П оскольку отрезки а1а3, в1в3 и с1с3 являются диагоналями этих прямоугольников, то они пересекаются в одной точке q. Поэтому точки а1, в1, с1, а3, в3, с3 лежат на одной окружности с центром q.

Точка А₂ находится на этой окружности, поскольку  А₁А₂А₃ = 90. Так же устанавливаем, что В₂ находится на окружности с диаметром В₁В₃, а С₂ – на окружности с диаметром С₁С₃, т.е. на одной и той же окружности. Центр Q этой окружности находится на серединном перпендикуляре к хорде А₁А₂, который делит пополам отрезок ОН, где О – центр описанной около треугольника АВС окружности. Действительно, А₁О  ВС, А₂Н  ВС, поэтому перпендикуляр к А₁А₂ делит пополам отрезок ОН, будучи параллельным А₁О и А₂Н. Так же серединный перпендикуляр к хорде В₁В₂ содержит центр Q окружности и проходит через середину отрезка ОН. Значит, Q – середина ОН.

Окружность, которая проходит через середины сторон треугольника, основания его высот и делит пополам отрезки от вершин до ортоцентра, называется окружностью девяти точек, или окружностью Эйлера.

Следствие 1. Диаметр окружности Эйлера равен радиусу описанной около треугольника окружности.

Действительно, окружность Эйлера можно рассматривать, как окружность, описанную около треугольника А₁В₁С₁ из средних линий (рис. 58). Поскольку треугольник АВС подобен треугольнику А₁В₁С₁ с коэффициентом подобия 2, то радиус описанной около треугольника АВС окружности вдвое больше радиуса окружности, описанной около треугольника А₁В₁С₁, значит он равен диаметру окружности девяти точек.

Теорема 4 (Гамильтона). Если Н – ортоцентр треугольника АВС, то треугольники АВС, АВН, ВСН, АСН имеют общую окружность девяти точек.

Доказательство. Пусть в треугольнике АВС: Н – ортоцентр, А₁, В₁, С₁– середины сторон, А₂, В₂, С₂ – основания высот, А₃, В₃, С₃ – точки Эйлера (середины отрезков, с оединяющих ортоцентр с вершинами) (Рис.59). По теореме 3 все эти точки принадлежат окружности Эйлера треугольника АВС. Три из этих точек А₃, С₁, С₂ – принадлежат окружности Эйлера треугольника АВН: А₃ – середина стороны АН, С₁ – середина стороны АВ, С₂ – основание перпендикуляра НС₂. Поскольку окружность однозначно определяется тремя точками, то окружность Эйлера треугольника АВН совпадает с окружностью Эйлера треугольника АВС.

Следствие 2. Радиусы окружностей, описанных около треугольников АВС, АВН, ВСН, АСН, равны.

Действительно, каждый из названных радиусов равен диаметру окружности Эйлера (следствие 1), а поэтому они равны между собой.

Теорема 5 (Файербаха). Окружность девяти точек касается вписанной окружности и трёх вневписанных окружностей.

Д оказательство. Пусть , А₁, В₁, С₁ – середины сторон треугольника АВС, А₂, В₂, С₂ – основания его высот, А₃, В₃, С₃ – точки Эйлера, L – точка пересечения биссектрис AF и CN треугольника АВС, Q – центр окружности Эйлера треугольника АВС, О – центр круга, описанного около треугольника АВС, Н – ортоцентр треугольника АВС (рис.60).

Чтобы доказать касание вписанной окружности и окружности Эйлера, достаточно доказать, что расстояние между их центрами L и Q равна разности радиуса R_Q окружности Эйлера и r_L вписанной окружности.

Из точки Q опустим перпендикуляр ОR на LХ, LХ  АВ. Из треугольника QRL найдем QL² = QR² + RL². Поскольку QR = А₁Х – А₁Т и RL = QТ – LХ, то

QL² = (А₁Х – А₁Т)² + (QТ – LХ)².

