как, кьк, кск, де к = а-1 : (а-1 + Ь-1 + с-1).
211.	Якщо ЕК, ЕР, ЕТ - відрізки, які поділяють трикутник
АВС на трапеції, причому ЕК = ЕР = ЕТ = і (див. мал. 81), то:
а)	відстані від точки Е до сторін трикутника дорівнюють
іа = і еіп В, іь = і 8Іп С, іс = і 8Іп А;
б)	1 : іа + 1 : іь + 1 : іс = 2В.: і2.
212.	Площа шестикутника КК^РР^ТТ^ (мал. 84)
с	АВС
8. = 4г СОВ — СО8 — СО8— •
2	2	2
73
ТРИСЕКТРИСИ ТРИКУТНИКА
65. Промені, які виходять з вершини кута і ділять його
на три рівні частини, називають трисектрисами кута. Ще
античні математики досліджували, як можна поділити кут на
три рівні частини циркулем і лінійкою. Вони, звичайно, знали,
як можна поділити на три рівні частини прямий кут, кут 45° і
багато інших. Але ділити циркулем і лінійкою довільний кут
не вміли. Це була одна із трьох великих проблем давнини -
проблема трисекції кута. Тільки коли тисячі геометрів упро-
довж понад 2000 років не змогли розв’язати цієї проблеми,
вчені переконалися, що трисекція кута, взагалі кажучи, не-
можлива: не можна довільний кут теоретично точно поділити
на три рівні частини, користуючись лише циркулем і ліній-
кою. Але існують інші інструменти, які дають змогу будь-який
кут поділити на три рівні частини. В усякому разі зрозуміло,
що який би не був кут ВАС, існують дві і тільки дві його трисе-
ктриси АК їАРІуі&л.. 85).
Як і у випадку бісектрис (див. п. 13), трисектрисами три-
кутника називатимемо відрізки: частини трисектрис кутів
трикутника, які знаходяться у внутрішній області трикутника.
66. Виразимо довжини трисектрис трикутника АВС через
його сторони і кути. Нехай трисектриси ААг= Хх, АА2 = Х2 і
/_А = За, АВ = с, АС = Ь, ^ААХА2 = <р, /.АА^А-^ = у (мал. 86).
За теоремою синусів з трикутника АВАХ маємо:
Хх_8ІпВ зіпВ	сзіпВ
— . * •
с зіпер зіп(В + а)	зіп (В+а)
Аналогічно з трикутника АСА2:
_ Ь зіп С
2 зіп (С 4-а)
74
Тоді за теоремою синусів:
_ с зіп а
•	8Іп(В+а)’
к зіп а	сзіпВзіпа	бзіпа
у =------«---------=----------------, г =---------.
8Іп(В +а) зіп(С +а) зіп (В +а) 8Іп (С +а)	зіп (С +а)
З аналізу наведених формул випливає, що трисектриси три-
кутника, які виходять з однієї вершини, рівні тоді і лише тоді,
коли вони проведені до основи рівнобедреного трикутника.
Тільки у цьому випадку рівні також відрізки х і з.
Із кожної вершини трикутника виходять по дві трисектриси,
і кожна з них перетинається з чотирма іншими; всього існує 12
точок перетину. Три трисектриси трикутника не можуть пере-
тинатися в одній точці (див. задачу 213). Вважатимемо, що дві
трисектриси трикутника прилягають до якоїсь його сторони,
якщо вони проведені з кінців цієї сторони і утворюють з нею
найменші кути. Наприклад, трисектриси АУ і СУ прилягають
до сторони АС трикутника АВС (мал. 87). Найвідоміша теоре-
ма про трисектриси трикутника така.
67. Теорема Морлі. Трисектриси кутів трикутника, які
прилягають до однієї сторони, попарно перетинаються в точ-
ках, які є вершинами рівностороннього трикутника.
Доведення. Перший спосіб. Нехай ті з трисектрис довіль-
ного трикутника АВС, що прилягають до сторін АВ, ВС, СА,
перетинаються відповідно в точках 2, X і У (мал. 88). Доведе-
мо, що ХУ = Х2 = УХ.
Для зручності позначимо кути ^А = 3а, АВ = ЗР, АС = Зу,
а відрізки АУ = тп, А2 = п, АВ = с, ВС = а, СА = Ь.
Оскільки За+ зр+3у=180°, то а + Р + у = 60°, а + Р = 60°-у.
Мал. 87
Мал. 88
75
За теоремою синусів з Д АВ2 маємо:
п _ зіп р
с 8Іп(а+Р)
о .	С8ІПВ С8ІпВ
Звідси:	п --------— =--------—.
8ІП (а + Р) 8ІП (600- у)
Аналогічно знаходимо:
&8іпу
т =------------
8Іп(60°-р)
Згідно з теоремою синусів з трикутника АВС маємо Ь : с =
= зіп ЗР : зіп 3у, тому:
т _ 8іпЗ Р 8Іпу 8ІП (60°- У)
п 8Іп Зу зіп р 8Іп (60° -Р)
Звідси, врахувавши тотожність
зіп ЗР = 4зіпР зіп(60° + Р) зіп (60° - Р), маємо:
т _ 8Іп(60о+Р)
п 8ІП(60°+У)
Оскільки а + Р + у = 60°, то існує трикутник з кутами 60° + р,
60° + у і а такий, що відношення його сторін, прилеглих до ку-
та а, дорівнює зіп(60° + Р) : зіп(60°+ у) або т : п. Цей трикутник
подібний трикутнику (за кутом і відношенням прилеглих
сторін). Отже, 2_А2¥ = 60° + р, ЛАХ2 = 60° + у.
Аналогічно можна довести, що Х.В2Х= 60° + а.
Тоді 2.Х2Х = 360° - (60° + р) - (180° - а - р) - (60° + а) = 60°.
Так само доводиться, що ЛХХ2 = 60°. Отже, XX = Х2 = 2Х.
Другий спосіб. Нехай - діаметр
кола, описаного навколо даного
трикутника АВС, а ВХ = V, В2 = и
(мал. 89). За теоремою синусів а =
= йзіпА = йзіпЗа, 6=йзіпЗр, с =
= йзіпЗу, V: а = зіпу: зіп(180° - у - Р).
Тому:
_ а 8Іп у	сі зіп За 8Іпу
8іп (60°— а) віп (60°— а) ’
Як відомо, зіпЗа = Ззіпа - 4зіп3а =
=4зіпа (зіп260°- зіп2а) =
= 4зіпа зіп(60°+а) зіп(60°-а).
Мал. 89
76
Отже, V = 4гізіпа зіпузіп(60° + а).
Аналогічно з трикутника АВ2 и = 4(1 зіп а зіп у зіп (60 °+у).
•А з трикутника ВХ2 за теоремою косинусів
Х%2 = и2 + р2 - 2ио соз Р = 16с/ зіп2а зіп2у [зіп2(60° + а) +
+ зіп2(60° + у) - 2зіп(60° + а) зіп(60° + у) созР]. (*)
Оскільки сума кутів 60° + а, 60° + у і р дорівнює 180°, то
існує трикутник з такими кутами. Якщо діаметр кола, описа-
ного навколо цього трикутника, дорівнює 1, то довжини його
сторін дорівнюють: зіп(60° + а), зіп(60° + у) і зіпр. Тоді за тео-
ремою косинусів:
зіп2 Р = зіп2(60° + а) + зіп2(60° + у) -
-2зіп(60° + а) зіп (60° + у) соз р.
Тобто вираз у квадратних дужках рівності (*) тотожно
дорівнює зіп2 р. Отже,
Х22 = 16с/2 зіп2а зіп2р зіп2у, а Х2 = 4с/ зіп а зіпР зіпу.
Вирази для довжин відрізків XX і XX із виразу для XX
одержуються циклічною перестановкою кутів а, р, у, а вони в
останній вираз входять симетрично, тому:
XX =	= XX = 4с/ зіпа зіпР зіпу.
Отже, трикутник XXX рівносторонній.
Трикутник XXX називатимемо трикутником Морлі для да-
ного ААВС.
Друге доведення теореми дещо складніше від першого, але
дає можливість краще оцінити розміри трикутника XXX і всієї
розглядуваної конфігурації. Знаючи довжину відрізка XX, легко
можна визначити периметр РХуг і площу 8ХУ2 трикутника
XXX, а також площі інших трикутників.
Відомі й інші доведення теореми Морлі, але всі вони досить
громіздкі і непрості.
Першим виявив і сформулював розглядуване твердження у
1899 р. англійський математик Френк Морлі (1860-1937). Про
нього він розповів своїм друзям, вони - іншим. Так поширю-
валося це твердження у вигляді математичної плітки (без дове-
дення) цілих десять років. Його перше доведення (з викори-
станням тригонометрії) опублікував 1909 р. М. Сатьянараяна.
Згодом з’явилися інші доведення. Дотепер їх відомо більше
десятка. Морлі (або Морлей, Могіеу) - професор математики
університету в Балтиморі, жив увесь час у СІП А, хоча вважався
громадянином Англії.
77
Мал. 90
68. Теорема Морлі допускає
узагальнення, якщо розглядати
трисектриси зовнішніх кутів три-
кутника. Ті з трисектрис зовніш-
ніх кутів трикутника АВС,
які прилягають до його сторін,
попарно перетинаються в точ-
ках, що є вершинами правильного
трикутника.
Доведення. НехайХр -
точки перетину зовнішніх три-
сектрис трикутника АВС, які при-
лягають до його сторін (мал. 90).
Користуючись теоремою синусів,
яків першому доведенні теореми
Морлі, покажемо, що ХА21¥1 = 0.
Оскільки 2 УіА^і = 120° + а, то
^АУ^і = 180° - (120° + а) - 0 = 60° - а - 0 = у,
2А2ХВ = 180° - (60° - а) - (60° - 0) = 60° + а + 0.
Тоді гГУі^іХі = 60° + а + 0 - а - 0 = 60°.
Аналогічно можна довести, що кожен із кутів 21Х1¥1 і
також дорівнює по 60°. Отже, трикутник Х1У121 рівносторонній.
Відомий французький математик А. Лебег (1875-1941)
показав, що в кожному трикутнику з усіх точок перетину
трисектрис внутрішніх і зовнішніх кутів можна виділити
27 трійок таких, що є вершинами рівносторонніх трикутників
(див. [16, 212]).
69. Розглянемо ще одне твер-
дження про трисектриси три-
кутника, дещо схоже до теореми
Морлі.
Якщо трисектриси кутів
трикутника АВС перетина-
ють описане навколо нього коло
в точках А19А2, В19 В2, С19 С2, то
трикутник, обмежений прями-
ми АгВ2, ВгС2 і СгА2, рівносто-
ронній.
Доведення. Розглядувані
трисектриси ділять кожну з
дуг ВС, СА, АВ описаного кола
на три рівні частини (мал. 91).
Мал. 91
78
Тому сума дуг АіА2, В%А і АСа
дорівнює третій частині кола, а
кут ТКР вимірюється півсумою
цйх дуг. Отже, АТКР = 60°.
Так само можна довести, що
ЛКРТ = 60° і АРТК = 60°. Тому
трикутник КРТ рівносторонній.
Називатимемо його трихордовим
трикутником для ДАВС.
Чи завжди трихордовий три-
кутник КРТ лежить у внутрішній
області даного трикутника АВС?
Ні. Одна або дві точки трикутника
КРТ можуть лежати поза межами
трикутника АВС. Це видно і на малюнку 92.

Доведіть твердження 213-217.
213.	Трисектриси, які прилягають до основи рівнобедреного
трикутника, рівні.
214.	Трисектриси трикутника, які виходять з однієї верши-
ни, рівні тоді і лише тоді, коли даний трикутник рівнобедрений.
215.	Одна з трисектрис прямокутного трикутника з кутом
60° розбиває його на два рівнобедрені трикутники.
