I traditionell euklidisk geometri studerar man figurer som går att konstruera "med passare och linjal".

En av de mest grundläggande konstruktionerna är mittpunktsnormalen. Givet två punkter $A$ och $B$, vill vi konstruera den linje som skär sträckan $AB$ mitt itu och under rät vinkel:

Punkterna $A$ och $B$ i ovanstående figur (och i alla figurer på sidan) går att flytta genom att klicka på dem och dra punkterna till andra positioner.

Det enklaste sättet att åstadkomma detta är att börja med att konstruera två cirklar - den första med medelpunkt i $A$ som går genom $B$, och den andra tvärtom, med medelpunkt i $B$ som går genom $A$.

De två cirklarna skär vararanda i två punkter, låt oss kalla punkterna $P$ och $Q$ och binda ihop dem.

Linjen $PQ$ är mittpunktsnormalen till $AB$. Varför?

Betrakta trianglarna $\triangle APQ$ och $\triangle BQP$. Dessa är kongruenta enligt kongruensfall SSS. ($AP$, $AQ$, $BP$, $BQ$ är alla radier i de ursprungliga cirklarna med gemensam radie, och den tredje sidan är gemensam.) Trianglarna $\triangle APQ$ och $\triangle BQP$ är dessutom likbenta, så i synnerhet är vinklarna $\angle APQ = \angle BPQ = \angle AQP= \angle BQP$.

Låt $M$ vara skärningspunkten mellan $PQ$ och $AB$ och betrakta trianglarna $\triangle APM$ och $\triangle BPM$. Dessa är också kongruenta, denna gång enligt kongruensfall SVS. ($AP = BP$ enligt tidigare, sträckan $PM$ är gemensam och den mellanliggande vinkeln är lika).

Slutsatsen blir alltså att $AM = BM$, så $PQ$ delar $AB$ mitt itu, och dessutom är vinklarna $\angle AMP = \angle BMP$, och eftersom de tillsamman är $180^\circ$ måste de vara räta, dvs. $PQ$ är vinkelrät mot $AB$, vilket är precis vad vi ville visa.

En bisektris är en linje som delar en vinkel mitt itu. (Ofta menar man kanske snarare en stråle som delar en vinkel mitt itu.)

Hur konstruerar man bisektrisen till en given vinkel med passare och linjal?

Vi börjar med att dra en (godtycklig) cirkel med medelpunkt i vinkelns spets $A$. Låt $P$ och $Q$ vara skärningspunkterna mellan cirkeln och vinkelbenen.

(Du kan variera vinkeln genom att flytta punkterna $B$ och $C$, och cirkelns radie genom att flytta punkten $P$.)

Dra sedan två nya cirklar, med medelpunkt i $P$ respektive $Q$ som går genom $A$. Dessa två cirklar skär varandra i en punkt utöver $A$; kalla denna punkt för $R$.

Strålen $AR$ blir då en bisektris till den givna vinkeln. Varför? Betrakta trianglarna $\triangle APR$ och $\triangle AQR$. Dessa är kongruenta enligt kongrensfall SSS (sidan $AR$ är gemensam och $AP = PR = AQ = QR$ enligt konstruktion). I synnerhet är vinklarna $\angle PAR$ och $\angle QAR$ lika, så $AR$ är verkligen en bisektris.

En median i en triangel är en linje (eller sträcka) som går mellan ett av trianglens hörn och motstående sidas mittpunkt.

Eftersom vi nu vet hur vi konstruerar mittpunktsnormalen till en sträcka, så vet vi i synnerhet hur vi konstruerar mittpunkten till en sträcka, så det behövs inga nya metoder för konstruktionen av trianglens medianer.

Medianen genom ett av triangelns hörn (säg $A$) delar den ursprungliga triangeln i två mindre trianglar som har samma area? Varför?

Höjden mot $A$ i den ursprungliga triangeln är också höjd till båda de nya trianglarna $A'AC$ och $A'BC$, och eftersom $A'$ är mittpunkten till $BC$, så har båda de nya trianglarna samma höjd och lika stor bas, och därmed samma area.

Nästa steg är att konstruera höjder i en triangel. Höjden mot en sida i en triangel är en sträcka som är vinkelrät mot den aktuella sidan och som går genom triangelns tredje hörn.

Flytta gärna omkring punkterna i figuren nedan för att få en känsla för höjder. Observera t.ex. att höjden mot en sida kan ligga utanför själva triangeln och därmed inte skära sidan, utan bara sidans förlängning. (Flytta $B$ i riktning mot $A$ och $C$ i motsatt riktning för ett exempel på detta fenomen.)

