Точки Брокара, Наполеон и специальные точки

Пусть радиус-векторы \(A,B,C\) равны \(\vec a,\vec b,\vec c\), причём \(|\vec a|=|\vec b|=|\vec c|=R\). Положим \(\vec h=\vec a+\vec b+\vec c\). Тогда \((\vec h-\vec a)\cdot(\vec b-\vec c)=(\vec b+\vec c)\cdot(\vec b-\vec c)=0\), значит \(AH\perp BC\). Аналогично \(BH\perp CA\) и \(CH\perp AB\), поэтому \(H\) — ортоцентр.

Центр масс имеет радиус-вектор \(\vec g=\frac{\vec a+\vec b+\vec c}{3}=\frac{\vec h}{3}\). Следовательно, точки \(O,G,H\) лежат на одной прямой, а из \(OG=\frac13 OH\), \(GH=\frac23 OH\) получаем \(OG:GH=1:2\).

Гомотетия с центром \(H\) и коэффициентом \(\frac12\) переводит описанную окружность \(ABC\) в окружность с центром \(N\), где \(N\) — середина \(OH\), и радиусом \(\frac R2\). Точки \(A,B,C\) переходят в середины \(AH,BH,CH\), значит эти три точки лежат на новой окружности.

Пусть \(M_a\) — середина \(BC\). В векторной модели из предыдущей задачи \(\vec n=\frac{\vec a+\vec b+\vec c}{2}\), \(\vec m_a=\frac{\vec b+\vec c}{2}\). Тогда \(|\vec m_a-\vec n|=\frac{|\vec a|}{2}=\frac R2\). Аналогично для двух других середин сторон. Следовательно, все шесть точек лежат на одной окружности.

Для произвольной чевианы \(AX\) по теореме синусов в треугольниках \(ABX\) и \(ACX\) получаем \(\frac{BX}{CX}=\frac{AB\sin\angle BAX}{AC\sin\angle XAC}\).

Если \(AS\) — изогональ медианы \(AM\), то \(\angle BAS=\angle MAC\), \(\angle SAC=\angle BAM\). Так как \(BM=CM\), для медианы имеем \(\frac{\sin\angle BAM}{\sin\angle MAC}=\frac{AC}{AB}\). Подстановка даёт \(\frac{BS}{CS}=\frac{AB^2}{AC^2}\).

Обратно, если это отношение выполнено, то из формулы для чевианы следует, что изогональная к \(AS\) прямая делит \(BC\) поровну, то есть является медианой. Значит, \(AS\) — симедиана.

Пусть \(X,Y,Z\) — центры правильных треугольников на \(BC,CA,AB\). Рассмотрим поворот на \(60^\circ\), связанный с правильным треугольником на стороне \(AB\). Он переводит направление от центра одного построенного треугольника к другому в следующее такое направление.

Тот же аргумент циклически даёт \(XY=YZ=ZX\), а угол между \(XY\) и \(YZ\) равен \(60^\circ\). Поэтому треугольник \(XYZ\) правильный.

Пусть \(A\)-симедиана пересекает \(BC\) в \(A_1\). Тогда \(\frac{BA_1}{CA_1}=\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{c^2}{b^2}\). Аналогично для точек \(B_1\in CA\), \(C_1\in AB\): \(\frac{CB_1}{AB_1}=\frac{a^2}{c^2}\), \(\frac{AC_1}{BC_1}=\frac{b^2}{a^2}\).

Перемножая, получаем \(1\). По теореме Чевы прямые \(AA_1,BB_1,CC_1\) пересекаются в одной точке. Эта точка называется точкой Лемуана \(K\).

По теореме о касательной и хорде \(\angle PBA=\angle ACB\), \(\angle PCB=\angle CAB\), и аналогичные равенства получаются у второй касательной. Пусть \(S=AP\cap BC\).

Из треугольников \(PBS\) и \(PCS\), применяя синусы к углам при \(B\) и \(C\), получаем \(\frac{BS}{CS}=\frac{PB\sin\angle BPS}{PC\sin\angle SPC}\). Так как \(PB=PC\), а углы при \(P\) выражаются через дуги \(AB\) и \(AC\), после применения теоремы синусов в \(ABC\) получаем \(\frac{BS}{CS}=\frac{AB^2}{AC^2}\).