216.	Якщо одна з трисектрис трикутника є його медіаною,
то вона виходить з вершини прямого кута.
217.	Якщо одна з трисектрис трикутника є його висотою, а
друга проходить через центр описаного кола, то кут між ними
дорівнює 30°.
218.	За якої умови дві трисектриси трикутника, що вихо-
дять із двох різних вершин, перпендикулярні?
219.	У якому відношенні трисектриса рівностороннього три-
кутника поділяє його сторону?
220.	Три трисектриси рівностороннього трикутника обме-
жують менший рівносторонній трикутник. Як відносяться
площі цих двох трикутників?
221.	Трисектриси трикутника АВС, які виходять із верши-
ни А, перетинають описане навколо трикутника коло в точках
КЇР. Доведіть, що КР 11 ВС. Виразіть КР через радіус описано-
го кола і кут А.
222.	Виразіть периметр і площу трикутника Морлі через
сторони даного трикутника.
79
223.	Сторони трикутника дорів-
нюють а, а і \І2а. Визначте сторону
його трикутника Морлі.
224.	У якому відношенні трисек-
триса ААг рівностороннього трикут-
ника АВС поділяється його трисек-
трисами ВВ1 і ВВ2 (мал. 93)?
225.	Гіпотенуза прямокутного
рівнобедреного трикутника дорів-
нює с. Знайдіть довжини його три-
сектрис.
226.	Знайдіть площу чотирикут-
ника, обмеженого чотирма трисект-
рисами, які виходять із вершин
гострих кутів трикутника, опи-
саного в задачі 225 (мал. 94).
227. Знайдіть відношення
площ рівностороннього три-
кутника і відповідного йому
трихордового трикутника.
228. Доведіть, що принаймні
одна вершина трихордового
трикутника КРТ (див. мал. 91)
лежить у внутрішній області
даного трикутника АВС.
229. За якої умови вершина Р трихордового трикутника КРТ
лежить на стороні АС даного трикутника АВС (див. мал. 92)?
ТРИКУТНИКИ НАПОЛЕОНА
70. Якщо на сторонах довільного трикутника зовні нього
побудовано рівносторонні трикутники, то їх центри є верши-
нами рівностороннього трикутника. Це твердження назива-
ють теоремою Наполеона. Вважають, що першим сформулював
і довів його французький імператор Наполеон Бонапарт.
Відповідну конфігурацію з чотирьох трикутників називають
трикутниками Наполеона.
Теорема Наполеона не очевидна. Нехай АВС - довільний
трикутник, трикутники АВСР ВСАІ9 САВг - правильні, точки
К, Р, Т - їх центри (мал. 95). Якщо змінювати сторони або
кути трикутника АВС, то відповідно змінюватиметься і вся
розглядувана конструкція з чотирьох трикутників і розташу-
80
вання точок К, Р, Т. І все ж, як би
не змінювався трикутник АВС, у
трикутнику КРТ змінюватимуться
тільки довжини сторін, але завжди
кожна з них дорівнюватиме двом
іншим. І ще деякі елементи роз-
глядуваної конфігурації залиша-
тимуться незмінними.
Відомо кілька способів доведень
теореми Наполеона - досить громізд-
ких, або неелементарних, у яких
використовується метод комплекс-
них чисел, або властивості компо-
зицій поворотів, або застосування
теореми косинусів для чотирикут-
ника тощо. Кілька таких доведень
є, наприклад, у книзі [18, 22, 58, 96]. Проте теорему можна
довести способом, доступним навіть учням основної школи.
Доведення. Перший спосіб. Нехай сторони даного три-
кутника: АВ = с, ВС = а, СА = Ь (мал. 96). Тоді СТ =
1 5/3
СР = —т=а, а кут між ними С + 60°. У трикутнику СААг сторо-
у З
ни САг= а, СА = Ь, а кут між ними такий самий: С + 60°. Тому
АСТР ~ АСААі, коефіцієнт подібності >/3; ААі = >/з РТ. Ана-
логічно ВВг = >]з КР. Відрізки
КР і РТ рівні, до того ж Х.СРТ =	^-<^7
=ХСАіА і ЛКРВ =ААА1В, тому п	І
ЛТРК = 120° - (АСРТ + ЛКРВ) = \~Р /
=120° - 60° = 60°.	\ К	/
Отже, трикутник КРТ рівносто- \ С//'	/\\и
ронній.	_______/ /&/
Другий спосіб. Виразимо довжи-	Ь
ну відрізка РТ через сторони даного \	І'' /
ч \ т /
трикутника. Оскільки СТ =	\	/
у/ о	\	/
1 \ /
СР = ~і=а, а АТСР = С + 60°, то за	\/п
73	ХВі
теоремою косинусів:	Мал. 96
81
РТ2 = - а2 + - Ь2 - - аЬ соз (60°+С) =
3	3	3
= - (а2+ Ь2 - 2аЬ (соз 60° соз С- зіп 60° зіпС)) =
З
= — (а2+ Ь2- а&созС+л/За&зіпС).
З
Оскільки аЬ зіпС = 25, а з рівності с2 = а2 + Ь2 - 2аЬ соз С ви-
пливає	2 ї%2 -2
, /П Л 4- & — С
аЬ соз С=--------,
2
і	2 , к2_	2	1
то РТ2 = -(а2+ Ь2—£_ +2 735)=і(а2+ &2 + с2+ 4ч/35).
З	2	6
Міркуючи аналогічно, можна показати, що значення РК2 і
ТК2 такі самі. Але цього можна й не робити, бо остання рів-
ність показує, що значення РТ2 виражається симетрично
відносно а, Ь і с. Отже, РТ = РК = ТК.
Наслідок. ААГ = ВВ1 = СС1 = у[о,5(а2 + Ь2+ с2+ 4>/35).
Третій спосіб. Виділимо з конфігурації трикутника Напо-
леона тільки шестикутник АКВРСТ (мал. 97). Якщо розрізати
його по діагоналях КР і ТР і повернути відрізані трикутники
навколо точок К і Т, то утвориться чотирикутник КРТМ
(мал. 98). Діагональ КТ ділить його на два рівні трикутники (за
трьома сторонами). Трикутники КТР і КТМ не тільки рівні, а
й симетричні відносно прямої КТ. При цьому Х.МКР = АМТР =
= 120°, тому ЛТКР = 60°. З тих самих міркувань ХКТР = 60°.
Отже, трикутник КРТ рівносторонній.
82
71.	Якщо на сторонах довільно-
го трикутника АВС побудувати
правильні трикутники не зовні
нього, а накладаючи їх на три-
кутник АВС, то і в цьому випадку
центри правильних трикутників
будуть вершинами правильного
трикутника (мал. 99).
Доведення. Позначимо цент-
ри таких правильних трикутни-
ків літерами К19	Т\. Оскільки
вони симетричні відносно сторін
трикутника АВС відповідно точ-
кам К, Р і Т, то кути К^АТі, КХВРХ,
РіС1\ дорівнюють відповідно моду-
лям різниць А~60°, В - 60°, С- 60°.
Тому за теоремою косинусів:
Мал. 99
РхТ2 = -(а2+Ь2-2а&со5(С-60°)).
З
Тоді:	і
РТ2 - Рр2 = —аЬ (соз (С- 60°) - соз (С+60°)) =
З
2	9
= ~ аЬ зіп Свіп60° = -7=5^ •
з	-7з
Аналогічно можна показати, що кожна з різниць квадратів
КР2 - КгР2 і РТ2 - Р\Т2 має таке саме значення, тому вони
рівні. А оскільки КР = РТ = ТК, то і К1Р1 = Р\Тг = Т1К1.
72.	Щоб краще дослідити властивості трикутників Напо-
леона, розглянемо кола Торрічеллі. Опишемо навколо двох
рівносторонніх трикутників Наполеона кола (мал. 100). Якщо
вони перетинаються в точці Ф, то з неї дві сторони даного трикут-
ника АВС видно під кутами 120° (властивість вписаного кута).
Тоді з цієї точки під кутом 120° видно і третю сторону трикут-
ника. А це означає, що через точку Ф проходить і коло, описа-
не навколо третього правильного трикутника розглядуваної
комбінації. Отже, всі три кола, описані навколо правильних
трикутників конфігурації Наполеона, проходять через одну
точку Ф. Через цю точку проходять також згадувані вище
відрізки АА19 ВВ19 ССг. Бо ААФВ = 120°, АВФАХ = 60°, тому
/_АФАХ = 180°, отже, пряма ААг проходить через точку Ф.
83
Ві
Мал. 100
Аналогічно можна показати, що
через точку Ф проходять відрізки
ВВ^ і ССр
Розглянуті вище кола, відрізки
АА19 ВВі9 СС± і точку Ф називають
відповідно колами Торрічеллі, від-
різками Торрічеллі, точкою Торрі-
челлі.
Із попередніх міркувань випли-
ває, що всі три відрізки Торрічеллі
рівні, проходять через одну точку
Ф і перетинаються під кутами 60°.
Якщо кожен кут трикутника АВС
має менше 120°, то точка Ф лежить
всередині трикутника АВС. Якщо,
наприклад, ААВС = 120°, то в цьому випадку точка Ф збігається
з точкою А. Якщо ж ААВС > 120°, то точка Ф лежить поза три-
кутником АВС.
73.	Якщо точка Торрічеллі лежить всередині трикутника,
то сума відстаней від неї до всіх вершин трикутника міні-
мальна.
Доведення. Нехай АВС - довільний трикутник, кожен з
кутів якого менший за 120°, а Ф - його точка Торрічеллі
(мал. 101). Проведемо через вершини даного трикутника
прямі, перпендикулярні до відрізків ФА, ФВ, ФС. Ці прямі
попарно перетнуться у вершинах деякого рівностороннього
трикутника МНЬ. Бо, наприклад, з чотирикутника АФВЬ
знаходимо: АЬ = 180° - 120° = 60°. Так само АМ =АН = 60°.
Тому якщо X - довільна точка трикутника АВС, відмінна
від Ф, а ХА19 ХВ19 ХСг - відстані
від неї до сторін трикутника МНЬ,
то
ФА + ФВ + ФС = ХАі + ХВг +
+ХСг <ХА + ХВ + ХС.
Якщо точка Торрічеллі трикут-
ника АВС лежить не в його внут-
рішній області, то один з його
кутів більший або дорівнює 120°.
У цьому випадку вершина цього
кута є тією точкою, сума відстаней
від якої до вершин трикутника мі-
німальна.
84
74.	Заслуговують на увагу граничні випадки теореми Напо-
леона. Якщо трикутник АВС вироджується у три відрізки
однієї прямої, теорема залишається правильною (мал. 102).
При цьому якщо а = с, то КР = а+с. в усіх інших випадках КР
а+с
більше за---.
2
Іншому граничному випадку, коли відрізок ВС вироджуєть-
ся в точку, відповідає малюнок 103.
Придивившись уважніше до конфігурації Наполеона, мож-
на побачити в ній багато інших правильних трикутників.
Якщо позначити середини відрізків Торрічеллі літерами Ас, Вс,
Сс, то трикутники АВсСс, ВАсСс, САсВс - правильні (мал. 104).
Бо поворот на 60° ^АВВг навколо вершини А переводить його в
ДАСіС, точку Вс - в Сс. Отже, АВС = АСс і ^В^АС^. = 60°. На цій
самій конфігурації можна виділити ланцюжок із шести інших
правильних трикутників, зображених на малюнку 105.
Звернімо ще увагу на трикутники АВгС19 ВАгС19 СА^З^
їх центроїди В, Е9 Р також є вершинами правильного трикут-
ника (мал. 106). Якщо якийсь із трикутників вироджується
у відрізок, то за його центроїд слід взяти середину відрізка.