Höjder påminner ganska mycket om mittpunktsnormaler, med skillnaden att höjden inte nödvändigtvis delar sträckan $AB$ mitt itu.

En problemlösningsstrategi, som ofta är framgångsrik, är att försöka reducera problemet till ett som vi redan har löst. Här ligger det nära till hands att försöka utnyttja konstruktionen av mittpunktsnormal.

Kan vi se höjden som mittpunktsnormalen till någon sträcka – helst en sträcka som ligger på linjen $AB$?

Kom ihåg att en punkt $C$ som ligger på mittpunktsnormalen till sträckan $PQ$ har egenskapen att avståndet från $C$ till $P$ är lika med avståndet från $C$ till $Q$.

Med andra ord: Om vi kan hitta två punkter $P$ och $Q$ på linjen $AB$ som ligger på samma avstånd från $C$, så kommer den sökta höjden att vara mittpunktsnormalen till $PQ$! Men detta är inte så svårt att uppnå! Dra en cirkel med medelpunkt i $C$ som är stor nog att skära $AB$, t.ex. en cirkel genom $A$. Låt $P$ vara den andra skärningspunkten mellan cirkeln och $AB$, och dra mittpunktsnormalen till $AP$.

Observera att om $O$ är en godtycklig punkt på mittpunktsnormalen till $AB$, så är sträckorna $AO$ och $BO$ lika långa. (Detta följer ur observationen att $\triangle AMO \cong \triangle BMO$. Fyll i detaljerna!) Omvänt, om $AO = BO$, så måste $O$ ligga på mittpunktsnormalen till $AB$; även detta följer ur ett kongruensargument. (Punkterna $A$, $B$ och $O$ i figuren är flyttbara.)

Målet med denna demonstration är att bevisa följande resultat:

Sats De tre mittpunktsnormalerna i en triangel skär varandra i en gemensam punkt.

Flytta omkring triangelns punkter för att få en känsla för satsen. Notera t.ex. att mittpunktsnormalen till sidan $BC$ inte beror av punkten $A$:s position.

Bevis av satsen: Låt $O$ vara skärningspunkten mellan mittpunktsnormalen till $AB$ och mittpunktsnormalen till $BC$. (Varför kan mittpunktsnormalerna inte vara parallella?)

Enligt resonemanget ovan vet vi att $AO = BO$ (eftersom $O$ ligger på mittpunktsnormalen till $AB$ och att $BO = CO$ (eftersom $O$ ligger på mittpunktsnormalen till $BC$. Men då måste $AO = CO$, och därmed ligger $O$ också på mittpunktsnormalen till $AC$. Slutsatsen blir alltså att alla tre mittpunktsnormalerna går genom $O$, som därmed är den gemensamma skärningspunkten.

Notera att vi har visat att punkten $O$, dvs. den gemensamma skärningspunkten till mittpunktsnormalerna har samma avstånd till triangelns samtliga hörn. Med andra ord, om vi drar en cirkel med medelpunkt i $O$ som går genom (t.ex.) $A$, så går den cirkeln också genom $B$ och $C$:

Denna cirkel kallas för den omskrivna cirkeln till triangeln $\triangle ABC$. Medelpunkten $O$ kallas ibland excentrum till triangeln.

Konstruktionen ovan visar också att genom tre punkter som inte ligger på en rät linje går det att dra en (entydligt bestämd) cirkel. Ge ett eget argument för entydigheten.

Låt $I$ vara en godtycklig punkt på bisektrisen till en given vinkel. Dra två linjer som är vinkelräta mot respektive vinkelben och som går genom punkten $I$ (se vid behov konstruktionen av höjd för att påminna dig om hur detta går till).

De två trianglarna $\triangle API$ och $\triangle BQI$ som bildas blir då kongruenta (enligt kongruensfall SVS, fyll i detaljerna!). I synnerhet är sträckorna $PI$ och $QI$ lika långa, dvs. punkter som ligger på bisektrisen har samma vinkelräta avstånd till båda vinkelbenen.

Omvänt, om en punkt $P$ har samma vinkelräta avstånd till de två vinkelbenen, så måste $P$ ligga på vinkelns bisektris. Fyll i detaljerna själv!

Målet med denna demonstration är att bevisa följande resultat:

Sats De tre bisektriserna i en triangel skär varandra i en gemensam punkt.

Bevis Låt $I$ vara skärningspunkten till bisektriserna till $\angle A$ respektive $\angle B$ (varför kan inte bisektriserna vara parallella?)

