Eulerlinjen

Triangelns tyngdpunkt

Enligt ovan har vi således att (${\displaystyle \parallel }$ betecknar "är parallell med"):

${\displaystyle {\overline {AA_{H}}}\parallel {\overline {OM_{BC}}}}$   ,    ${\displaystyle {\overline {BB_{H}}}\parallel {\overline {OM_{AC}}}}$    och    ${\displaystyle {\overline {CC_{H}}}\parallel {\overline {OM_{AB}}}}$.

Eftersom ${\displaystyle 2\cdot |{\overline {CM_{AC}}}|=|{\overline {CA}}|}$ och ${\displaystyle 2\cdot |{\overline {CM_{BC}}}|=|{\overline {CB}}|}$ gäller:

${\displaystyle {\overline {M_{BC}M_{AC}}}\parallel {\overline {BA}}}$ och ${\displaystyle 2\cdot |{\overline {M_{BC}M_{AC}}}|=|{\overline {BA}}|}$

Vi avsätter nu mittpunkterna ${\displaystyle M_{AH}}$ på ${\displaystyle {\overline {AH}}}$ och ${\displaystyle M_{BH}}$ på ${\displaystyle {\overline {BH}}}$ varav följer att:

${\displaystyle {\overline {M_{BH}M_{AH}}}\parallel {\overline {BA}}\parallel {\overline {M_{BC}M_{AC}}}}$    och    ${\displaystyle 2\cdot |{\overline {M_{BH}M_{AH}}}|=|{\overline {BA}}|=2\cdot |{\overline {M_{BC}M_{AC}}}|}$ (det vill säga att de gröna linjerna i figuren är parallella och liklånga)

Eftersom ${\displaystyle {\overline {M_{BH}M_{AH}}}\parallel {\overline {M_{BC}M_{AC}}}}$   ,    ${\displaystyle |{\overline {M_{BH}M_{AH}}}|=|{\overline {M_{BC}M_{AC}}}|}$   ,    ${\displaystyle {\overline {HM_{AH}}}\parallel {\overline {OM_{BC}}}}$    och    ${\displaystyle {\overline {HM_{BH}}}\parallel {\overline {OM_{AC}}}}$ så är ${\displaystyle \triangle HM_{AH}M_{BH}}$ kongruent med ${\displaystyle \triangle M_{BC}M_{AC}}$. och då ${\displaystyle M_{AH}}$ är mittpunkt på ${\displaystyle {\overline {AH}}}$ så är:

${\displaystyle |{\overline {AH}}|=2\cdot |{\overline {M_{AH}H}}|=2\cdot |{\overline {OM_{BC}}}|}$

Betrakta nu medianen till ${\displaystyle \angle BAC}$, det vill säga ${\displaystyle {\overline {AM_{BC}}}}$ (gul), som skär ${\displaystyle {\overline {HO}}}$ i en punkt vi kallar ${\displaystyle G}$. Eftersom ${\displaystyle {\overline {AH}}\parallel {\overline {OM_{BC}}}}$ så är ${\displaystyle \angle OM_{BC}G=\angle HAG}$ och ${\displaystyle \angle GOM_{BC}=\angle GHA}$. Dessutom är såklart ${\displaystyle \angle OGM_{BC}=\angle HGA}$, vilket gör att ${\displaystyle \triangle GOM_{BC}}$ och ${\displaystyle \triangle GHA}$ är likformiga. Då ${\displaystyle |{\overline {AH}}|=2\cdot |{\overline {OM_{BC}}}|}$ följer således att:

${\displaystyle |{\overline {HG}}|=2\cdot |{\overline {GO}}|}$

Att även medianerna till ${\displaystyle \angle ABC}$ och ${\displaystyle \angle BCA}$ delar ${\displaystyle {\overline {HO}}}$ i ${\displaystyle G}$ visas på samma sätt. Vilket leder till:

att triangelns tyngdpunkt (som ju är skärningspunkten mellan hörnvinklarnas medianer) ligger på Eurlerlinjen och

att triangelns tyngdpunkt dessutom delar sträckan mellan ortocentrum och den omskrivna cirkelns medelpunkt i två delar med proportionerna ${\displaystyle |{\overline {HG}}|:|{\overline {GO}}|=2:1}$.

de Longchampspunkten

Eftersom de Longchampspunkten är ortocentrums spegling i den omskrivna cirkelns medelpunkt (det vill säga ${\displaystyle L=O+{\vec {HO}}}$) är beviset för att även de Longchampspunkten ligger på Eulerlinjen trivialt.

Niopunktcirkelns medelpunkt

Beviset för att niopunktscirkelns medelpunkt ligger på Eulerlinjen ges i artikeln Niopunktscirkeln.

Bevis för att sträckan delas i proportionerna 3:1:2:6 och att H, N, G och O delar Eulerlinjen harmoniskt

1)    Från beviset ovan för triangelns tyngdpunkt har vi att ${\displaystyle |{\overline {HG}}|=2\cdot |{\overline {GO}}|}$

2)    Från artikeln Niopunktscirkeln har vi att ${\displaystyle |{\overline {HN}}|=|{\overline {NO}}|}$

3)    Från definitionen av de Longchampspunkten har vi att ${\displaystyle |{\overline {HO}}|=|{\overline {OL}}|}$

1 och 2 ger

4)    ${\displaystyle 2\cdot |{\overline {NG}}|+2\cdot |{\overline {GO}}|=2\cdot |{\overline {NO}}|=|{\overline {HN}}|+|{\overline {NO}}|=|{\overline {HO}}|=|{\overline {HG}}|+|{\overline {GO}}|=3\cdot |{\overline {GO}}|\Rightarrow 2\cdot |{\overline {NG}}|=|{\overline {GO}}|}$

2 och 4 ger:

5)    ${\displaystyle |{\overline {HN}}|=|{\overline {NO}}|=|{\overline {NG}}|+|{\overline {GO}}|=3\cdot |{\overline {NG}}|}$

3, 4 och 5 ger:

6)    ${\displaystyle 6\cdot |{\overline {NG}}|=|{\overline {HN}}|+|{\overline {NG}}|+|{\overline {GO}}|=|{\overline {HO}}|=|{\overline {OL}}|}$

Således:

${\displaystyle |{\overline {HN}}|:|{\overline {NG}}|:|{\overline {GO}}|:|{\overline {OL}}|=3\cdot |{\overline {NG}}|:1\cdot |{\overline {NG}}|:2\cdot |{\overline {NG}}|:6\cdot |{\overline {NG}}|}$

Punkterna ${\displaystyle H}$, ${\displaystyle N}$, ${\displaystyle G}$ och ${\displaystyle O}$ delar Eulerlinjen harmoniskt eftersom:

${\displaystyle {\frac {|{\overline {HN}}|}{|{\overline {NG}}|}}={\frac {3}{1}}={\frac {6}{2}}={\frac {|{\overline {HO}}|}{|{\overline {GO}}|}}\Rightarrow (H,G;N)=-(H,G;O)}$

Noter