Більш того, шестикутник ОТРРЕК правильний і його цент-
85
Мал. 106
ром є центроїд даного трикутника
АВС. Пропонуємо читачам обґрун-
тувати це твердження самостійно
(див. [13, 59]).
Корисно звернути увагу на кон-
фігурацію, схожу до трикутників
Наполеона, замінивши рівносто-
ронні трикутники рівнобедреними
прямокутними.
Якщо на сторонах довільного
трикутника АВС зовні нього побу-
дувати рівнобічні трикутники з
прямими кутами при вершинах К,
Р9 Т (мал. 107), то:
1)АК=РТ і АК±РТ;
2)ВР = КТ і ВР±КТ;
3)СТ = КР і СТ±КР.
Доведення цього твердження,
дещо видозміненого, є в [3, 62].
75.	Досі властивості трикутни-
ків Наполеона розглядалися без
зв’язку їх з центроїд ом М даного
трикутника АВС. Врахувавши роз-
ташування точки М, можна і тео-
рему Наполеона довести простіше
і збагатити її цікавою додатковою
інформацією.
Нехай Мс - середина відрізка АВ, тоді трикутники МСКМ і
МсСхМ подібні; ССі = ЗКМ і ССг || КМ. Аналогічно ААг = ЗРМ
86
їААхРМ9 ВВг = ЗРК і ВВГ Ц АК. Малюнок виконайте самостій-
но. А оскільки відрізки ААр ВВ{, ССХ рівні і перетинаються під
кутами 60°, то і відрізки МК, МР і МТ рівні і утворюють рівні
кути. Тому трикутник КРТ рівносторонній, а його центром є
центроїд М даного трикутника АВС.
Аналогічно можна показати, що точка М є також центро-
їдом трикутника Ах Вх Сг [18, 59]. Якщо ж точки В,Е'\Р- цент-
роїди трикутників АВіСр ВА1С1 і СА1В1 (можливо і виродже-
них у відрізки), то шестикутник КЕРРТВ правильний і точка
М - його центр (див. мал. 106). Існування цього шестикутника
вперше виявив, здається, 3. А. Скопець, тому його називатиме-
мо шестикутником Скопеця.
Примітка. Хоч Наполеон і займався геометрією (зокрема
відомий його спосіб поділу кола на 4 рівні частини за допомогою
лише одного циркуля), немало спеціалістів не вірять тому, що
він міг довести теорему, названу його ім’ям. Розповідають, що
одного разу Наполеон, ще не будучи правителем Франції, диску-
тував з Лагранжем і Лапласом стосовно якоїсь геометричної
проблеми. Тоді Лаплас його перервав: «Менш за все, генерале,
ми хочемо від вас уроку геометрії». Згодом відомий учений ста-
не головним військовим інженером у державі Наполеона.
і?3адф
Дотримуючись позначень цього параграфа, доведіть твер-
дження 230-233.
230.	Відрізки Торрічеллі кожного трикутника проходять
через одну точку і перетинаються під кутами 60°.
231.	Висота трикутника КРТ дорівнює половині відрізка
Торрічеллі (див. мал. 92).
232.	Діаметр кола, вписаного в трикутник КРТ, становить
третину відрізка Торрічеллі.
233.	Площа трикутника, сторонами якого є відрізки ААр
ВВ19 ССі, у 3 рази більша за площу трикутника КРТ.
234.	Знайдіть кути трикутника АВС, якщо В - середина
відрізка КР.
235.	Знайдіть кути трикутника АВС, якщо точка ВеКР і
КВ-.ВР = 1:2.
236.	Чи можуть бути рівні периметри трикутників КРТ і
АВС? Якщо так, то за якої умови?
237.	Периметр трикутника АВС дорівнює 2р. Яким може
бути найбільший і найменший периметр трикутника КРТ?
87
238.	Сторони трикутника дорівнюють а, 2а і 2а. Знайдіть
відстані від його точки Торрічеллі: а) до вершин трикутника;
б) до центроїда трикутника.
239.	Із внутрішньої точки X сторону АВ рівностороннього
трикутника АВС видно під кутом 150°. Доведіть, що ХА2 + ХВ2=
= ХС2.
240.	Якщо на сторонах довільного трикутника АВС зовні
нього побудувати довільні трикутники з кутами по 60° при вер-
шинах, протилежних сторонам даного трикутника, то центри
кіл, описаних навколо трьох побудованих трикутників, - вер-
шини рівностороннього трикутника. Доведіть.
241.	Рівносторонні трикутники АВС і АВ^ мають спільну
вершину А, однаково орієнтовані і розташовані в одній пло-
щині. Доведіть, що:
а)	ВВг = ССі і кут між ними дорівнює 60°;
б)	якщо К, Р, М, Т - середини відрізків СгВ, ВС, СВІ9 ВХС19 то
трикутники МКР і МКТ рівносторонні.
РОЗРІЗАННЯ ТРИКУТНИКІВ
76.	Задачі на розрізання геометричних фігур нерідко вважа-
ють окремим видом задач на побудову. І все ж вони істотно
відрізняються від звичайних задач на побудову. Співставимо
дві подібні задачі.
Побудуйте квадрат, рівновеликий даному правильному
трикутнику.
Розріжте правильний трикутник на багатокутники, з
яких можна скласти квадрат.
Першу задачу порівняно неважко розв’язати, виразивши
сторону квадрата х через сторону а даного правильного три-
кутника. Оскільки йдеться про рівновеликі фігури, то площа
квадрата має дорівнювати а2л/3 ’4, а х=0,5* \/з а. Залишаєть-
ся побудувати відрізок х за відомим значенням а. Побудову
можна виконати й іншим способом: визначити середнє про-
порційне НК відрізків 0,5а і Л (мал. 108). Квадрат НКЬМ -
шуканий.
Другу задачу розв’язати важче. На малюнку 109 дано одне з
її розв’язань, на якому АЛ = КР, ВМТН - паралелограм. Про-
понуємо читачам самостійно обґрунтувати його та знайти інші
способи розв’язання.
Деякі задачі на розрізання трикутників бувають доступні
навіть учням основної школи. Ідеться, наприклад, про такі
задачі.
88
Мал. 110
Мал. 113
Розріжте даний трикутник на частини, з яких можна
скласти: а) паралелограм; б) прямокутник; в) трапецію.
Окремі розв’язання цих задач зображені на малюнках 110 -
112.
Слід, однак, враховувати, що кожна з таких задач має безліч
розв’язків. Наприклад, щоб отримати з даного трикутника
АВС рівновеликий йому прямокутник, можна розрізати його
спочатку по одній (будь-якій) середній лінії, а потім з довільної
89
точки середньої лінії опустити перпендикуляр на відповідну
сторону трикутника (мал. 113). Зрозуміло, що кожного разу
утворюватимуться рівні прямокутники, але складені з
нерівних частин. Якщо ж розрізати трикутник по іншій
середній лінії, то й прямокутники матимемо не рівні, хоча
й рівновеликі даному трикутнику.
Способи розв’язування складніших задач на розрізання три-
кутників досить різноманітні. Деякі з них розглянуто у
цікавій книжці [14], але в ній ідеться здебільшого про
розрізання різних багатокутників і дуже мало - про трикутни-
ки. Ми ж зупинемось на розрізаннях тільки трикутників.
Спочатку розглянемо кілька задач, розв’язання яких зро-
зумілі й без словесних пояснень.
Розріжте даний рівносторонній трикутник на частини,
з яких можна скласти два рівносторонні трикутники (мал.
114, 115/
Розріжте прямокутний трикутник з кутом 60° на части-
ни, з яких можна скласти два рівні правильні трикутники
(мал. 116).
90
Розріжте два рівносторонні трикутники на частини,
з яких можна скласти правильний шестикутник (мал. 117).
77.	Цікавою задачею-малюнком (мал. 118) починається
книжка «Математичний калейдоскоп» відомого польського
математика Г. Штейнгауза: «Із цих чотирьох дощечок скла-
дається квадрат або рівносторонній трикутник, залежно від
того, в який бік повернути ручку».
Оскільки на малюнку трикутну дощечку зображено у ви-
гляді рівнебедреного прямокутного трикутника, то нерідко
вважають, що рівносторонній трикутник можна розрізати на
чотири частини, з яких складається квадрат, як це показано
на малюнку (мал. 119). Це не так, бо якщо сторона утвореного
квадрата дорівнює 2а, то сторона правильного трикутника
АВС мала дорівнювати 2>І2 а, а площі таких фігур не рівні.
Щоб правильний трикутник і квадрат були рівновеликі, їх сто-
рони мають відноситись як 2:^3. Той, хто має на увазі таке
розв’язання задачі, повинен в її умові слово «рівносторонній»
замінити на «рівнобедрений». Серед чотирьох дощечок, з яких
можна класти і квадрат, і рівносторонній трикутник, не може
бути ні рівнобедреного трикутника, ні дельтоїда (мал. 120).
78.	Розглянемо ще задачі про розрізання трикутників на
трапеції. Нехай дано довільний трикутник АВС і будь-яку точ-
ку Т в його внутрішній області. Трьома відрізками, що вихо-
Мал. 117
91
дять з точки Т і паралельні сторонам даного трикутника, його
можна розрізати на три трапеції. З фіксованої точки Т кожний
трикутник можна розрізати на три трапеції двома і тільки дво-
ма способами (мал. 121).
Якщо трикутник зі сторонами а, Ь, с відрізками х, у, 2,
проведеними з його довільної внутрішньої точки Т, розріза-
но на трапеції АВгТС19 ВС1ТА1 і СА1ТВ1 (мал. 122), то:
92
а)	кути між відрізками х, у, 2	В	В
доповнюють кути даного трикут-	/\	/\
ника до 180°;	/\ \	/ \
б)	серединні перпендикуляри / \ \	/	\
відрізків х, у, 2 перетинаються В /	\	/ тД
точках, що є вершинами трикут- /	/ \	/	\ \
ника, подібного даному трикут- А	С А	С
нику АВС;
в)	якщо с < Ь <а, то	Мал-121
с<х + у+ +2<а;
ч	х У 2 ч
г)	завжди — 4-1—=1.
а Ь с
Доведення, а) Оскільки ТАГ || АС, ТВГ || АВ, ТСг || ВС, то
= 180° - ТВГС = 180° -А.
Аналогічно: АВ^Сг = 180° - В, АС^А^ 180° - С.
б)	Якщо серединні перпендикуляри відрізків ТСГ, ТАГ, ТВг
перетинаються у точках Ог, О2, О3, то ОГО2АВС, О2О3 ±АС,
О3Оі ±АВ. Тоді рівні й кути: АОГ = АВ, АО2 = АС, АО3 =АА.
Отже, трикутники ОХО2О3 і АВС подібні.
в)	Нехай с < Ь < а, тоді АС < АВ < АА (мал. 123). Якщо
АМТВГ, ВКТСГ, ВГТАГЬ - паралелограми, то
а — САг + А^-К + .КВ > ТА-^ + ТС^ > 2 4- у 4- х;
с = АМ 4- МСГ 4- СГВ < ТВі 4- ТС± 4- КТ < 2 + у + х.
Звідси: с<х + у + 2< а. Рівність виконується тільки за
умови, коли а = Ь = с.
г)	Скористаємося методом проекцій. Будь-який трикутник
можна спроектувати на площину так, що його паралельною
проекцією буде рівносторонній трикутник. При цьому пара-
лельні відрізки відобразяться на паралельні відрізки і відно-
шення їх довжин збережуться. Врахувавши це, розглянемо
93
довільний трикутник зі сторонами а, Ь, с, поділений відрізками
х, у, г на три трапеції. Спроектуємо його на площину так, щоб
у проекції утворився рівносторонній трикутник зі стороною 7П,
поділений відрізками х19 у19 2г на трапеції. При цьому викону-
ватимуться рівності: х : а = хг: т, у : Ь = уг : т, 2 : с = 2Г : т.