Enligt ovan vet vi att $I$ har samma vinkelräta avstånd till linjerna $AB$ och $AC$ (eftersom $I$ ligger på bisektrisen till $\angle A$). På motsvarande sätt har $I$ samma vinkelräta avstånd till linjerna $AB$ och $BC$ (eftersom $I$ ligger på bisektrisen till $\angle B$).

Följaktligen måste $I$ ha samma vinkelräta avstånd till linjerna $AC$ och $BC$ och $I$ ligger därför på bisektrisen till $\angle C$. Slutsatsen blir alltså att alla tre bisektriserna går genom $I$, som därmed är den gemensamma skärningspunkten.

Kalla skärningarna mellan bisektriserna och motstående sidor för $A'$, $B'$ respektive $C'$ och dra (den entydigt bestämda) cirkeln genom dessa tre punkter:

Ur beviset ovan följer att $A'I = B'I = C'I$, så $I$ är cirkelns medelpunkt. Denna cirkel kallas triangelns inskrivna cirkel och punkten $I$ kallas ibland incentrum till triangeln. Notera att triangelns tre sidor samtliga tangerar den inskriva cirkeln.

Liksom mittpunktsnormalerna och bisektriserna i en triangel skär varandra i en gemensam punkt, gäller detsamma för medianerna.

Sats De tre medianerna i en triangel skär varandra i en gemensam punkt.

Dra medianerna $AA'$ respektive $BB'$ och drag även sträckan $A'B'$.

Trianglarna $CB'A'$ och $CAB$ är likformiga (VSV) eftersom de delar vinkeln $C$ och dessutom uppfyller $$ \frac{CB'}{CA} = \frac{CA'}{CB} = \frac{1}{2}. $$ Det följer ur likformigheten att $\angle CB'A' = \angle CAB$, så $A'B'$ är parallell med $AB$. Dessutom är $$ \frac{A'B'}{AB} = \frac{1}{2}. $$ Låt $M$ vara skärningspunkten mellan $AA'$ och $BB'$ och betrakta trianglarna $\triangle AMB$ och $\triangle A'MB'$.

Eftersom $AB$ och $A'B'$ är parallella, är alternatvinklarna $\angle A'B'B$ och $\angle ABB'$ lika, och detsamma gäller $\angle AA'B'$ och $\angle BB'A'$. Därmed är $\triangle AMB \sim \triangle A'MB'$ (likformighetsfallet VV).

Det följer alltså att $$ \frac{A'M}{AM} = \frac{B'M}{BM} = \frac{1}{2}, $$ eller med andra ord att medianerna delar varandra i förhållandet $1 : 2$. Exakt samma argument visar att medianerna $AA'$ och $CC'$ delar varandra i samma förhållande, vilket medför att skärningspunkten mellan $AA'$ och $CC'$ är densamma som skärningspunkten mellan $AA'$ och $BB'$.

Följaktligen går allla tre medianer genom samma punkt $M$. Denna punkt kallas triangelns tyngdpunkt (och är triangelns fysikaliska tyngdpunkt).

Historisk kuriosa Medianer behandlas inte av Euklides och satsen om att medianerna skär varandra i en gemensam punkt finns således inte att hitta i Elementa. Resultatet var dock känt under antiken, och förekommer i verk av Heron från Alexandria omkring 100 e.Kr.

Med risk för att börja låta tjatig!

Sats Höjderna i en triangel skär varandra i en gemensam punkt.

Dra en linje genom varje hörn av trianglen $\triangle ABC$ som är parallell med motstående sida. Då bildas en ny triangel $A'B'C'$, se figuren.

Dessutom är triangeln $\triangle A'BC$ kongruent med $\triangle ABC$ enligt kongruensfall VSV eftersom sidan $BC$ är gemensam, $\angle ABC = \angle BCA'$ (alternatvinklar) och $\angle ACB = \angle CBA'$.

På motsvarande sätt är de andra två små "nya" trianglarna $\triangle CB'A$ och $\triangle BAC'$ också kongruenta med $\triangle ABC$.

Dra nu höjden i $\triangle ABC$ genom punkten $C$. Denna höjd är samtidigt mittpunktsnormalen till $A'B'$ ($C$ är mittpunkten på $A'B'$, eftersom $\triangle A'BC \cong \triangle CB'A$ och höjden skär $A'B'$ i rät vinkel eftersom $A'B'$ är parallell med $AB$.

På motsvarande sätt är de andra två höjderna i $\triangle ABC$ mittpunktsnormaler i den stora triangeln $A'B'C'$ och vi vet att mittpunktsnormalerna i en triangel skär varandra i en gemensam punkt $H$.

