رياضيات مع خالدالأستاذ خالد خطيب
مساحة للتعلّم
تنزيل PDF

مقالة في الهندسة

مبرهنة ميكيل

ثلاث دوائر، ونقطة واحدة لا تفارقها

نختار نقطة على كلّ ضلع من أضلاع المثلث، ونرسم ثلاث دوائر: كلّ دائرة تمرّ برأس من رؤوس المثلث وبالنقطتين اللتين على الضلعين الخارجين منه. ليس هناك سبب ظاهر لأن تلتقي الدوائر الثلاث معًا — ومع ذلك فهي تلتقي دائمًا في نقطة واحدة. والبرهان يحتاج فقط إلى خاصّة واحدة من دروس الشكل الرباعيّ الدائريّ.

الأستاذ خالد خطيب

دائرتان تتقاطعان عادةً في نقطتين. ثلاث دوائر «عشوائيّة» لا تلتقي في نقطة مشتركة — يحتاج ذلك إلى صدفة نادرة. مبرهنة ميكيل تقول إنّ هذه «الصدفة» تحدث في كلّ مرّة، لأيّ مثلث ولأيّ اختيار للنقاط على أضلاعه. وراء ذلك حساب زوايا بسيط وجميل، وفي نهاية الطريق تختبئ حالات خاصّة نعرفها: نقطة تلاقي الارتفاعات، ومركز الدائرة المحيطة بالمثلث.

المبرهنة

مبرهنة ميكيل

لتكن \(D,\ E,\ F\) نقاطًا على الأضلاع \(BC,\ CA,\ AB\) للمثلث \(ABC\). عندئذٍ الدوائر الثلاث المارّة بالنقاط

\[\boxed{\;A,E,F\qquad B,F,D\qquad C,D,E\;}\]

تلتقي في نقطة واحدة \(M\)، تُسمّى نقطة ميكيل.

الدوائر AEF وBFD وCDE تمرّ كلّها بالنقطة \(M\).

طريقة سهلة للتذكّر: كلّ دائرة «تخصّ» رأسًا واحدًا، وتمرّ بالرأس وبالنقطتين القريبتين منه — النقطتين اللتين على الضلعين الخارجين من هذا الرأس.

ملاحظة: قد تقع نقطة ميكيل داخل المثلث أو خارجه. المبرهنة صحيحة في كلّ الحالات، بل وتبقى صحيحة إذا وقعت النقاط \(D,E,F\) على امتدادات الأضلاع. في البرهان أدناه نفترض أنّ \(M\) داخل المثلث، كي يكون حساب الزوايا واضحًا.

جرّبوا بأنفسكم

اسحبوا النقاط \(D,E,F\) على الأضلاع. الدوائر الثلاث تتحرّك — ولا تنفصل أبدًا. وانظروا أيضًا إلى الزوايا الثلاث في الأسفل: سنعود إليها في التمرين.

–\(\angle AFM\)
–\(\angle BDM\)
–\(\angle CEM\)

لمحة تاريخية

تحمل المبرهنة اسم الرياضيّ الفرنسيّ أوغست ميكيل، الذي نشرها عام 1838 في مجلّة الرياضيات البحتة والتطبيقية (Journal de mathématiques pures et appliquées) التي أسّسها جوزيف ليوفيل، ضمن سلسلة من المبرهنات عن الدوائر والمضلّعات. يُعرف عن حياة ميكيل القليل، لكنّ اسمه بقي في عدد من المبرهنات الجميلة، منها «نقطة ميكيل» لأربعة مستقيمات التي سنراها لاحقًا.

البرهان

الأداة الوحيدة: في الشكل الرباعيّ الدائريّ مجموع كلّ زاويتين متقابلتين \(180^\circ\)، والعكس: رباعيّ مجموع زاويتين متقابلتين فيه \(180^\circ\) هو رباعيّ دائريّ. نرمز إلى زوايا المثلث بـ \(\angle A,\angle B,\angle C\).

بالبرتقالي: الزاويتان \(\angle A\) و\(\angle FME\) — متكاملتان. بالأخضر: الزاويتان \(\angle B\) و\(\angle DMF\) — متكاملتان.