Оскільки для рівностороннього трикутника х + у + 2 = т, то
х : а + у : Ь + 2 •. с = (х + у + 2): т = 1.
79. Якщо довільний трикутник АВС зі сторонами а, Ь, с
поділено на трапеції відрізками х, у, 2, які виходять з його
центроїда (мал. 124), то:
а)	площі всіх трьох трапецій рівні;
б)	основи кожної трапеції відносяться як 1:2;
в)	точки перетину діагоналей цих трапецій - вершини три-
кутника, гомотетичного трикутнику АВС з коефіцієнтом гомо-
г)	площа трикутника, верши-
нами якого є середини більших ос-
нов трапецій, становить третину
площі трикутника АВС;
д)	сторони трикутника АрВ^
паралельні бісектрисам кутів три-
кутника АВС;
е)	завжди правильна рівність:
х у 2 1
а Ь с З
Правильні й такі твердження.
Якщо довільний трикутник трьо-
ма відрізками, які виходять з точ-
ки X, ділиться на три рівновеликі
трапеції, то X - центроїд даного
трикутника.
Якщо відрізки, які поділяють
довільний трикутник на три
трапеції, пропорційні відповідним
сторонам трикутника, то ці від-
різки виходять з центроїда три-
кутника.
Обґрунтування цих тверджень
є в [4] .
80. Будь-який трикутник можна розрізати на три трапе-
ції, площі яких пропорційні трьом даним додатним числам.
94
Користуючись методом проекцій, розв’язання загальної
задачі можна звести до простішого випадку: поділити
рівносторонній трикутник на три трапеції, площі яких
пропорційні даним додатним числам к ,р, і.
Нехай дано рівносторонній трикутник АВС, у якого АВ = а
(мал. 125). З’ясуємо, якими мають бути довжини відрізків х,
у і г, які поділяють його на трапеції, площі яких 8а, 8Ь, 8С
пропорційні числам к, р і і. Поділивши подумки кожну з цих
трапецій на рівносторонній трикутник і паралелограм, ви-
значимо їх площі:
8а =—х2 + 2- —х-х = — (х2+2хз);
4	4	4
Зо = ^-У2 + 2 • ~~У • х~- (у 2+ 2ух);
4	4	4
8с = ^-г2+ 2-^-г-у=^-(2і+22у).
4	4	4
Отже, значення виразів х2 + 2хх, у2 + 2ух, х2 + 2ху мають
бути пропорційні числам к, р, і. Оскільки нас далі цікавити-
муть не самі числові значення, а їх відношення, то можна
вважати, що коефіцієнт пропорційності дорівнює 1, тобто
х2 + 2x2 =* к, у2 + 2ух =р, 22 + 2ху = і.
При цьому к+р + і = х2 + у2 + х2 + 2ху + 2хг + 2ху = (х + у + з)2.
Для рівностороннього трикутника х + у + 2 = а, тому к + р +
+ і = а2.
Прийнявши коефіцієнт пропорційності за 1, ми тим самим
домовилися розглядати рівносторонній трикутник, сторона
якого а=у]к+р+і. Нехай, наприклад, деякий рівносторонній
трикутник треба поділити на три
трапеції, площі яких пропорційні
числам 3,15 і 7. Оскільки 3 + 15 + 7=
= 25, то ділитимемо трикутник зі
стороною а = 5. Оскільки систему
рівнянь
х2 + 2x2 = 3, у2 + 2ух = 15,
22 + 2ху = 7
задовольняють значення х = 1, у = З,
2 = 1, то їй відповідає розв’язання,
дане на малюнку 126.
95
Подібних прикладів можна навести багато, а загальний ал-
горитм розв’язування задачі авторові не відомий. У журналі
«Математика в школах України» № 4 за 2002 рік надруковано
задачу-проблему: Як рівносторонній трикутник трьома
відрізками розбити на три трапеції, площі яких пропорційні
трьом даним додатним числам а,Ьіс? Досі розв’язання задачі
ніхто не надіслав.

242.	Побудуйте прямокутний трикутник, рівновеликий да-
ному правильному трикутнику.
243.	Розріжте даний паралелограм на дві частини, з яких
можна скласти трикутник.
244.	Розріжте довільний прямокутний трикутник на части-
ни, з яких можна скласти квадрат.
245.	Розріжте правильний трикутник на частини, з яких
можна скласти: а) три рівні правильні трикутники; б) два рівні
правильні трикутники.
246.	Розріжте правильний трикутник, сторона якого дорів-
нює а, на три рівні трапеції. Визначте розміри утворених тра-
пецій.
247.	Розріжте трикутник, сторони якого дорівнюють а, Ь, с,
на три рівновеликі трапеції. Визначте периметри утворених
трапецій.
248.	Розріжте довільний трикутник на 4 частини, з яких
можна скласти рівновеликі трапеції. Наведіть три різні роз-
в’язки задачі.
249.	Доведіть твердження. Якщо рівносторонній трикутник
АВС розрізано на три трапеції відрізками х, у і 2, які виходять
із його внутрішньої точки Т, то:
а)	сума всіх цих відрізків дорівнює стороні а даного трикут-
ника;
б)	сума висот утворених трапецій дорівнює висоті Н даного
трикутника;
в)	центри кіл, описаних, навколо трапецій, є вершинами
рівностороннього трикутника, площа якого втричі менша від
площі даного трикутника АВС.
250.	Якщо рівносторонній трикутник тривідрізником роз-
різано на три трапеції, дві з яких - описані навколо кіл, то:
а)	сторони тривідрізника пропорційні числам 1, 2 і 4
(мал. 125);
б)	радіуси згадуваних кіл відносяться як 1:2.
96
ЦІЛОЧИСЛОВІ ТРИКУТНИКИ
е 81. Якщо довжини сторін трикутника виражаються нату-
ральними числами, його називають цілочисловим трикутни-
ком. Таких трикутників існує безліч. Наприклад, кожний
трикутник, сторони якого дорівнюють 2п, Зп, 4п, де п - число
натуральне, цілочисловий. Інтерес становлять такі цілочис-
лові трикутники, які задовольняють ще які-небудь додаткові
умови. Наприклад, коли не тільки сторони трикутника вира-
жаються натуральними числами, а і його площа, або коли він
прямокутний і т. ін.
82.	Піфагорові трикутники. Прямокутні цілочислові три-
кутники називають піфагоровими трикутниками, бо вони за-
довольняють теорему Піфагора: квадрат гіпотенузи дорівнює
сумі квадратів катетів.
Відомо більше сотні різних доведень цієї теореми. Одне з
найпростіших таке. Нехай дано довільний прямокутний
трикутник з катетами х, у і гіпотенузою 2. Із чотирьох таких
трикутників можна скласти,конфігурацію, зображену на ма-
люнку 127. Виразивши площу квадрата двома способами, діста-
немо рівність (х + і/)2 = 2ху + г2. Звідси х2 + у2 = з2.	(*)
Ще давньогрецькі вчені намагалися дослідити, які нату-
ральні числа задовольняють рівняння (*).
Зрозуміло, що коли трійка чисел (х, у, г) задовольняє таке
рівняння, то задовольняє його і кожна трійка (йх, ку, кг),
де к - довільне натуральне число. І навпаки. Тому задача
відшукання натуральних розв’язків такого рівняння зводить-
ся до відшукання трійок чисел (х, у, з), де числа х, у і 2 -
взаємно прості. Неважко уточнити: такі числа повинні бути
попарно взаємно простими, а 2 - числом непарним. Піфагорів
трикутник називається основним, як-
що довжини його сторін х, у, 2- числа
взаємно прості.
Знайти безліч розв’язків рівняння (*)
можна, користуючись тотожністю Піфа-
гора
(2п+1)2 + (2п2 +2п)2 =
= (2п2+2п + 1)2.	(1)
Платон знайшов іншу тотожність:
(2п)2 + (п2 - І)2 = (п2 + І)2,	(2)
яка, за винятком трійки (3, 4, 5), дає
безліч інших розв’язків рівняння (*).
Мал. 127
97
І все ж навіть обидві ці формули не дають усіх розв’язків
рівняння (*). Пізніше було виявлено тотожність
(2а&)2 + (а2 - Ь2)2 = (а2 + б2)2,
(3)
яка дає можливість знайти усі розв’язки рівняння (*). Корис-
туючись останньою тотожністю, можна скласти таблицю дов-
жин сторін основних піфагорових трикутників і їх площ 5
(див. с. 99).
Формула (1) визначає довжини сторін таких піфагорових
трикутників, у яких гіпотенуза більша від більшого катета на 1.
Формула (2) - у яких гіпотенуза більша від більшого катета
на 2. З формули (3) випливає, що є й такі піфагорові трикутни-
ки, у яких гіпотенуза від більшого катета може відрізнятись
на як завгодно велике число. Це число - квадрат або подвоєний
квадрат натурального числа, бо
а2 +Ь2 - 2аЬ = (а - Ь)2, а а2 + Ь2 - (а2 - Ь2) = 2Ь2.
Оскільки один з катетів піфагорового трикутника - число
непарне, то ним може бути тільки значення а - 6. А це можли-
во лише за умови, коли одне із значень а, Ь - парне. Тоді зна-
чення 2аЬ має ділитись на 4. Отже, один із катетів піфагорово-
го трикутника обов’язково ділиться на 4.
Один із катетів піфагорового трикутника ділиться на 3.
Доведення. Припустивши, що х = Зі ±1, у = 31+1, неваж-
ко показати, що тоді 22 = Зт + 2, а квадрат числа від ділення на
З не може давати остачу 2. Отже, одне з чисел х чи у обов’язко-
во ділиться на 3.
Аналогічно можна довести, що одне з натуральних чисел х,
у, г, які задовольняють рівняння (*), ділиться на 5. Тому пра-
вильне таке твердження: у кожному піфагоровому трикутни-
ку добуток катетів ділиться на 12, а добуток катетів і гіпо-
тенузи ділиться на 60.
Вкажемо ще деякі властивості піфагорових трикутників.
У всякому піфагоровому трикутнику діаметр описаного
Мал. 128
кола - число натуральне, бо воно
дорівнює 2.
. Радіус кола, вписаного в піфа-
горів трикутник, - число натураль-
не, бо, як видно з малюнка 128,
г = 0,5 (х + у - 2), а число в дужках -
парне.
У кожному піфагоровому три-
кутнику радіус кожного зовнівпи-
саного кола - число натуральне.
98
Основні піфагорові трикутники (до х<485)
Таблиця
Иор. номер	X	У	2	8	Пор. номер	X	У	2	8
1	3	4	5	6	39	209	120	241	12 540
2	5	12	13	ЗО	40	255	32	257	4 080
3	15	8	17	60	41	247	96	265	11 856
4	7	24	25	84	42	23	264	265	3 036
5	21	20	29	210	43	69	260	269	8 970
6	35	12	37	210	44	115	252	277	14 490
7	9	40	41	180	45	231	160	281	18 480
8	45	28	53	630	46	161	240	289	19 320
9	11	60	61	330	47	285	68	293	9 690
10	63	16	65	504	48	273	136	305	18 564
11	33	56	65	924	49	209	224	305	23 408
12	55	48	73	1 320	50	25	312	313	3 900
13	77	36	85	1 386	51	75	308	317	11 550
14	13	84	85	546	52	323	36	325	5 814
15	39	80	89	1 560	53	253	204	325	25 806
16	65	72	97	2 340	54	175	288	337	25 200
17	99	20	101	990	55	299	180	349	26 910
18	91	60	109	2 730	56	225	272	353	ЗО 600
19	15	112	113	840	57	357	76	365	13 566
20	117	44	125	2 574	58	27	364	365	4 914
21	105	88	137	4 620	59	275	252	373	34 650
22	143	24	145	1 716	60	345	152	377	26 220
23	17	144	145	1 224	61	135	352	377	23 760
24	51	140	149	3 570	62	189	340	389	32 130
25	85	132	157	5 610	63	325	228	397	37 050
26	119	120	169	7 140	64	399	40	401	7 980
27	165	52	173	4 290	65	391	120	409	23 460
28	19	180	181	1 710	66	29	420	421	6 090
29	153	104	185	7 956	67	297	304	425	45 144
ЗО	57	176	185	5 016	68	87	416	425	18 531
31	95	168	193	7 080	69	145	408	433	29 580
32	195	28	197	2 730	70	437	84	445	18 354
33	187	84	205	7 854	71	203	396	445	40 194
34	133	156	205	10 374	72	351	280	449	49 140
35	171	140	221	11970	73	425	168	457	27 200
36	21	220	221	2 310	74	261	380	461	49 590
37	221	60	229	6 630	75	319	360	481	57 420 ।
38	105	208	233	10 920	76	31	480	481	7 440
99
Існує безліч основних піфагорових трикутників, у яких
один із катетів є квадратом натурального числа.