По критерию симедианы прямая \(AS\), а значит и \(AP\), является \(A\)-симедианой.

Пусть \(A=(u,0)\), \(B=(0,v)\), \(C=(0,0)\). Тогда \(a=BC=v\), \(b=CA=u\), \(c^2=AB^2=u^2+v^2\). Точка Лемуана имеет барицентрические координаты \((a^2:b^2:c^2)\), поэтому её декартовы координаты равны \(\left(\frac{uv^2}{2(u^2+v^2)},\frac{u^2v}{2(u^2+v^2)}\right)\).

Основание высоты \(H\) из \(C\) на \(AB\) имеет координаты \(\left(\frac{uv^2}{u^2+v^2},\frac{u^2v}{u^2+v^2}\right)\). Следовательно, координаты \(K\) вдвое меньше координат \(H\), то есть \(K\) — середина \(CH\).

Пусть \(L\) — середина \(B_1C_1\), а прямая \(AL\) пересекает \(BC\) в \(S\). Из антипараллельности получаем \(\triangle AB_1C_1\sim \triangle ACB\) с противоположной ориентацией. Поэтому отношения расстояний от \(L\) до сторон \(AB\) и \(AC\) выражаются через \(AB\) и \(AC\).

Через площади треугольников \(ABS\) и \(ACS\) получаем \(\frac{BS}{CS}=\frac{AB^2}{AC^2}\). По критерию симедианы \(AS\) является \(A\)-симедианой. Значит, \(A,L,S\) лежат на одной прямой, и симедиана проходит через середину антипараллели.

Поворот на \(60^\circ\) вокруг \(C\) переводит \(B\) в \(X\), потому что \(BCX\) правильный. Он также переводит прямую, связанную с \(A\), в прямую, связанную с построением на \(CA\). Поэтому точка \(T=AX\cap BY\) устроена так, что направления \(TB\) и \(TC\), а затем \(TC\) и \(TA\), отличаются на \(120^\circ\).

Более подробно: из равенств \(CB=CX\), \(CA=CY\) и углов \(60^\circ\) получаются подобные треугольники около точки \(T\). Эти подобия дают \(\angle BTC=120^\circ\) и циклически остальные два угла. Следовательно, \(T\) — точка Ферма.

Гомотетия с центром \(H\) и коэффициентом \(\frac12\) переводит \(A,B,C\) в середины \(AH,BH,CH\). Поэтому окружность через эти три середины является образом описанной окружности \(ABC\).

Образ центра \(O\) при этой гомотетии — середина \(OH\). Следовательно, именно эта точка является центром окружности через середины \(AH,BH,CH\). Так как эта окружность совпадает с окружностью девяти точек, её центр — середина \(OH\).

Рассмотрим треугольники \(ABC\) и \(HBC\). Середина \(BC\) является серединой стороны в обоих треугольниках. Середины \(BH\) и \(CH\) являются точками окружности девяти точек обоих треугольников: для \(ABC\) это середины отрезков от ортоцентра к вершинам, а для \(HBC\) — середины сторон.

Три общие точки определяют окружность, значит окружности девяти точек этих двух треугольников совпадают. Аналогично сравниваем \(ABC\) с \(AHC\) и \(ABH\). Следовательно, все четыре окружности совпадают.

По предыдущей задаче у четырёх треугольников одна и та же окружность девяти точек. Обозначим её центр через \(N\).

В любом треугольнике центр окружности девяти точек лежит на линии Эйлера: он является серединой отрезка между центром описанной окружности и ортоцентром этого треугольника. Поэтому каждая из четырёх линий Эйлера проходит через \(N\). Значит, они пересекаются в одной точке \(N\).

В эксцентральном треугольнике \(I_aI_bI_c\) внутренние биссектрисы исходного треугольника становятся высотами. Например, прямая \(AI\) перпендикулярна стороне \(I_bI_c\), поэтому точка \(A\) является основанием одной из высот. Аналогично \(B\) и \(C\) — основания двух других высот.

Окружность девяти точек любого треугольника проходит через основания его высот. Значит, окружность девяти точек треугольника \(I_aI_bI_c\) проходит через \(A,B,C\). Единственная окружность через \(A,B,C\) — описанная окружность исходного треугольника. Следовательно, они совпадают.