  1. نبدأ بدائرتين فقط

    الدائرتان \(AEF\) و\(BFD\) تمرّان كلتاهما بالنقطة \(F\)، لذا تتقاطعان في نقطة أخرى (أو تتماسّان في \(F\)). نسمّي نقطة التقاطع الثانية \(M\). علينا أن نبرهن أنّ \(M\) تقع على الدائرة الثالثة \(CDE\) أيضًا.

  2. الرباعيّان الدائريّان

    الرباعيّ \(AFME\) دائريّ (رؤوسه على الدائرة الأولى)، والزاويتان عند \(A\) وعند \(M\) متقابلتان فيه، لذا

    \[\angle FME=180^\circ-\angle A.\]

    وبالطريقة نفسها الرباعيّ \(BDMF\) دائريّ، لذا

    \[\angle DMF=180^\circ-\angle B.\]

  3. الزاوية الثالثة حول M

    مجموع الزوايا الثلاث حول النقطة \(M\) هو \(360^\circ\):

    \[\angle DME=360^\circ-(180^\circ-\angle A)-(180^\circ-\angle B)=\angle A+\angle B=180^\circ-\angle C.\]

  4. نغلق الدائرة

    في الرباعيّ \(CDME\) مجموع الزاويتين المتقابلتين عند \(C\) وعند \(M\) هو \(180^\circ\). إذن هو رباعيّ دائريّ، أي أنّ \(M\) تقع على الدائرة المارّة بـ \(C,D,E\). \(\blacksquare\)

    (عندما تقع \(M\) خارج المثلث يتغيّر الرسم، وبدل «متكاملتين» قد نحصل على «متساويتين»؛ يحلّ الرياضيّون هذه المشكلة بـ «الزوايا الموجّهة»، فيصلح برهان واحد لكلّ الحالات.)

حالتان خاصّتان مألوفتان

  1. مواقع الارتفاعات ← نقطة تلاقي الارتفاعات

    لتكن \(D,E,F\) مواقع الارتفاعات في مثلث حادّ الزوايا، و\(H\) نقطة تلاقيها. بما أنّ \(\angle AEH=\angle AFH=90^\circ\)، فالنقطتان \(E,F\) تريان القطعة \(AH\) بزاوية قائمة، لذا الدائرة \(AEF\) هي الدائرة التي قطرها \(AH\)، وهي تمرّ بـ \(H\). وكذلك الدائرتان الأخريان. إذن نقطة ميكيل هي \(H\).

  2. المنتصفات ← مركز الدائرة المحيطة

    لتكن \(D,E,F\) منتصفات الأضلاع، و\(O\) مركز الدائرة المحيطة بالمثلث. العمود المنصّف للضلع \(AB\) يمرّ بـ \(O\) وبالمنتصف \(F\)، لذا \(\angle AFO=90^\circ\)، وبالمثل \(\angle AEO=90^\circ\). إذن الدائرة \(AEF\) قطرها \(AO\) وتمرّ بـ \(O\) — وكذلك الدائرتان الأخريان. نقطة ميكيل هي \(O\).

في الرسم الأيسر: \(D,E,F\) مواقع الارتفاعات، ونقطة ميكيل هي \(H\). في الرسم الأيمن: \(D,E,F\) المنتصفات، ونقطة ميكيل هي \(O\). جرّبوا الزرّين في المختبر.

نقطة ميكيل لأربعة مستقيمات

أربعة مستقيمات في «وضع عامّ» (لا يتوازى اثنان منها ولا يمرّ ثلاثة منها بنقطة واحدة) تحدّد أربعة مثلثات: كلّ ثلاثة مستقيمات منها تحصر مثلثًا. مبرهنة ميكيل للمستقيمات الأربعة: الدوائر الأربع المحيطة بهذه المثلثات تمرّ بنقطة واحدة.

المستقيمات الأربعة: أضلاع المثلث الثلاثة والمستقيم القاطع. المثلثات الأربعة: \(ABC,\ AEF,\ BDF,\ CDE\)، ودوائرها المحيطة تلتقي في \(M\).