Не існує жодного піфагорового трикутника, довжини двох
сторін якого були б квадратами натуральних чисел (теорема
Ферма).
Задача Ферма. Знайдіть піфагорові трикутники, гіпотенуза
і сума катетів кожного з яких - квадрати натуральних чисел.
У листі до Мерсенна Ферма стверджував, що такі трикутни-
ки існують і найменший з них:
(4 565 486 027 761, 1 061 652 293 520, 4 687 298 610 289).
І це справді так (див. [17, 43]).
Аналіз сформульованих вище теореми і задачі Ферма, їх до-
ведення і розв’язання показують, що свою Велику теорему
Ферма формулював не як просту догадку, а в результаті глибо-
ких і довготривалих досліджень.
83.	Геронові трикутники. Оскільки добуток катетів кожного
піфагорового трикутника ділиться на 12, то площа кожного
такого трикутника виражається натуральним числом (до того
ж кратним 6). Давньогрецький геометр Герон досліджував не-
прямокутні цілочислові трикутники, площі яких виражають-
ся натуральними числами. Згодом їх назвали героновими три-
кутниками.
Найпростіший спосіб творення геронових трикутників -
прикладання або накладання двох піфагорових трикутників із
рівними катетами. Візьмемо для прикладу піфагорів трикут-
ник (5, 12, 13). Об’єднання цього трикутника і симетричного
йому відносно катета дає рівнобедрений трикутник (13, 13, 24)
або (13, 13, 10). Площа кожного з них дорівнює 60, а довжини
всіх сторін виражаються натуральними числами. Це - прикла-
ди рівнобедрених геронових трикутників. Якщо прикласти
два нерівні піфагорові трикутники з рівними катетами, на-
приклад (15, 8,' 17) і (15, 112, 113), утвориться нерівнобед-
рений геронів трикутник (17, 113, 120). Наклавши менший
із трикутників на більший, дістанемо геронів трикутник (17,
113, 104) (мал. 129).
100
84.	Геронові трикутники можна складати, використовуючи
не тільки основні піфагорові трикутники, а й похідні від них.
, Наводимо таблицю довжин сторін і площ кількох перших
геронових трикутників.
Таблиця
Перші 20 основних геронових трикутників
а	5	5	10	4	13	9	16	7	11	10	13	13	12	14	3	17	17	6	5	8
Ь	5	5	13	13	14	10	17	15	13	17	13	20	17	25	25	25	25	25	29	29
с	6	8	13	15	15	17	17	20	20	21	24	21	25	25	26	26	28	29	ЗО	35
8	12	12	60	24	84	36	120	42	66	84	60	126	90	168	36	204	210	60	72	84
Множачи всі сторони одного піфагорового трикутника на де-
яке натуральне число, можна отримати трикутник з катетом,
що дорівнює катету другого піфагорового трикутника. При-
клавши або наклавши їх по рівних катетах, можна утворити
два геронові трикутники. Наприклад, помноживши всі сторони
трикутника (3, 4, 5) спочатку на 3, а потім на 4, дістанемо три-
кутники (9, 12, 15)і(12, 16, 20) з рівними катетами 12. Із них
неважко утворити геронові трикутники (15, 20, 25) і (15, 20, 7).
Чи кожний геронів трикутник можна отримати накладан-
ням або прикладанням піфагорових трикутників? Ні. Існують
такі геронові трикутники, які не можна розрізати на два піфа-
горові трикутники. Таким, наприклад, є трикутник (65, 119,
180). Його площа дорівнює 1638, а це число не ділиться ні на
одне з чисел 65, 119, ^80. Отже, жодна з висот розглядуваного
трикутника не виражається натуральним числом.
Тому такий трикутник не можна скласти з двох піфагоро-
вих трикутників.
85.	Раціональні трикутники. Якщо сторони і площа трикут-
ника виражаються раціональними числами, його називають
раціональним трикутником. Оскільки кожне натуральне чис-
ло є водночас раціональним числом, то всі цілочислові трикут-
ники, зокрема піфагорові й геронові, - підмножини множини
раціональних трикутників. І все ж між множинами цілочисло-
вих і раціональних трикутників можна встановити взаємно
однозначну відповідність. Якщо в одній системі мір сторони і
площа деякого трикутника виражаються дробами із знаменни-
ками т, п, к,р, то в іншій системі мір, в якій одиниця довжини
в тпкр разів менша, сторони і площа цього самого трикутника
виражатимуться натуральними числами.
101
Дослідження раціональних трикутників дає змогу повніше
дослідити і властивості цілочислових трикутників. Неважко
довести, що кожний раціональний трикутник можна скласти
з двох прямокутних трикутників з раціональними сторонами
(див. [17, 40]). Цікавою є задача Ейлера.
Чи існують цілочислові трикутники з раціональними
медіанами?
Ейлер цю задачу вважав досить важливою. У 1782 р. він
запропонував її Академії наук у вигляді окремої доповіді. Роз-
глянемо схему розв’язання задачі. Нехай а, Ь, с - сторони три-
кутника, а та, ть, тс - відповідні їм медіани. Тоді (див. п. 8):
4т2=2(Ь2 + с2)-а2;
4ги^ = 2 (а2 4- с2)-Ь2;
4т2 = 2(а2 + Ь2)-с2.
Щоб медіани розглядуваного трикутника виражалися
раціональними числами, необхідно, щоб праві частини трьох
цих рівностей були квадратами цілих чисел. Користуючись ме-
тодами теорії чисел, Ейлер знайшов такий трикутник (68, 85,
131 127
87). Його сторони - числа цілі, а медіани 79,	, 	 - чис-
ла раціональні.	2-2
Зрозуміло, що, помноживши всі лінійні елементи такого
трикутника на 2, отримаємо цілочисловий трикутник (136,
170, 174), медіани якого виражаються цілими числами 158,
131 і 127. Чи є цей трикутник піфагорів або геронів? Оскільки
довжини сторін його не задовольняють теорему Піфагора, то
він - не піфагорів трикутник.
Деякі автори вважають його героновим трикутником. На-
приклад, у книжці [15, 97] читаємо: «Зйлер указал, что у тре-
угольника со сторонами 136, 170, 174 площадь и все медианьї
имеют целочисленньїе значення; доказано, что зтот треуголь-
ник - наименьший из всех героновьіх треугольников с цело-
численньїми мед панами». Це не так. Ейлер довів не це твер-
дження, а сформульоване вище. Трикутник зі сторонами 136,
170 і 174 має площу
5=л/240-204-70-66 = 480ч/5-7-11-13,
а це число - не ціле, навіть не раціональне. Отже, розглядува-
ний трикутник не є героновий. Трикутник (68, 85, 87), який
розглядав Ейлер, - найменший з усіх цілочислових (але не
102
геронових!) трикутників, сторони яких виражаються нату-
ральними числами, а медіани - раціональними.
ж Існують також інші цілочислові трикутники, медіани яких
виражаються раціональними числами, зокрема (127, 131, 158)
і (204, 255, 261). їх площі виражаються нераціональними чис-
лами (перевірте!). Чи існує хоч один геронів трикутник з ціло-
числовими медіанами, ми не знаємо.
Доведіть твердження 251-262.
251.	Радіус зовнівписаного кола кожного піфагорового три-
кутника виражається натуральним числом.
252.	Радіуси кіл, вписаних у піфагорові трикутники (39, 80,
89), (55, 48, 73), рівні.
253.	Навколо кожного кола з цілочисловим радіусом можна
описати принаймні один основний піфагорів трикутник.
254.	Якщо гіпотенуза і один катет піфагорового трикутни-
ка, відмінного від (3, 4, 5) і (12, 5, 13), - числа прості, то дру-
гий його катет ділиться на 60.
255.	Якщо катет основного піфагорового трикутника - чис-
ло парне, то воно ділиться на 4.
256.	Існує тільки один піфагорів трикутник із катетом, що
дорівнює 5.
257.	Гіпотенуза кожного основного піфагорового трикутни-
ка - число виду 4п +1.
258.	Правильні тотожності, які дають змогу знаходити пі-
фагорові трикутники:
а) (10п - 5)2 + (50п (п - 1) + 12)2 = (50п (п - 1) + ІЗ)2;
/	9	\2
, ,1П . .2. 10п(10п+2а)+а2-1
в) (10п+а) + --1------------ =
\	2	7
_ 10п(10п+2а)+а2+1У
" .	2	‘
259.	Існує безліч основних піфагорових трикутників, пери-
метри яких - квадрати натуральних чисел. Найменший із них -
(16, 63, 65).
103
260.	Трикутник (6,8, 10) - геронів і такий, периметр якого
чисельно дорівнює площі.
261.	Трикутники (13, 14, 15), (51, 52, 53), (193, 194, 195),
сторони яких виражаються послідовними натуральними чис-
лами, геронові.
262.	Якщо трикутник (2с -1, 2с, 2с + 1) геронів, то трикут-
ник (4с2 -3, 4с2 -2, 4с2 - 1) також геронів.
ТРИКУТНИКИ У ПРОСТОРІ
86. Досі йшлося про планіметричні властивості трикутника,
до уваги бралися лише ті точки простору, які лежать у пло-
щині даного трикутника. Якщо ж розглядати всі точки просто-
ру, в якому задано деякий трикутник, то деякі з розглянутих
раніше тверджень залишаються
правильними, інші - неправильні,
а деякі взагалі втрачають зміст.
Наприклад, правильною для всіх
точок простору залишається теоре-
ма Лейбніца (п.10). А от геомет-
ричним місцем точок простору,
сума квадратів відстаней від
яких до всіх вершин трикутника
стала, є сфера з центром у цент-
роїді трикутника (мал. 130). Тео-
рема (п. 11) для простору правиль-
на, якщо замість «прямої» написа-
ти «площини» (мал. 131).
Деякі властивості трикутників,
навіть розташованих в одній пло-
щині, легше виявити і обґрунтувати,
якщо «вийти в простір». Для при-
кладу розглянемо відому теорему
проективної геометрії. Якщо три-
кутники АВС і А1В1С1 розташова-
ні так, що прямі АА19 ВВі9 СС1 про-
ходять через одну точку, то прямі
АВ і Афвр ВС і ВіСр СА і СТАг пере-
тинаються в точках, що лежать
на одній прямій або паралельні.
Доведення. Нехай трикутни-
ки АВС і АрВіСі розташовані так,
104
що прямі ААг, ВВг, ССг перетина-
ються в точці Р, а ВСг\В1С1 = X,
АВ п АХВХ = ¥,АСг\ А1С1 = 2.
* Покажемо, що точки X, У і 2
лежать на одній прямій.
Уявімо, що на малюнку 132 зо-
бражено піраміду РАВС, яку пере-
тинає площина	Якщо ця
січна площина не паралельна ос-
нові піраміди, то вони перетина-
ються по деякій прямій І. Оскільки
пряма ВС лежить у площині основи
піраміди, а В1С1 - у січній площині,
то їх спільна точка X належить обом цим площинам і прямій І.
