Доказ. Збережемо деякі позначення леми 1. Середини сторін трикутника позначимо через A Вў, B Вў і C Вў (рис. 14). На відрізку [XXa] як на діаметрі побудуємо коло w. З леми 1 відразу отримуємо, що точка A Вў буде центром w (так як | BX | = | CXa |), а її радіус R = | XXa |/2 = (a-2 | BX |)/2 = (Bc)/2 (далі припускаємо, що b Ві c). Розглянемо симетрію щодо w. З умов w1 ^ w і w1 ^ w і з леми 2 укладаємо, що invOR (w1) = w1 і invOR (wa) = wa. Щоб знайти образ кола Ейлера (wе) при інверсії щодо w введемо додаткові позначення. p>
Рис. 14
Нехай S - загальна точка бісектриси [AOa) і прямих (BC) і (B1C1). Тоді | SC | = ab/(b + c) і | SB | = ac/(b + c). Звідси
| SA Вў | = (| SC | - | SB |)/2 = a
2 В· b-c p> b + c.
Нехай також точки B Вў Вў і C Вў Вў є відповідно перетинанням дотичній (B1C1) з прямими (A Вў B Вў) і (A Вў C Вў). З подоби трикутників DSA Вў B Вў Вў і DSBC1 отримуємо
| A Вў B Вў Вў | = | BC1 | В· | SA Вў |
| SB | = (bc) · ​​a p> 2 · b-c p> b + c
a В· c
b + c
= (b-c) 2
2c.
Оскільки | A Вў B Вў | = c/2,
| A Вў B Вў | В· | A Вў B Вў Вў | = (bc) 2/4 = R2. (1)
Розглядаючи подібні трикутники DA Вў SC Вў Вў і DCSB1 приходимо до
| A Вў C Вў Вў | = | B1C | В· | SA Вў |
| SC | = (bc) · ​​a p> 2 · b-c p> b + c
a В· b
b + c
= (b-c) 2
2b.
Звідси
| A Вў C Вў Вў | В· | A Вў C Вў | = (B-c) 2 p> 2b В· b
2 = R2. (2)
Рівності (1) і (2) означають, що invOR (B Вў) = B Вў Вў і invOR (C Вў) = C Вў Вў. Тому
invOR (wе) = (B Вў Вў C Вў Вў) = (B1C1) і wе стосується invOR (w1) = w1 і invOR (wa) = wa. Аналогічно доводиться, що wе стосується решти двох вневпісанних кіл. Теорема доведена. p> Неважко помітити, що окружність Ейлера wе трикутника ABC є колом Ейлера для кожного з наступних трикутників: DHAB, DHAC, DHBC (H - ортоцентр DABC). Кожен з цих трикутників має свою вписану і три вневпісанние окружності. Таким чином, теорема Фейєрбаха призводить до фантастичного результату: окружність Ейлера трикутника ABC стосується принаймні шістнадцять кіл, природно визначених цим трикутником. p> На закінчення наведемо невеликий список завдань для самостійного рішення. Якщо яка-небудь завдання не вирішується протягом 497 секунд, дозволено подивитися вказівку до вирішення завдання. h2> Завдання
1. Десь у пустелі знаходиться лев. Потрібен загнати його в круглу клітку (будьте обережні з вибором свого місця розташування). Рішення p> 2. Нехай на площині дано кінцеве безліч точок, причому пряма, що проходить через будь-які дві точки цієї множини, містить також третю точку цієї множини. Доведіть, що всі точки даної множини лежать на одній прямій (теорема Сильвестра). Рішення
3. На площині дано кінцеве безліч точок, причому ніякі три з них не лежать на одній прямій, і коло, що проходить через будь-які три дані точки,...