البرهان تطبيق مزدوج للمبرهنة (بصيغتها التي تسمح بالنقاط على الامتدادات). في المثلث \(ABC\) مع النقاط \(D,E,F\): الدوائر \(AEF,\ BDF,\ CDE\) تلتقي في نقطة \(M\). والآن ننظر إلى المثلث \(BDF\) والنقاط التي يقطع بها المستقيم \(AC\) أضلاعه: \(C\) على \(BD\)، \(E\) على \(DF\)، \(A\) على \(FB\). وفق المبرهنة تلتقي الدوائر \(BCA,\ DCE,\ FEA\) في نقطة واحدة. الدائرتان \(CDE\) و\(AEF\) مشتركتان بين الثلاثيّتين، ونقطتا تقاطعهما هما \(E\) و\(M\) فقط — والدائرة \(ABC\) لا تمرّ بـ \(E\) — لذا نقطة الالتقاء الثانية هي \(M\) أيضًا. إذن الدوائر الأربع تمرّ بـ \(M\).

مثال عددي

زوايا المثلث \(ABC\) هي \(\angle A=50^\circ\)، \(\angle B=60^\circ\)، \(\angle C=70^\circ\)، والنقاط \(D,E,F\) على الأضلاع بحيث تقع نقطة ميكيل \(M\) داخل المثلث. احسبوا الزوايا الثلاث \(\angle FME,\ \angle DMF,\ \angle DME\).

الحلّ. وفق الخطوتين 2 و3 في البرهان:

\[\angle FME=180^\circ-50^\circ=130^\circ,\quad \angle DMF=180^\circ-60^\circ=120^\circ,\quad \angle DME=180^\circ-70^\circ=110^\circ.\]

التحقّق: \(130^\circ+120^\circ+110^\circ=360^\circ\). ✓ لاحظوا أنّ الجواب لا يتعلّق بموضع النقاط \(D,E,F\) إطلاقًا — ما دامت \(M\) داخل المثلث. وفي حالة مواقع الارتفاعات نحصل على حقيقة معروفة: \(\angle BHC=180^\circ-\angle A\).

تمرين للقرّاء: ثلاث زوايا متساوية

تمرين

لتكن \(M\) نقطة ميكيل للنقاط \(D,E,F\) على أضلاع المثلث \(ABC\)، ولتقع داخل المثلث. برهنوا أنّ القطع \(MD,\ ME,\ MF\) تصنع زوايا متساوية مع الأضلاع:

\[\angle AFM=\angle BDM=\angle CEM.\]
الزوايا الثلاث المعلّمة بالبرتقالي متساوية — كما رأيتم في المختبر.
تلميح

في الرباعيّ الدائريّ \(AFME\) ما العلاقة بين \(\angle AFM\) و\(\angle AEM\)؟ وما العلاقة بين \(\angle AEM\) و\(\angle MEC\)؟

حلّ كامل (حاولوا وحدكم أولًا!)

في الرباعيّ الدائريّ \(AFME\): \(\angle AFM+\angle AEM=180^\circ\). ومن جهة أخرى \(\angle AEM+\angle MEC=180^\circ\) (زاويتان متجاورتان على المستقيم \(AC\)). إذن \(\angle AFM=\angle MEC\).

وفي الرباعيّ الدائريّ \(BDMF\): \(\angle BDM+\angle BFM=180^\circ\)، ومن جهة أخرى \(\angle BFM+\angle AFM=180^\circ\) (على المستقيم \(AB\)). إذن \(\angle BDM=\angle AFM\).

بالمجمل \(\angle AFM=\angle BDM=\angle CEM\). \(\blacksquare\)

ونتيجة لطيفة: إذا كانت \(MD\perp BC\)، فإنّ الزوايا الثلاث قائمة، أي أنّ \(D,E,F\) هي مواقع الأعمدة النازلة من \(M\) على الأضلاع. وبالعكس: لكلّ نقطة \(M\) داخل المثلث، مواقع الأعمدة منها على الأضلاع تعطي نقاطًا نقطة ميكيل لها هي \(M\) نفسها.