Аналогічно переконуємось, що точки У і 2 також лежать на
прямій І.
Отже, якщо дані трикутники не лежать в одній площині, то
доведення теореми майже очевидне. Якщо ж розглядувані три-
кутники лежать в одній площині, то доведення істотно усклад-
нюється.
Правильна й обернена теорема (теорема Дезарга). Якщо
відповідні сторони трикутників АВС і АхВ^х перетинають-
ся в трьох точках, що лежать на одній прямій, то прямі ААХ,
ВВ19 ССі проходять через одну точку. Повне доведення теоре-
ми потребує розгляду кількох випадків і порівняно громіздке.
Оскільки воно є в кожному курсі проективної геометрії, тут
його не розглядаємо. Зазначимо лише, що коли розглядувані
трикутники лежать в одній площині, то, не виходячи в про-
стір, теорему Дезарга довести не можна.
Це показав Д. Гільберт.
Важливу роль у геометрії трикутника
відіграє метод проекцій. Як відомо,
паралельною проекцією будь-якого три-
кутника може бути рівносторонній
трикутник. Наприклад, ААВС - до-
вільний, а ДАіВіСі - рівносторонній
(мал. 133). За паралельного проектуван-
ня паралельні відрізки проектуються
в паралельні відрізки, а відношення
довжин відповідних відрізків і площ
відповідних фігур зберігається. Тому в
багатьох випадках розв’язування задачі
105
про довільний трикутник можна
звести до розв’язування аналогічної
задачі про рівносторонній три-
кутник. А це значно спрощує мір-
кування й обчислення. Приклад
застосування методу проекцій на-
ведено в п. 49.
Далі розглянемо ще кілька пла-
німетричних задач про трикутни-
ки, які зручно розв’язувати, вихо-
дячи в простір.
Якщо АВС - довільний гостро-
кутний трикутник, Н - його ор-
тоцентр, а промені АН, ВН, СН
перетинають півкола діаметрів
АВ, ВС, СА в точках А1Г В19 С19 то
АВг = АСГ, ВАг = ВСГ, САГ = СВГ
(мал. 134).
Доведення. Фігуру НАВС мож-
на розглядати як проекцію три-
кутної піраміди НгАВС, у якої всі
три кути при вершині Нг прямі, бо
в такої піраміди проекція верши-
ни проектується в ортоцентр осно-
ви. А шестикутник АС1ВА1СВ1 -
розгортка цієї піраміди. Тому АВг=
= АСР ВАХ = ВСР САі = СВР
Розглянемо ще дві задачі на по-
будову трикутників, які зручно
розв’язувати, виходячи в простір.
Дано три паралельні прямі
однієї площини і три точки між
ними. Побудуйте трикутник
так, щоб його вершини лежали на
даних прямих, а сторони проходи-
ли через дані точки (мал. 135).
Якщо користуватися тільки
методами планіметрії, задачу роз-
в’язати важко (спробуйте!). Мето-
дами стереометрії вона розв’язу-
ється порівняно просто.
106
Розв’язання. Уявімо, що відрізки даних прямих - ребра
трикутної призми, а точки К, Р, Т лежать на її бічних гранях.
Залишається побудувати переріз призми площиною, яка про-
ходить через точки К, Р, Т (мал. 136). Проекція побудованого
перерізу АВС - трикутник, який задовольняє умові задачі.
Оскільки точки КіР можна уявляти то в одній грані призми,
то в другій, задача може мати два різні розв’язки (мал. 137).
Самі побудови можна виконати навіть однією односторонньою
лінійкою.
Промені ОА, ОВ, ОС розбивають площину на три тупі ку-
ти. У внутрішній області кожного з них відмічено три точки:
К, Р, Т. Побудуйте трикутник, вершини якого лежать на да-
них променях, а сторони проходять через дані точки, кожна
сторона - через одну точку (мал. 138).
Цю задачу опубліковано в рубриці «Увага. Конкурс» жур-
налу «Математика в школі» № 1 за 2002 р. і № 4 за 2004 р. Для
учасників конкурсу вона вияви- лася найважчою, а вміщене в журналі її розв’язання - надто не- раціональне і неповне. Задачу кра- ще розв’язувати так. Уявімо, що ОАВС прямий тригранний кут, а точки К,Р,Т ле- жать у його гранях (мал. 139). По- будуємо переріз цього тригранного кута площиною КРТ. Для цього А/ визначимо точки Кг і Рг на ребрах О А і О В такі, що ККг || ОС і РРг Ц ОС. Потім знаходимо точки:	с к, о //	р •г	\ в Мал. 138
1 7
М = КРпКіРр А = МТпОА,
В = МТп ОВ, С = АКп ОС.
Трикутник АВС той, який треба
було побудувати.
Якщо КР II КгРг, то слід провес-
ти АРІ | КР.
Без виходу в простір такі задачі
розв’язувати надто важко.

Доведіть твердження 263-266 для трикутників, розміще-
них у просторі.
263.	Якщо М і Мг - центроїди трикутників АВС і АрВ^, то
ММ1 = і (АА1 + ВВ1 + СС1).
264.	Якщо центроїди трикутників АВС і А^В^ збігаються, то
А4.1 + ВВі -І- ССі = 0.
265.	Якщо М і Мг - центроїди трикутників АВС і АВК, які
не лежать в одній площині, то:
а)	СК = ЗММі;
б)	відрізки КМ і СМГ перетинаються і точкою перетину
поділяються у відношенні 3:1;
в)	точка перетину прямих СМ і КМХ - середина АВ.
266.	Якщо трикутники АВС і КРТ мають спільний центроїд,
то сума квадратів відстаней усіх вершин одного з них до всіх
вершин другого не залежить від розміщення цих трикутників
у просторі.
267.	Знайдіть геометричне місце центроїдів трикутників,
вершини яких лежать на трьох даних паралельних прямих.
268.	Вершини деякого трикутника віддалені від площини,
яка не перетинає його, на відстані а, Ь,с. Знайдіть відстань від
центроїда трикутника до площини.
269.	Трикутники АВС і АрВ^ розташовані так, що
АА1II ВВГ Ц ССР Знайдіть відстань між їх центроїдами, якщо
АА1 = а, ВВ1 = Ь, ССГ = с і трикутники не перетинаються.
270.	Ребро правильного октаедра дорівнює а. Знайдіть
відстань між центрами його протилежних граней. Сформулюй-
те і розв’яжіть аналогічні задачі для правильного ікосаедра.
108
ВІДПОВІДІ І ВКАЗІВКИ
1. Проведіть висоту до сторони а і розгляньте два утворені
прямокутні трикутники. 2. а зіп В = Ь зіп А, Ь зіп С = с зіп В,
сзіп А = а зіпС. 3. Проведіть висоту до сторони с і визначте
площі двох прямокутних трикутників: а2 зіп 2В = 2а зіп В х
х а соз В. 4. В 4- сі£ С = а: ка. 5. Визначте за теоремою
косинусів с2. 6. Кожен з розглянутих добутків дорівнює г.
7. 2а&созС = 2аЬ зіпС -сі£ С = 48сІ£С. 8. 2&ссозА = Ь2 4-
4- с2 - а2. 9. а2 (соз А 4- соз В соз С) = а2 (соз В соз С - соз (В - С)) =
= а2 зіп В зіп С. Далі застосуйте теорему синусів. 10. а2 4- Ь2 - с2 =
= 2ас соз С, Ь2 4- с2 - а2 = 2Ьс соз А. 11. а = 2В зіп А і т.д. 12. За-
стосуйте формулу 25 = са соз В і теорему синусів. 13. Запишіть
ліву частину рівності у вигляді (1 - соз 2А): 2 4- (1 - соз 2В): 2 4-
4-1 - соз2(А 4- В) = 2 - соз(А 4- В) соз(А - В) - соз2(А 4- В). 14. У рів-
ності задачі 13 замініть вираз зіп2А на 1 - соз2А. 15. У рівності
задачі 13 замініть зіп2А на зіп2(180° -2А) і т.д. 16. Замініть ліву
частину рівності сумою квадратів косинусів і скористайтеся
рівністю задачі 14. 17. Обидві частини формули задачі 13
помножте на 4В2 і застосуйте теорему синусів. 18. Перемножте
рівності 2В зіп А = а, 2В зіп В = Ь. 19. Скористайтеся форму-
лою попередньої задачі. 20. Врахуйте, що а = 2В зіп А і т.д.
21. Ь соз В = 2В зіп В соз В = В зіп 2В і т. д. 22. В (соз С - соз В) =
= а зіп (В - С). 23. Проведіть три висоти трикутника і зверніть
увагу на відрізки сторін. 24. Застосуйте теорему синусів і
скористайтеся задачею 19. 25. Перетворіть у добуток суму двох
перших доданків і виразіть через А і В третій. 26. а) Помножте
обидві частини рівності на 4В2; б) скористайтеся рівністю
задачі 13; в) з даної в задачі рівності випливає зіп А зіп В -
- соз А соз В = 0, соз (А 4- В) = 0; г) скористайтеся рівністю зада-
чі 17. 27. Нехай пряма АХ перетинає сторону ВС у точці К. Тоді за
властивістю зовнішнього кута трикутника ХВ < ХАКС < ХАХС.
28. Застосуйте теорему косинусів до трикутників АВХ і АСХ;
домножте першу рівність на ХС, другу - на ВХ і результати
додайте. 29. Ні. Трикутник прямокутний, якщо його сторони
такі, що а2с 4- Ь2с = с3, а а2с > а3, Ь2с > Ь3. ЗО. Виразіть висоту
трикутника через його периметр і половини двох даних кутів.
109
2 .------
31. —л/10-275. 32. 15,6 або 24. 33. Поверніть на 60° ЛАВХ
О
навколо А, ДВСХ - навколо В, АСАХ - навколо С. Площа
утвореного шестикутника вдвічі більша за площу А АВС і
складається з трьох рівних трикутників і трьох рівносторон-
ніх. а) х =>/7; б) х1 2 = — (а2 + Ь2 + с2) + 2 л/ЗВ. 34. Скористайтеся
2
твердженням п. 12. 35. Застосуйте теорему синусів. 36. Якщо
АВ = 2МС, то АВ - діаметр описаного навколо ААВС кола.
37. Якщо кут А гострий, то коло діаметра ВС перетинає сторони
АВ і АС. Тоді медіана АО більша за радіус описаного кола, що
дорівнює 0,5а. 38. Див. задачу 35. 39. Якщо дано ААВС, то роз-
гляньте ААСК, де АК = 2та і СК = АВ. 40. Додайте нерівності
т+ — >Ь і т + — >с- 41. 2та > Ь + с - а. Додайте три такі не-
2 а 2
рівності і скористайтеся твердженнями задачі 39. 42. Див.
задачі 36 і 37. 43. Продовжте медіани АМ іА1М1 до відрізків
АК і АГКІ9 удвічі довших, і покажіть, що трикутники АСК і
А1С1К1 рівні; б) доведіть, що А АСК = АА^/^ - за стороною і
прилеглими кутами. 44. Див. п. 12. 45. Якщо виконується
З	1
умова задачі, то тс = —с, а ММС = — с9 тоді АМ ± ВМ (див. за-
1
дачу 36). 46. Згідно з умовою задачі ММС = —АВ, а МС = 2ММС.
Сі
47. Якщо медіани проведені до сторін а і &, то а2 + Ь2 = 5с2;
аЬ < (а2 + Ь2): 2 = 2,5с2. За теоремою косинусів соє С =(а2 + Ь2 -
- с2) : 2аЬ = 2с2 : аЬ > 0,8. 48. Користуючись формулами п. 8,
доведіть, наприклад, що 4(т2-т2) = 3(&2 - а2). 49. Співставте
дві рівності, Подібних до рівності з розв’язання попередньої
2
задачі. Різниці прогресій відносяться як 1:4. 50. МА = — ААР
1	2 /------------ З
МАГ = —МА. 51. 3:4. 52. а = — ^2(т2ь + т2)-т2а іт.д. Розв’яжіть
Сі	о
систему трьох рівнянь. Зверніть увагу на схожість формул.