Punkten $H$ kallas ibland ortocentrum till triangeln $\triangle ABC$.

Historisk kuriosa Liksom medianer behandlas inte heller höjder av Euklides och resultatet att höjderna i en triangel skär varandra i en gemensam punkt verkar inte ha varit känt av de gamla grekerna. Det äldsta kända beviset gavs av William Chapple så sent som 1749!

Det finns faktiskt flera mycket vackra resultat om trianglar som de gamla grekerna inte kände till! Ett sådant är följande sats, som upptäcktes av Leonhard Euler 1765.

Sats I en triangel ligger ortocentrum (dvs. höjdernas skärningspunkt), excentrum (dvs. mittpunktsnormalernas skärningspunkt) och tyngdpunkten (dvs. medianernas skärningspunkt) på en rät linje, den så kallade Eulerlinjen.

I figuren nedan ser du höjderna i orange, medianerna i lila och mittpunktsnormalerna i grönt. Eulerlinjen är dragen i svart.

Beviset blir lättare att följa om vi ritar en förenklad figur. Dra i triangeln $\triangle ABC$ höjden mot $AB$ och medianen $CC'$ från $C$ samt mittpunktsnormalen till $AB$.

Låt H vara skärningspunkten mellan höjden och linjen $OM$ genom tyngdpunkten $M$ och excentrum $O$.

Då är $\angle HCC' = \angle CC'O$ (alternatvinklar, notera att höjden och mittpunktsnormalen är parallella) och $\angle CMH = \angle OMC'$ (mostående vinklar). Trianglarna $\triangle CMH$ och $\triangle C'MO$ är alltså likformiga (VV) och $$ \frac{HM}{OM} = \frac{CM}{MC'} = \frac{2}{1} $$ (tyngdpunkten delar medianen i förhållandet 2:1).

Vi ser alltså att höjden från $C$ går genom en bestämd punkt $H$ på linjen $OM$ och om vi upprepar argumentet ovan med motsvarande linjer dragna från $A$ eller $B$ i stället, så ser vi alla tre höjderna går genom denna punkt $H$, som alltså måste vara triangelns ortocentrum.

Ett annat egendomligt och vackert resultat är följande

Sats I en triangel $\triangle ABC$ ligger sidornas mittpunkter, höjdernas fotpunkter och mittpunkterna på sträckorna mellan ortocentrum och triangelns hörn samtliga på samma cirkel.

I figuren nedan är $M_A$, $M_B$ respektive $M_C$ sidornas mittpunkter, $H_A$, $H_B$ och $H_C$ höjdernas fotpunkter, $H$ är ortocentrum och $A'$, $B'$ och $C'$ är mittpunkterna på $HA$, $HB$ respektive $HC$.

Vi börjar med att visa att $A'M_BM_AB'$ är en rektangel. Eftersom $\triangle CM_BM_A \sim \triangle CAB$ (enligt likformighetsfall SVS) är $M_AM_B$ parallell med $AB$ (likbelägna vinklar är lika stora på grund av likformigheten). På motsvarande sätt är $\triangle HA'B' \sim \triangle HAB$ och $A'B' \parallel AB$.

På likartat sätt följer att $\triangle CHB \sim \triangle M_AB'B$ (kom ihåg att $B'$ är mittpunkten på $HB$, så $M_AB' \parallel CH$ och vidare att $\triangle CHA \sim \triangle M_BA'C$, så $M_BA' \parallel CH$.

Följaktligen är $A'M_BM_AB'$ ett parallellogram, men eftersom $CH_C$ och därmed $CH$ är vinkelrät mot $AB$, följer att $M_AB' $ är vinkelrät mot $A'B'$ (eftersom $M_AB' \parallel CH$ och $A'B' \parallel AB$). Vi kan alltså dra slutsatsen att $A'M_BM_AB'$ är en rektangel.

På motsvarande sätt visas att $C'M_BM_CB'$ också är en rektangel.

Mittpunkten $P$ på $M_BB'$ är mittpunkten på en diagonal i båda dessa rektanglar, så en cirkel med medelpunkt $P$ som går genom $M_B$ går också genom $C'$, $M_A$, $B'$, $M_C$ och $A'$.

Det återstår att visa att $H_A$, $H_B$ och $H_C$ också ligger på samma cirkel. Eftersom $M_BB'$ är en diameter i circkeln och $\angle B'H_BM_B$ är rät, måste $H_B$ ligga på cirkeln, enligt randvinkelsatsen. Motsvarande argument visar att de andra två fotpunkterna också ligger på cirkeln.