المراجع

  • A. Miquel, “Théorèmes de géométrie”, Journal de mathématiques pures et appliquées 3 (1838), 485–487.
  • R. A. Johnson, Advanced Euclidean Geometry, Dover, 1960 (originally 1929).
الأستاذ خالد خطيب · مبرهنة ميكيل

מאמר בגאומטריה

משפט מיקל

שלושה מעגלים, ונקודה אחת שאינה עוזבת אותם

בוחרים נקודה על כל צלע של המשולש, ומשרטטים שלושה מעגלים: כל מעגל עובר דרך קודקוד של המשולש ודרך שתי הנקודות שעל הצלעות היוצאות ממנו. אין שום סיבה נראית לעין ששלושת המעגלים ייפגשו יחד — ובכל זאת הם תמיד נפגשים בנקודה אחת. וההוכחה צריכה רק תכונה אחת מהשיעורים על מרובע בר־חסימה.

חאלד חטיב

שני מעגלים נחתכים בדרך כלל בשתי נקודות. שלושה מעגלים "אקראיים" אינם נפגשים בנקודה משותפת — לשם כך צריך צירוף מקרים נדיר. משפט מיקל אומר ש"צירוף המקרים" הזה קורה בכל פעם, לכל משולש ולכל בחירה של נקודות על צלעותיו. מאחורי זה עומד חישוב זוויות פשוט ויפה, ובסוף הדרך מחכים מקרים פרטיים מוכרים: נקודת מפגש הגבהים ומרכז המעגל החוסם את המשולש.

המשפט

משפט מיקל

יהיו \(D,\ E,\ F\) נקודות על הצלעות \(BC,\ CA,\ AB\) של המשולש \(ABC\). אז שלושת המעגלים העוברים דרך הנקודות

\[\boxed{\;A,E,F\qquad B,F,D\qquad C,D,E\;}\]

נפגשים בנקודה אחת \(M\), הנקראת נקודת מיקל.

המעגלים AEF, BFD ו־CDE עוברים כולם דרך הנקודה \(M\).

דרך קלה לזכור: כל מעגל "שייך" לקודקוד אחד, ועובר דרך הקודקוד ודרך שתי הנקודות הקרובות אליו — הנקודות שעל הצלעות היוצאות מהקודקוד הזה.

הערה: נקודת מיקל יכולה להיות בתוך המשולש או מחוצה לו. המשפט נכון בכל המקרים, והוא נשאר נכון גם אם הנקודות \(D,E,F\) נמצאות על המשכי הצלעות. בהוכחה שלהלן נניח ש־\(M\) בתוך המשולש, כדי שחישוב הזוויות יהיה ברור.

נסו בעצמכם

גררו את הנקודות \(D,E,F\) על הצלעות. שלושת המעגלים זזים — ולעולם אינם נפרדים. הסתכלו גם על שלוש הזוויות למטה: נחזור אליהן בתרגיל.

–\(\angle AFM\)
–\(\angle BDM\)
–\(\angle CEM\)

קצת היסטוריה

המשפט נושא את שמו של המתמטיקאי הצרפתי אוגוסט מיקל, שפרסם אותו ב־1838 בכתב העת למתמטיקה טהורה ושימושית (Journal de mathématiques pures et appliquées) שייסד ז'וזף ליוביל, במסגרת סדרת משפטים על מעגלים ומצולעים. מעט ידוע על חייו של מיקל, אבל שמו נשאר במספר משפטים יפים, ובהם "נקודת מיקל" של ארבעה ישרים שנראה בהמשך.

ההוכחה

הכלי היחיד: במרובע בר־חסימה סכום כל שתי זוויות נגדיות הוא \(180^\circ\), וגם ההפך: מרובע שבו סכום שתי זוויות נגדיות הוא \(180^\circ\) הוא בר־חסימה. נסמן את זוויות המשולש \(\angle A,\angle B,\angle C\).

בכתום: הזוויות \(\angle A\) ו־\(\angle FME\) — משלימות. בירוק: הזוויות \(\angle B\) ו־\(\angle DMF\) — משלימות.