53. Скористайтеся властивістю середньої лінії трапеції. Роз-
гляньте також випадок, коли дві трапеції перетинаються.
54. 1,5(а2 + &2). 55. 1,25а2. 56. Побудуйте трикутник МСК за
трьома відрізками, що дорівнюють двом третім даних медіан,
потім - гомотетичний йому трикутник СМсР. 57. Якщо дано
медіану т і прилеглі до неї кути, то спочатку побудуйте
трикутник за стороною 2т і даними прилеглими кутами.
110
к
58.1:2 (мал. 140). 59. Пропорційні числам 2, 3 і 5. 60. тп* зіп (В +
+ С) : (зіп2 В + зіп2 С - 0,5 зіп2 (В + С)). 61. =|зіп (А-В)| :
: 2зіп А зіп В. 62. Соз А = (4сЬ - Ь2 - с2) : 2Ьс. 63. (1 + л/3):2 або
4+л/17. 64. Перетворіть формулу з п. 15. 65. Застосуйте
теорему косинусів. 66. Скористайтеся формулою із задачі 65 і
формулою Герона. 67. Використайте формули задач 65 і 66.
68—70. Див. задачу 67. 71. Див. задачу 65. 72. Див. задачу 66.
73. Див. задачу 68. 74. Застосуйте теорему про зовнішній кут
трикутника. 75. АЬ : ВЬ =АС : ВС. 76. Опишіть навколо даного
трикутника коло. 77. Якщо бісектриса кута А перетинає
описане навколо трикутника коло в точці К, то АК<АМа +
+ МаК і МаК < КЬа. 78. Скориставшись властивістю дотичних,
проведених з однієї точки до кола, покажіть, що така
бісектриса є водночас і медіаною трикутника. 79. Якщо така
пряма ділить периметр трикутника на частинирг ір2 , то площі
утворених багатокутників дорівнюють відповідно ргг і р2г.
80. Якщо півпериметри трикутників дорівнюють р і р19
то їх площі рг і р1г. 81. Проаналізуйте рівність п. 16. 82. Ско-
ристайтесь формулами п. 14 і теоремою Піфагора. 83. Якщо
ДАВС ~ А А1В1С1, аАЬ іА1Ь1 - їх бісектриси, то ЛАВВ ~ ЬА^^^
84. а) Виразіть 1А і Іа через сторони трикутника. 85. Перемнож-
те формули п. 18; б) див. п. 18; в) покажіть, що 5 : (р - а) +
+ 5: (р - и) + 8 : (р - с) - 8 : р = 4Л. 86. За властивістю хорд
Іа(АЕ - Іа) = СЬа • ЬаВ, але 12а = АВ • АС - ВЬа • СЬа. 87. КР х
ХРТ • ТК = 8г3СОЗ—СО8—СО8—• 88. а) + с) 2&ССОЗ .
2	2	2	2
Перемножте три таких рівності і скористайтеся рівністю
задачі 71; б) АЬ =
: зіп —. Перемножте три такі рівності та
врахуйте рівність задачі 72. 89. Виразіть через а, Ь, с суму
111
х + ЬаВ (мал. 20). 90. Скористайтеся властивістю середньої
лінії трикутника. 91. Коли б бісектриси кутів А і В були
перпендикулярні, то сторони АС і ВС були б паралельні. 92. За-
стосуйте метод від супротивного. 93. Нехай точка К симет-
рична В відносно розглядуваної зовнішньої бісектриси СР
(мал. 141), тоді АС + СВ = АК <АМ + МК. 94. Якщо зовнішні
бісектриси, що виходять з вершин В і С, перетинаються в точці
Іа, то ця точка рівновіддалена від прямих АВ і АС, отже -
лежить на бісектрисі кута А. 95. Якщо точки К, Р, Т лежать на
сторонах ВС, АС, АВ, то сторона КР вписаного трикутника
може бути паралельною бісектрисі кута А або кута В. 96. З
центра Ь вписаного кола сторони РТ, ТК, КР видно під кутами
180° - А, 180° - В, 180° - С. 97. Скористайтеся першою
формулою п. 17 і нерівністю (а + Ь)(Ь + с)(с + а) > 8аЬс.
98. Скористайтеся формулою п. 17. 99. Нехай АВС - довільний
трикутник. Якщо І - точка перетину бісектрис зовнішніх кутів
В і С, то вона рівновіддалена від прямих АВ і АС. Тоді
бісектриса кута А проходить через точку І. 100. Скористайтеся
™ а(а+Ь) Ь(а+Ь)
твердженням п. 18. 101. Катети	, ,	—, бісектриса
^2аЬ
—== . 102. Нехай точка М відрізка ЬьЬс віддалена від сторін
л/а2 + Ь2
Ь, с і а на відстані х, у і з. Тоді, користуючись формулами п. 17,
покажіть, що х (а + Ь) + у (а + с) = 28 і хЬ + ус + за = 28.
103. 1га = Ь зіп С. Далі застосуйте теорему синусів. 104. Вико-
ристайте формулу 5= аЬс : 4В. 105. ка = 28 : а. Додайте три такі
рівності. 106. Покажіть, що 2Вка = Ьс, додайте три аналогічні
рівності. 107. ка = Ь зіп С, Ь = 2В зіп В. 108. какьВ = с8.109. к~х =
= а : 28. Додайте три аналогічні рівності. 110. ака = Ькь.
Застосуйте теорему синусів. 111. ака = 28. Далі застосуйте рів-
ність задачі 71.112. Скористайтеся рівністю задачі 70.113. Див.
задачі 106 і 109. 114. ака = 28. Перемножте три аналогічні
рівності. 115. Помножте і поділіть рівність попередньої задачі
на 4Я. 116. Покажіть, що площі трикутників НВС і АВС від-
носяться як па : ка. Додайте три аналогічні відношення.
117. іа = ка - па. Скористайтеся попередньою задачею. 118. Ліва
частина рівності дорівнює сЬ соз А + ас соз В + аЬ соз С.
Далі застосуйте теорему косинусів. 119. Покажіть, що
гсї£— + гсї£ — = а і т.д. 120. 2(йа+ кь+ кс) = (2р -а) зіп А + (2р -
2	2
- Ь) зіп В + (2р - с) зіп С. 121. Відстань від О до АС дорівнює
112
а . В
В ~ ~	•
2	2
122. Опишіть коло
навколо ДАВС і проаналізуйте, де
Знаходиться точка перетину з ним
бісектриси кута А. 123. Якщо СН -
висота ААВС, А- В = 90°, АНСК -
прямокутник, то ААНС - АВАК.
124. а) Кожен добуток дорівнює
Ьс соз А; б) АНЬ : ННЬ = ВНЬ : НЬС =
= і£С. 125. Скористайтеся формулою
п. 24 і задачею 18. 126. Якщо а2+&2=
= с2, то (а + &)2 +	=(^г + с) *
127. Сполучіть розглядувану точку
відрізками з вершинами трикутника і застосуйте теорему
Піфагора до шести утворених прямокутних трикутників.
128. Оскільки завжди іапа = іспс (див. п. 26), то і ідПа^ь =
і т.д. 129. Ці кола гомотетичні відносно ортоцентра Н.
131. Див. мал. 142. Покажіть, що точки Р, К,В,Т - вершини
рівнобічної трапеції. 133. Можуть, якщо трикутник прямокут-
ний. 134. Див. п. 20. 135. О9О = | ОН. 136. О^М = і ОН.
А	6
137.	Виразіть медіану О А трикутника АЛН через його сторони.
А	А В С А
138.	ІА = г: зіп — = 4В зіп — зіп — зіп — : зіп — (див. задачу 72).
2	2	2	2	2
139.	Скористайтесь формулою задачі 17. 140. О9Н = 0,5 ОН.
141.	ОдМ = — ОН. 145. Скористайтеся задачею 139 і рівністю
6
г2 +4Лг = р2 —(а2 +Ь2 +с2)- 146. У прямокутному трикутнику
&
О і Н - середина гіпотенузи і вершина прямого кута. 147. Див.
останнє твердження п. 25. 148. У прямокутному трикутнику
ОН дорівнює половині гіпотенузи. 149. Скористайтеся фор-
мулою Ейлера (і2 = В2 - 2Вг. 150. Скористайтеся твердженням
п. 13. 151. Покажіть, що СН = СО = В,а. оскільки СН = 2В соз С,
то В = 2В соз С, С = 60°. 152. Якщо ННа= ОМа , то 2В соз А соз В=
= В созС. Звідси 2 соз А созВ = -соз (А + В), 3 соз А соз В =
= зіп А зіп В, А В = 3. 153. Якщо ОН ± СЬ, то СО = ОН.
Оскільки СО = В, а СН = 2В соз С, то В = 2В соз С, С = 60°.
154. Якщо ОМ ± АМ, то ЛАМО = 90°, ОА2 = ОМ2 + АМ2.
Підставивши їх значення, матимемо 2а2 = Ь2 + с2,2тп2 =	+ т2.
113
155. Кола, описані навколо трикутників АВС і НВС,
симетричні відносно ВС, їх прямі Ейлера ОН і АОа
перетинаються в центрі Е кола Ейлера - центрі паралелограма
АНОаО. Другий спосіб. Пряма Ейлера в кожному трикутнику
проходить через центр кола Ейлера, а дані трикутники мають
одне й те саме коло Ейлера. 156. Скористайтеся другою
формулою Ейлера. 157. Діаметри цих кіл, проведені через
точку М, лежать на одній прямій. 158. Якщо НА = В, то О$А =
= 0,5 \Іа2 +Ь2 +с2-5В2. Завжди НА2 = і2 = 4Д2 - а (див. п. 26).
Тому якщо НА = В, то а = Ву/З. Скористайтеся рівністю зада-
чі 137. 159. Якщо А' - середина ОА, то чотирикутник А'М^М^М^
вписаний, АА = ЛМвМаМс, ЛСОВ = 2А, А + 2А = 180°, А = 60°.
Продовження - як у попередній задачі. 160. Якщо X - сере-
дина МА, то ХО9 = О9Ма, тому трикутник ХМО9 прямокутний.
Отже, (—тпа)2 +(-ОН)2 =—В2. Звідси: Ь2 + с2 = 2а2. Доведіть, що
З а 6	4
пряма Сімсона, яка відповідає точці X кола, описаного навколо
ДАВС, поділяє відрізок ХН на дві рівні частини. 162. а) 8Х =
8„ ОН\	л п	с 8 В2-2Вг 8г
= —(1-----) = 28 созАсозВсоз С; б) 8~ = —(1------—) =—.
4 В2	Х 4 В2 2В
164. ЛОНЬ = 45° - 30° = 15°. АНОЬ = агсзіп	165. Умова
12
Чеви виконується, бо а1 = а2,Ь1 = Ь29с1 = с2 (мал. 52). 166. Умо-
ва Чеви виконується. 167. Див. п. 42. 168. Див п. 43.
169. Якщо аг: а2 = Ї&С : Ї&В, с1:с2 = Ї&В : Ї&А, Ьг:Ь2 = і§А: і§В,
то а1Ь1с1 = а2Ь2с2 (мал. 52). 171. Скористайтеся теоремою Ван-
Обеля. 172. Застосуйте теорему Ван-Обеля і скористайтеся
тим, що АВ1 = р- с, ВГС =р~ а,АС1 =р-Ь, С±В = р- а. 173. За-
стосуйте теорему Чеви і твердження з п. 53. 174. Покажіть, що
СВг : ВгА = а : Ь, САг : АХВ = Ь : а і а соз А = Ь соз В. 175. 1:2.