Докажем, что QТ = ОК, где К – основание перпендикуляра АК на DЕ, DЕ – серединный перпендикуляр к ВС. Через точку Е проходит биссектриса АЕ угла ВАС.

Точки А₁, А₃ принадлежат окружности Эйлера, А₁А₃ – диаметр этой окружности, ОА – радиус описанной окружности. По следствию 1: А₁А₃ = ОА. Поскольку ОА₁||АА₃, то А₁А₃АО – параллелограмм. Значит, ОА₁ = АА₃, и ОК = А₂А₃. Поскольку А₂ и А₃ принадлежат окружности Эйлера, то QА₂А₃ – равнобедренный треугольник. Значит, QТ = А₂А₃, или QТ = ОК. Поскольку QТ – перпендикуляр к хорде А₁А₂, то А₁Т = А₁А₂.

Поэтому QL² = (А₁Х – А₁А₂)² + + ( ОК – LХ)² =

= А₁Х² + А₁А₂² – А₁Х А₁А₂ + ОК² + LХ² –ОК LХ =

= А₁А₂² + ОК² + LХ² –ОК LХ + А₁Х² – А₁Х А₁А₂ =

= (А₁А₂² + ОК²) + LХ² – ОК LХ + А₁Х(А₁Х – А₁А₂) =

= ( ОА² + LХ²) – ОК LХ – А₁Х(А₁А₂ – А₁Х) = ( ОА² + LХ²) – ОК LХ – А₁Х ХА₂ =

= ( ОА² + LХ²) – (ОК LХ + А₁Х ХА₂) = ( + r²) – (ОК LХ + А₁Х ХА₂).

Теперь докажем, что А₁Х ХА₂ = KD LX.

Имеем  АКD  LXF, где F – точка пересечения АЕ с ВС, поскольку они имеют взаимно перпендикулярные стороны. Поэтому = , или = , или

KD LX = А₁А₂ ХF (1).

Остается доказать, что А₁А₂ ХF = А₁Х ХА₂.

Имеем  EFC  EAC: LE – общая;  ECF =  EAC, как углы, которые опираются на равные дуги ВЕ и СЕ. Поэтому = .

Треугольник LEС – равнобедренный:  LCЕ = NBE;

 ELC = ( ЕС + АN) = ( ЕВ + NВ) = NBE.

Поэтому = . Это 4 отрезка прямой ЕА. Заменим эти отрезки их проекциями на ВС: = , или А₁F А₁А₂ = А₁Х².

Вычитая компоненты этого равенства от А₁А₂ А₁Х, получим:

А₁А₂ А₁Х – А₁F А₁А₂ = А₁А₂ А₁Х – А₁Х² или

А₁А₂ (А₁Х – А₁F) =А₁Х (А₁А₂ – А₁Х) или

А₁А₂ (А₁Х – А₁F) = А₁Х ХА₂ или А₁А₂ ХF = А₁Х ХА₂.

Тогда

KD LX = А₁Х ХА₂ = А₁А₂ ХF.

Теперь равенство (1) можно записать так KD LX = А₁Х ХА₂.

Поэтому QL² = ( + r²) – (ОК LХ + KD LX) = ( + r²) – LХ (ОК +  KD) =

= ( + r²) – LХ ОD = ( + r² – r R = = . Это значит, что окружность Эйлера касается вписанной окружности.

Теорема 6. Произведение двух сторон треугольника равно произведению диаметра описанного круга на высоту, проведенную к третьей стороне.

Д оказательство. Пусть в треугольнике АВС: АН – высота, проведенная к стороне ВС, АС₁ – диаметр описанного около этого треугольника круга (рис. 61).

Поскольку LC = LС₁, то прямоугольные треугольники АНС и АВС₁ подобны. Поэтому , и АВ АС = АС₁ АН.

Следствие 3. Радиус описанного около треугольника круга равен произведению двух его сторон, поделенному на удвоенную высоту, проведенную к третьей стороне: R = .