  1. מתחילים בשני מעגלים בלבד

    המעגלים \(AEF\) ו־\(BFD\) עוברים שניהם דרך הנקודה \(F\), לכן הם נחתכים בנקודה נוספת (או משיקים ב־\(F\)). נקרא לנקודת החיתוך השנייה \(M\). עלינו להוכיח ש־\(M\) נמצאת גם על המעגל השלישי \(CDE\).

  2. שני המרובעים בני־החסימה

    המרובע \(AFME\) בר־חסימה (קודקודיו על המעגל הראשון), והזוויות ליד \(A\) וליד \(M\) נגדיות בו, לכן

    \[\angle FME=180^\circ-\angle A.\]

    באותה דרך המרובע \(BDMF\) בר־חסימה, לכן

    \[\angle DMF=180^\circ-\angle B.\]

  3. הזווית השלישית סביב M

    סכום שלוש הזוויות סביב הנקודה \(M\) הוא \(360^\circ\):

    \[\angle DME=360^\circ-(180^\circ-\angle A)-(180^\circ-\angle B)=\angle A+\angle B=180^\circ-\angle C.\]

  4. סוגרים את המעגל

    במרובע \(CDME\) סכום הזוויות הנגדיות ליד \(C\) וליד \(M\) הוא \(180^\circ\). לכן הוא בר־חסימה, כלומר \(M\) נמצאת על המעגל העובר דרך \(C,D,E\). \(\blacksquare\)

    (כש־\(M\) מחוץ למשולש האיור משתנה, ובמקום "משלימות" ייתכן שנקבל "שוות"; מתמטיקאים פותרים את הבעיה הזו בעזרת "זוויות מכוונות", וכך הוכחה אחת מתאימה לכל המקרים.)

שני מקרים פרטיים מוכרים

  1. עקבי הגבהים ← נקודת מפגש הגבהים

    יהיו \(D,E,F\) עקבי הגבהים במשולש חד־זווית, ו־\(H\) נקודת מפגשם. מכיוון ש־\(\angle AEH=\angle AFH=90^\circ\), הנקודות \(E,F\) רואות את הקטע \(AH\) בזווית ישרה, לכן המעגל \(AEF\) הוא המעגל שקוטרו \(AH\), והוא עובר דרך \(H\). כך גם שני המעגלים האחרים. לכן נקודת מיקל היא \(H\).

  2. האמצעים ← מרכז המעגל החוסם

    יהיו \(D,E,F\) אמצעי הצלעות, ו־\(O\) מרכז המעגל החוסם את המשולש. האנך האמצעי לצלע \(AB\) עובר דרך \(O\) ודרך האמצע \(F\), לכן \(\angle AFO=90^\circ\), ובאופן דומה \(\angle AEO=90^\circ\). לכן המעגל \(AEF\) קוטרו \(AO\) והוא עובר דרך \(O\) — וכך גם שני המעגלים האחרים. נקודת מיקל היא \(O\).

באיור השמאלי: \(D,E,F\) הם עקבי הגבהים, ונקודת מיקל היא \(H\). באיור הימני: \(D,E,F\) הם האמצעים, ונקודת מיקל היא \(O\). נסו את שני הכפתורים במעבדה.

נקודת מיקל של ארבעה ישרים

ארבעה ישרים ב"מצב כללי" (אין שניים מקבילים ואין שלושה העוברים דרך נקודה אחת) קובעים ארבעה משולשים: כל שלושה מהם תוחמים משולש. משפט מיקל לארבעה ישרים: ארבעת המעגלים החוסמים את המשולשים האלה עוברים דרך נקודה אחת.

ארבעת הישרים: שלוש צלעות המשולש והישר החותך. ארבעת המשולשים: \(ABC,\ AEF,\ BDF,\ CDE\), והמעגלים החוסמים אותם נפגשים ב־\(M\).

ההוכחה היא שימוש כפול במשפט (בגרסתו המתירה נקודות על המשכי הצלעות). במשולש \(ABC\) עם הנקודות \(D,E,F\): המעגלים \(AEF,\ BDF,\ CDE\) נפגשים בנקודה \(M\). עכשיו נסתכל על המשולש \(BDF\) ועל הנקודות שבהן הישר \(AC\) חותך את צלעותיו: \(C\) על \(BD\), \(E\) על \(DF\), \(A\) על \(FB\). לפי המשפט המעגלים \(BCA,\ DCE,\ FEA\) נפגשים בנקודה אחת. המעגלים \(CDE\) ו־\(AEF\) משותפים לשתי השלשות, ונקודות החיתוך שלהם הן \(E\) ו־\(M\) בלבד — והמעגל \(ABC\) אינו עובר דרך \(E\) — לכן נקודת המפגש השנייה היא גם כן \(M\). לכן ארבעת המעגלים עוברים דרך \(M\).