Добудуйте ААКС1 ~ &ВССГ. 176. Ні. Бо тоді трикутник мав би
дві паралельні сторони. 177. Ні. Бо тупокутний трикутник не
може дорівнювати прямокутному. 178. Так. Запишіть умову Чеви
і покажіть, що АВг : ВГС = АСг : СХВ. 179. Навпіл. 1:4. Скори-
стайтеся теоремою Ван-Обеля. 180. 3:4. Позначте на промені
ССг точку К таку, що АК II СВ, /ИАКС1 ~ АВСС^ 182. п2 : тп2.
183. Див. п. 44. 184. Застосуйте теорему Менелая. 187. Опи-
шіть коло навколо даного прямокутного трикутника і знайдіть
точку перетину його з бісектрисою прямого кута. Другий
спосіб: скористайтеся твердженням п. 52. 188. Якщо К - точка
114
дотичної така, що дуга АС лежить усередині кута КАС, то
ЛКАС =ЛВ. 189. Такою симедіаною трикутника є його висота,
опущена на гіпотенузу. 190. Якщо медіана АМ, а симедіана
АЖ, то АЖ: АМ = 2Ьс : (Ь + с)і 2 < 1. 191-210. Усі ці задачі
розв’язані у книзі [8] на с. 100-116. 211. Опустіть перпен-
дикуляри з точки Е на сторони даного трикутника і визначте їх
довжини з утворених прямокутних трикутників. Скористай-
теся рівністю з п. 64. 212. 8е = £2зіпА + І2 зіп В + £2зіпС.
Застосуйте формулу задачі 25. 213. Застосуйте другу ознаку
рівності трикутників. 214. Розгляньте трикутник, дві сторони
якого - дані рівні трисектриси. 215. Та трисектриса - медіана,
проведена до гіпотенузи трикутника. 216. Опишіть навколо
даного трикутника коло і покажіть, що основа згаданої в задачі
медіани є його центром. 217. Див. вказівку до попередньої
задачі. 218. Якщо сума двох кутів трикутника дорівнює 135°.
219. 1: 2соз20°. 220. 4зіп210°. Знайдіть площу трикутника, сто-
рона якого дорівнює стороні даного трикутника, а прилеглі до неї
кути - 40° і 20°. 221. Дуги ВК і РС рівні, тому ВС і КР - осно-
ви рівнобічної трапеції 2 Лзіп—. 222. 24Лзіп — зіп — зіп —;
З	3	3	3
? в сіп2-. 223. ~(2>/2 -у'б). 224. АК : КР = л/З :
3	3	2
РА} = 2со840°. 225. |(Тб->/2); С(^3-1);СД
кв. од. 228. Якщо сторона ВС найменша, то
ібТзв2 зіп2 — зіп" — зіп
з
: 2 зіп 20°; КР :
С2	г-
226. —(5 + Зл/З)
З
найближча до
внутрішній області даного трикутника АВС. 229. Достатня
/3
умова: В = 90°. 230. Див. п. 72. 231. Висота ККРТ дорівнює —
2
КР, а АА1 = 4ЇКР. 232. Якщо г - радіус кола, вписаного в
АКРТ, то г = КР : 2>/з, а ААХ = 4%КР. 233. Периметри трикут-
ників відносяться як л/3:1, тому площі - як 3 : 1. 234. 120°, 30°
і 30°. 235. В = 120°, г = —. 236. Можуть, якщо АВ = ВС = СА.
2
239. Поверніть ДАВС на 60° навколо вершини В. 240. Центри
розглядуваних кіл - центри вписаних у них правильних три-
кутників. 241. а) Поверніть ААВВ1 на 60° навколо вершини А;
неї точка К трикутника КРТ лежить у
115
Мал. 143
б) скористайтеся твердженням а) і
властивістю середньої лінії три-
кутника. 242. Якщо ВН - висота
правильного трикутника АВС, а С -
середина відрізка НК, то &ВНК -
шуканий. 243. Сполучіть відрізком
вершину даного паралелограма з
серединою сторони, якій не нале-
жить ця вершина. 244. Побудуйте
квадрат, діагональ якого дорівнює
висоті даного трикутника, опуще-
ній на гіпотенузу. 245. а) Сполучіть
відрізками центр даного трикут-
ника з його вершинами і серединами сторін. 246. З центра
даного трикутника проведіть три відрізки, паралельні його
сторонам. Сторони трапецій: —, —, — і 2—. 247. Центр тривід-
3 3 3 З
різника сумістіть з центроїдом даного трикутника. А (а + Ь +3с),
1	1	3
-(& + с + За), -(с + а + 3&). 248. Див. мал. 143. 249. а) ТАг+ ТВг +
З	з
+ТСг = КС + ВгК + В^А (мал. 144); б) скористайтеся формулою
площі трикутника; в) див. п. 78, мал. 145. 250. а) Якщо
рівнобічну трапецію з кутом 60° описано навколо кола, то її
менша основа дорівнює бічній стороні. Тому 2 = 2у, х = 2х = 4і/;
б) такі описані трапеції подібні, коефіцієнт подібності к = 2.
251. Скористайтеся формулами гх = 8: (р - х) і т. д., де 5 =
= аЬ(а2 - Ь2),р - х = а(а-Ь),р-у = Ь(аіЬ),р-г = Ь(а-Ь).
252. гх = (39 + 80 - 89) : 2 = 15, г2 = (55 + 48 -73) : 2 = 15.
116
253. Якщо г- число натуральне, то, наприклад, числа Зг, 4г, 5г
також натуральні, а трикутник з такими сторонами піфаго-
рів. 254. Доведіть, що для кожного піфагорового трикутника
хуг ділиться на 60. 255. Цей катет 2п&, де одне з чисел а і Ь
парне. 256. Якщо а, Ь натуральні числа, то 2аЬ 5, а2 - Ь2 = 5,
(а - Ь)(а + Ь) = 5, а - Ь = 1, 2Ь + 1 = 5, Ь = 2. 257. а2 + Ь2 - число
непарне, тому тільки одне з чисел а і Ь парне. Нехай а = 2т,
Ь = 2к + 1, тоді а2 + Ь2 = 4т2 + 4й2 + 4к + 1 = 4п + 1. 259. Якщо
сторони трикутника 2аЬ, а2 -Ь2 і а2 + Ь2, то його периметр 2р =
= 2а(а + Ь). Числа а і & різної парності, тому а= 2т, & = 2п + 1.
Тоді 2р = 4т (2т + 2п +1). При безлічі значень т і п значення
останнього виразу - квадрат натурального числа. 260. 2р = 8 = 24.
262. Якщо трикутник (2с - 1, 2с, 2с + 1) геронів, то його площа
8 = с7з(с2-1) - число натуральне. Тоді і площа другого даного
трикутника 8 = 2с (2с2 - 1)>/3(с2 -1) виражається числом на-
туральним. 263. ММі = МА + ААі + АіМі. Додайте три анало-
гічні рівності. 264. Наслідок твердження попередньої задачі.
265. Розгляньте трикутник СКО, де О - середина АВ. 266. За-
стосуйте наслідок теореми Лейбніца (с. 14). 267. Пряма, па-
ралельна даним прямим. 268. (а + Ь + с): 3. 269. (а + Ь + с): 3.
270. а>/б : 3.
ЛІТЕРАТУРА
1.	Адамар Ж. Злементарная геометрия. - Ч. 1. - М., 1957.
2.	Бевз Г.П. Геометрія кіл. - Харків, 2004.
3.	Бевз Г.П. Геометрія чотирикутника. - Харків, 2003.
4.	Бевз Г.П. Властивості трикутників, поділених на трапеції //
Математика в школі. - 2003. - № 3.
5.	Гайдук Ю.М., Хованский А.Н. Краткий обзор исследований
по геометрии треугольника // Математика в школе. - 1958. - № 5.
6.	Гарднер М. Математические досуги. -М., 1972.
7.	ЕфремовД. Новая геометрия треугольника. - Одесса, 1903.
8.	Зетель С.И. Новая геометрия треугольника. - М., 1962.
9.	Кеджори Ф. История злементарной математики. - Одесса, 1910.
10. Кокстер Г. С. Введение в геометрию. - М., 1966.
11.	Кокстер Г.С., Грейтцер С. Л. Новьіе встречи с геометрией. - М.,
1978.
12.	Кушнір І. А. Трикутник і тетраедр у задачах. - К., 1991.
13.	Кушнір І. А. Повернення втраченої геометрії. - К., 2000.
14.	Линдгрен Г. Занимательньїе задачи на разрезание. - М., 1977.
15.	Литцман В. Теорема Пифагора. - М., 1960.
16.	Мавло Д. Красиві властивості чудових кіл // Математика в
школі. - 2004. - № 3.
117
17.	СерпинскийВ. Пифагоровьі треугольники. - М., 1959.
18.	Скопец З.А. Геометрические миниатюрьі. - М., 1990.
19.	Скопец З.А., Жаров В.А. Задачи и теоремьі по' геометрии:
Планиметрия. - М., 1962.
20.	Скопец З.А., Понарин Я.П. Геометрия тетраздра и его зле-
ментов. - Ярославль, 1974.
21.	Смогоржевський О.С. Елементи геометрії трикутника. - К.,
1939.
22.	Шарьігин И.Ф. Задачи по геометрии: Планиметрия. - М.,
1982.
23.	Штейнгауз Г. Математический калейдоскоп. - М., 1949.
ПРЕДМЕТНИЙ ПОКАЖЧИК
Антибісектриса 68
Антипаралелі 65
Бісектриси трикутника 19
Висоти трикутника 29
Відрізки Торрічеллі 84
Відстані між М, О, Н 40
-	між £, О 43
Інцентр трикутника 19
Кола Торрічеллі 83
Коло вписане 19
-	Ейлера 38
-	зовнівписане 25
-	Лемуана 66
-	описане 8
Медіани трикутника 10
Медіатриса 8
Нерівності трикутника 5
Ортоцентр трикутника ЗО
Розрізання трикутників 88
Симедіани трикутника 63
Пряма Ейлера 40
-	Сімсона 47
Теорема Ван-Обеля 53
-	Гамільтона 40
-	Дезарга 105
-	Ейлера 54
-	Жергона 54
-	косинусів 7
-	Лейбніца 14
-	Мавло 39
-	Менелая 58
-	Морлі 75
-	Нагеля 33
Теорема Піфагора 97
-	синусів 7
-	Сімсона 47
-	Стюарта 10
-	тангенсів 8
' - Штейнера- Лемуса 23
-	Чеви 51
Точки Брокара 67
-	Жергона 52
-	Лемуана 65
-	Нагеля 52
-	Ейлера 40
-	обернені 61
Трансверсаль 57
Трикутник 5
-	інцентричний 23
-	Морлі 77
-	ортоцентричний 31
-	серединний 13
-	трихордовий 79
-	центрів 44
Трикутники геронові 100
-	Наполеона 80
-	піфагорові 97
-	раціональні 101
-	цілочислові 97
Трисектриси кута 74
-	трикутника 74
Формула Герона 8
-	Ейлера 42, 45
Центроїд трикутника 11
Циклічна перестановка 12
Чевіани трикутника 49
118
ЗМІСТ
Передмова ...............................................З
Початкові відомості......................................5
Медіани трикутника......................................10
Бісектриси трикутника...................................19
Висоти трикутника.......................................29
Трикутник у працях Ейлера...............................38
Чевіани і трансверсалі трикутника.......................49
Обернені точки трикутника ..............................61
Трисектриси трикутника..................................74
Трикутники Наполеона ...................................80
Розрізання трикутників..................................88
Цілочислові трикутники..................................97
Трикутники у просторі..................................104
Відповіді і вказівки...................................109
Література.............................................117
Предметний покажчик....................................118
119