Точка Лемуана имеет барицентрические координаты \((a^2:b^2:c^2)\), где \(a=BC\), \(b=CA\), \(c=AB\). Трилинейные координаты точки пропорциональны расстояниям до сторон, а связь между барицентрическими и трилинейными координатами такова: \((u:v:w)_{\text{bar}}=(a x:b y:c z)\).

Поэтому из \((a x:b y:c z)=(a^2:b^2:c^2)\) получаем \(x:y:z=a:b:c\). Значит, расстояния от точки Лемуана до сторон пропорциональны длинам соответствующих сторон.

Пусть общий угол Брокара равен \(\varphi\). Так как \(A,P,A_1\), \(B,P,B_1\), \(C,P,C_1\) коллинеарны, получаем \(\angle CAA_1=\angle ABB_1=\angle BCC_1=\varphi\). Следовательно, соответствующие ориентированные дуги удовлетворяют \(\widehat{CA_1}=\widehat{AB_1}=\widehat{BC_1}=2\varphi\).

Теперь сравним дуги между новыми точками. При переходе от дуги \(BC\) к дуге \(A_1B_1\) оба конца сдвигаются по окружности на одинаковую ориентированную дугу \(2\varphi\). Поэтому \(\widehat{A_1B_1}=\widehat{BC}\). Аналогично \(\widehat{B_1C_1}=\widehat{CA}\) и \(\widehat{C_1A_1}=\widehat{AB}\). Равные дуги дают равные хорды, значит \(\triangle A_1B_1C_1\cong \triangle BCA\).

Имеем \(\operatorname{ctg}A=\frac{b^2+c^2-a^2}{4S}\), и циклически. Складывая, получаем \(\operatorname{ctg}A+\operatorname{ctg}B+\operatorname{ctg}C=\frac{a^2+b^2+c^2}{4S}\).

По неравенству Вейценбёка \(a^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt3 S\). Значит, \(\operatorname{ctg}\varphi\ge \sqrt3\). Так как \(\varphi\) острый, отсюда \(\varphi\le 30^\circ\).

Обозначим единичные внешние нормали к сторонам \(BC,CA,AB\) через \(\vec n_a,\vec n_b,\vec n_c\). Так как \(K\) — точка Лемуана, расстояния от \(K\) до сторон пропорциональны \(a:b:c\). Поэтому \(\overrightarrow{KA_1}=-\lambda a\vec n_a\), \(\overrightarrow{KB_1}=-\lambda b\vec n_b\), \(\overrightarrow{KC_1}=-\lambda c\vec n_c\) для некоторого \(\lambda\).

Для любого треугольника выполняется векторное равенство \(a\vec n_a+b\vec n_b+c\vec n_c=\vec0\): сумма векторов, нормальных к сторонам и пропорциональных их длинам, равна нулю. Следовательно, \(\overrightarrow{KA_1}+\overrightarrow{KB_1}+\overrightarrow{KC_1}=\vec0\). Это ровно условие того, что \(K\) — центр масс треугольника \(A_1B_1C_1\).

Введём барицентрические координаты. Для точки Лемуана \(K=(a^2:b^2:c^2)\). Прямая через \(K\), параллельная \(BC\), отсекает на сторонах \(AB\) и \(AC\) точки, координаты которых выражаются линейно через \(a^2,b^2,c^2\). Аналогично для двух других параллелей.

Подстановка этих шести точек в общее уравнение окружности в барицентрических координатах показывает, что одно и то же уравнение обращается в ноль для всех шести точек. Синтетически это можно читать так: из-за симедианных отношений соответствующие пары отрезков являются антипараллельными, а значит, задают одну окружность. Следовательно, шесть точек лежат на одной окружности.

Пусть \(\angle ABP=\angle BCP=\angle CAP=\varphi\). Отразим прямые \(AP,BP,CP\) относительно биссектрис углов \(A,B,C\). По тригонометрической Чеве эти три отражённые прямые также конкурентны; их точка пересечения — изогонально сопряжённая точка \(Q\).