דוגמה מספרית

זוויות המשולש \(ABC\) הן \(\angle A=50^\circ\), \(\angle B=60^\circ\), \(\angle C=70^\circ\), והנקודות \(D,E,F\) על הצלעות כך שנקודת מיקל \(M\) נמצאת בתוך המשולש. חשבו את שלוש הזוויות \(\angle FME,\ \angle DMF,\ \angle DME\).

פתרון. לפי צעדים 2 ו־3 בהוכחה:

\[\angle FME=180^\circ-50^\circ=130^\circ,\quad \angle DMF=180^\circ-60^\circ=120^\circ,\quad \angle DME=180^\circ-70^\circ=110^\circ.\]

בדיקה: \(130^\circ+120^\circ+110^\circ=360^\circ\). ✓ שימו לב שהתשובה אינה תלויה כלל במיקום הנקודות \(D,E,F\) — כל עוד \(M\) בתוך המשולש. ובמקרה של עקבי הגבהים מקבלים עובדה מוכרת: \(\angle BHC=180^\circ-\angle A\).

תרגיל לקוראים: שלוש זוויות שוות

תרגיל

תהי \(M\) נקודת מיקל של הנקודות \(D,E,F\) על צלעות המשולש \(ABC\), ונניח שהיא בתוך המשולש. הוכיחו שהקטעים \(MD,\ ME,\ MF\) יוצרים זוויות שוות עם הצלעות:

\[\angle AFM=\angle BDM=\angle CEM.\]
שלוש הזוויות המסומנות בכתום שוות — כפי שראיתם במעבדה.
רמז

במרובע בר־החסימה \(AFME\), מה הקשר בין \(\angle AFM\) ל־\(\angle AEM\)? ומה הקשר בין \(\angle AEM\) ל־\(\angle MEC\)?

פתרון מלא (נסו לבד קודם!)

במרובע בר־החסימה \(AFME\): \(\angle AFM+\angle AEM=180^\circ\). מצד שני \(\angle AEM+\angle MEC=180^\circ\) (זוויות צמודות על הישר \(AC\)). לכן \(\angle AFM=\angle MEC\).

ובמרובע בר־החסימה \(BDMF\): \(\angle BDM+\angle BFM=180^\circ\), ומצד שני \(\angle BFM+\angle AFM=180^\circ\) (על הישר \(AB\)). לכן \(\angle BDM=\angle AFM\).

בסך הכול \(\angle AFM=\angle BDM=\angle CEM\). \(\blacksquare\)

ומסקנה נחמדה: אם \(MD\perp BC\), אז שלוש הזוויות ישרות, כלומר \(D,E,F\) הם עקבי האנכים מ־\(M\) לצלעות. ולהפך: לכל נקודה \(M\) בתוך המשולש, עקבי האנכים ממנה לצלעות הם נקודות שנקודת המיקל שלהן היא \(M\) עצמה.

מקורות

  • A. Miquel, “Théorèmes de géométrie”, Journal de mathématiques pures et appliquées 3 (1838), 485–487.
  • R. A. Johnson, Advanced Euclidean Geometry, Dover, 1960 (originally 1929).
חאלד חטיב · משפט מיקל

A geometry article

Miquel’s Theorem

Three circles, and one point they never leave

Choose a point on each side of a triangle, and draw three circles: each circle passes through one vertex of the triangle and through the two points on the sides that leave that vertex. There is no visible reason for the three circles to meet together — and yet they always meet at a single point. The proof needs just one property from the lessons on cyclic quadrilaterals.

Khaled Khatib

Two circles usually meet at two points. Three "random" circles do not share a common point — that would take a rare coincidence. Miquel’s theorem says that this "coincidence" happens every time, for every triangle and every choice of points on its sides. Behind it is a simple and beautiful angle computation, and at the end of the road familiar special cases are waiting: the orthocenter and the circumcenter of the triangle.

The theorem

Miquel’s theorem

Let \(D,\ E,\ F\) be points on the sides \(BC,\ CA,\ AB\) of triangle \(ABC\). Then the three circles through the points

\[\boxed{\;A,E,F\qquad B,F,D\qquad C,D,E\;}\]

meet at a single point \(M\), called the Miquel point.

The circles AEF, BFD and CDE all pass through the point \(M\).

An easy way to remember: each circle "belongs" to one vertex, and passes through the vertex and the two points near it — the points on the sides leaving that vertex.

Note: the Miquel point can lie inside or outside the triangle. The theorem holds in all cases, and it even remains true if the points \(D,E,F\) lie on the extensions of the sides. In the proof below we assume \(M\) is inside the triangle, so that the angle computation is clear.

Try it yourself

Drag the points \(D,E,F\) along the sides. The three circles move — and never come apart. Look also at the three angles below: we will return to them in the problem.

–\(\angle AFM\)
–\(\angle BDM\)
–\(\angle CEM\)

A little history

The theorem bears the name of the French mathematician Auguste Miquel, who published it in 1838 in the Journal de mathématiques pures et appliquées, founded by Joseph Liouville, as part of a series of theorems about circles and polygons. Little is known about Miquel’s life, but his name lives on in several beautiful theorems, among them the "Miquel point" of four lines that we will meet later.

The proof

The only tool: in a cyclic quadrilateral, every two opposite angles add up to \(180^\circ\), and conversely, a quadrilateral in which two opposite angles add up to \(180^\circ\) is cyclic. Denote the angles of the triangle by \(\angle A,\angle B,\angle C\).

In orange: the angles \(\angle A\) and \(\angle FME\) — supplementary. In green: the angles \(\angle B\) and \(\angle DMF\) — supplementary.

  1. Start with just two circles

    The circles \(AEF\) and \(BFD\) both pass through the point \(F\), so they meet at one more point (or are tangent at \(F\)). Call the second intersection point \(M\). We must prove that \(M\) also lies on the third circle \(CDE\).

  2. The two cyclic quadrilaterals

    The quadrilateral \(AFME\) is cyclic (its vertices lie on the first circle), and the angles at \(A\) and at \(M\) are opposite in it, so

    \[\angle FME=180^\circ-\angle A.\]

    In the same way the quadrilateral \(BDMF\) is cyclic, so

    \[\angle DMF=180^\circ-\angle B.\]

  3. The third angle around M

    The three angles around the point \(M\) add up to \(360^\circ\):

    \[\angle DME=360^\circ-(180^\circ-\angle A)-(180^\circ-\angle B)=\angle A+\angle B=180^\circ-\angle C.\]

  4. Closing the circle

    In the quadrilateral \(CDME\) the opposite angles at \(C\) and at \(M\) add up to \(180^\circ\). So it is cyclic, i.e. \(M\) lies on the circle through \(C,D,E\). \(\blacksquare\)

    (When \(M\) is outside the triangle the picture changes, and instead of "supplementary" we may get "equal"; mathematicians solve this with "directed angles", so that one proof works in every case.)

Two familiar special cases

  1. Feet of the altitudes → the orthocenter

    Let \(D,E,F\) be the feet of the altitudes of an acute triangle, and \(H\) their common point. Since \(\angle AEH=\angle AFH=90^\circ\), the points \(E,F\) see the segment \(AH\) at a right angle, so the circle \(AEF\) is the circle with diameter \(AH\), and it passes through \(H\). The same holds for the other two circles. So the Miquel point is \(H\).

  2. Midpoints → the circumcenter

    Let \(D,E,F\) be the midpoints of the sides, and \(O\) the circumcenter of the triangle. The perpendicular bisector of side \(AB\) passes through \(O\) and through the midpoint \(F\), so \(\angle AFO=90^\circ\), and likewise \(\angle AEO=90^\circ\). So the circle \(AEF\) has diameter \(AO\) and passes through \(O\) — and so do the other two circles. The Miquel point is \(O\).