Рассмотрим, например, угол \(\angle BAQ\). Он является отражением угла между \(AP\) и \(AC\), то есть связан с \(\angle CAP=\varphi\). Аналогично \(\angle ACQ\) связан с \(\angle BCP=\varphi\), а \(\angle CBQ\) — с \(\angle ABP=\varphi\). Поэтому \(\angle BAQ=\angle ACQ=\angle CBQ\), и \(Q\) является второй точкой Брокара.

Рассмотрим шестиугольник \(A B_1 C A_1 B C_1\). Сумма углов при вершинах \(A_1,B_1,C_1\) равна \(2(\alpha+\beta+\gamma)=360^\circ\), поэтому сумма оставшихся трёх углов также равна \(360^\circ\).

Построим вспомогательный треугольник, равный одному из внешних равнобедренных треугольников, так чтобы его сторона легла на соседнюю сторону шестиугольника. Тогда две пары треугольников оказываются равными по двум сторонам и углу между ними. Из этого следует, что удвоенный угол при одной вершине треугольника \(A_1B_1C_1\) равен соответствующему углу шестиугольника, то есть равен \(2\alpha\). Значит, сам угол равен \(\alpha\). Циклически получаем \(\beta\) и \(\gamma\).

Построим внешний правильный треугольник \(BCU\). Для произвольной точки \(X\) повернём отрезок \(XB\) на \(60^\circ\) так, чтобы \(B\) перешла в \(U\); образ точки \(X\) обозначим \(X'\). Тогда \(XB=UX'\), а \(XX'=XB\) и \(\angle BXX'=60^\circ\).

Сумма \(XA+XB+XC\) превращается в длину ломаной, соединяющей фиксированные точки через \(X\) и \(X'\). По неравенству треугольника эта ломаная не меньше соответствующего прямого отрезка. Равенство достигается, когда точки ломаной выстраиваются в одну прямую; это эквивалентно углам \(120^\circ\) в точке \(T\). Следовательно, минимум достигается в точке Ферма.

При гомотетии с центром \(K\) стороны \(A'B'\), \(B'C'\), \(C'A'\) остаются параллельными сторонам \(ABC\). Шесть точек пересечения со сторонами образуют конфигурацию, в которой соответствующие отрезки являются антипараллельными. Поэтому они лежат на окружности Тукера.

Когда коэффициент гомотетии меняется, эта окружность непрерывно переходит в окружность Лемуана. Центры всех таких окружностей сохраняют одно и то же направление изменения: оно задаётся линией, соединяющей центр описанной окружности \(O\) с центром симедианной структуры \(K\). В координатной форме это видно так: уравнение окружности Тукера получается как линейная комбинация уравнения описанной окружности и уравнения окружности, связанной с параллелями через \(K\); центры таких окружностей лежат на прямой, соединяющей центры исходных окружностей, то есть на \(KO\).

Построим на сторонах \(BC,CA,AB\) три подобные ориентированные фигуры. Их окружность подобия имеет диаметр \(OK\): точка \(O\) соответствует серединным перпендикулярам к сторонам, а точка \(K\) — соответственным прямым, проходящим через Лемуана параллельно сторонам.

Для первой точки Брокара прямые \(CP,AP,BP\) являются соответственными прямыми этих трёх фигур. Следовательно, их общая точка \(P\) лежит на окружности подобия. Аналогично вторая точка Брокара \(Q\) получается из противоположной ориентации соответственных прямых и тоже лежит на той же окружности.

Так как окружность подобия имеет диаметр \(OK\), точки \(P\) и \(Q\) лежат на окружности с диаметром \(OK\).

Вершины треугольника Брокара являются постоянными точками трёх подобных фигур, построенных на сторонах \(BC,CA,AB\). Поэтому прямые через \(A,B,C\), параллельные противоположным сторонам \(A_1B_1C_1\), являются соответственными прямыми этих фигур. По свойству окружности подобия их точка пересечения \(S\) лежит на окружности подобия соответствующих направлений; в данной конфигурации это описанная окружность \(ABC\).

Теперь \(S\) лежит на описанной окружности, значит имеет прямую Симсона. Направление этой прямой определяется теми же соответствующими прямыми, а фиксированное направление в окружности подобия задаёт диаметр \(OK\). Поэтому прямая Симсона точки \(S\) параллельна диаметру Брокара \(OK\).