In the left figure: \(D,E,F\) are the feet of the altitudes, and the Miquel point is \(H\). In the right figure: \(D,E,F\) are the midpoints, and the Miquel point is \(O\). Try the two buttons in the lab.

The Miquel point of four lines

Four lines in "general position" (no two parallel and no three through one point) determine four triangles: any three of them bound a triangle. Miquel’s theorem for four lines: the four circumcircles of these triangles pass through a single point.

The four lines: the three sides of the triangle and the transversal. The four triangles: \(ABC,\ AEF,\ BDF,\ CDE\), and their circumcircles meet at \(M\).

The proof applies the theorem twice (in its version that allows points on the extensions). In triangle \(ABC\) with the points \(D,E,F\): the circles \(AEF,\ BDF,\ CDE\) meet at a point \(M\). Now look at triangle \(BDF\) and the points where line \(AC\) meets its sides: \(C\) on \(BD\), \(E\) on \(DF\), \(A\) on \(FB\). By the theorem, the circles \(BCA,\ DCE,\ FEA\) meet at one point. The circles \(CDE\) and \(AEF\) are common to both triples, and their only intersection points are \(E\) and \(M\) — and the circle \(ABC\) does not pass through \(E\) — so the second meeting point is also \(M\). Hence all four circles pass through \(M\).

A numerical example

The angles of triangle \(ABC\) are \(\angle A=50^\circ\), \(\angle B=60^\circ\), \(\angle C=70^\circ\), and the points \(D,E,F\) lie on the sides so that the Miquel point \(M\) is inside the triangle. Compute the three angles \(\angle FME,\ \angle DMF,\ \angle DME\).

Solution. By steps 2 and 3 of the proof:

\[\angle FME=180^\circ-50^\circ=130^\circ,\quad \angle DMF=180^\circ-60^\circ=120^\circ,\quad \angle DME=180^\circ-70^\circ=110^\circ.\]

Check: \(130^\circ+120^\circ+110^\circ=360^\circ\). ✓ Notice that the answer does not depend at all on where the points \(D,E,F\) are — as long as \(M\) is inside the triangle. And for the feet of the altitudes we get a familiar fact: \(\angle BHC=180^\circ-\angle A\).

A problem for the reader: three equal angles

Problem

Let \(M\) be the Miquel point of the points \(D,E,F\) on the sides of triangle \(ABC\), and suppose it lies inside the triangle. Prove that the segments \(MD,\ ME,\ MF\) make equal angles with the sides:

\[\angle AFM=\angle BDM=\angle CEM.\]
The three angles marked in orange are equal — as you saw in the lab.
Hint

In the cyclic quadrilateral \(AFME\), what is the relation between \(\angle AFM\) and \(\angle AEM\)? And between \(\angle AEM\) and \(\angle MEC\)?

Full solution (try it yourself first!)

In the cyclic quadrilateral \(AFME\): \(\angle AFM+\angle AEM=180^\circ\). On the other hand \(\angle AEM+\angle MEC=180^\circ\) (adjacent angles on line \(AC\)). Hence \(\angle AFM=\angle MEC\).

And in the cyclic quadrilateral \(BDMF\): \(\angle BDM+\angle BFM=180^\circ\), while \(\angle BFM+\angle AFM=180^\circ\) (on line \(AB\)). Hence \(\angle BDM=\angle AFM\).

Altogether \(\angle AFM=\angle BDM=\angle CEM\). \(\blacksquare\)

A nice consequence: if \(MD\perp BC\), all three angles are right angles, i.e. \(D,E,F\) are the feet of the perpendiculars from \(M\) to the sides. Conversely: for every point \(M\) inside the triangle, the feet of the perpendiculars from it to the sides are points whose Miquel point is \(M\) itself.

References

  • A. Miquel, “Théorèmes de géométrie”, Journal de mathématiques pures et appliquées 3 (1838), 485–487.
  • R. A. Johnson, Advanced Euclidean Geometry, Dover, 1960 (originally 1929).
Khaled Khatib · Miquel’s Theorem

→ العودة إلى كلّ المقالات