Uniwersytet Mikołaja Kopernika Wydział Matematyki i Informatyki. Marlena Morawska. Nr albumu: Praca magisterska na kierunku Matematyka

Transkrypt

1 Uniwersytet Mikołaja Kopernika Wydział Matematyki i Informatyki Marlena Morawska Nr albumu: raca magisterska na kierunku Matematyka Konstrukcyjne dowody własności paraboli raca wykonana pod kierunkiem dra ndrzeja Sendlewskiego w Zakładzie Metodyki Nauczania Informatyki i Technologii Informacyjnej Toruń 2009 racę przyjmuję i akceptuję... data i podpis opiekuna pracy otwierdzam złożenie pracy dyplomowej... data i podpis pracownika dziekanatu

2

3 Spis treści Wstęp 3 1 Wiadomości wstępne 4 2 arabola i prosta unkty paraboli na prostej Styczne do paraboli arabola i trójkąt 19 4 Inne własności paraboli 27 Literatura 36 2

4 Wstęp Z pojęciem paraboli spotykamy się już we wczesnym etapie szkolnej edukacji. oznajemy ją jako definicję wykresu funkcji kwadratowej y = ax 2, gdzie a 0. Zdobyte wiadomości są jednak tylko analitycze, dotyczą przede wszystkim opisywania paraboli za pomocą równań kwadratowych i pokazywania jej własności jako własności funkcji kwadratowej. Każdy uczeń potrafi naszkicować jej wykres, wskazać wierzchołek, przedziały monotoniczności, omówić miejsca zerowe, ale czy byłby w stanie dostrzec geometryczne cechy paraboli? Zapewne nie, gdyż problem ten jest w szkole zupełnie pomijany. Dowiadujemy się również, że parabola jest jednym z przykładów krzywej stożkowej. Jednak tutaj też zaczynamy od definicji analitycznej, ograniczając się do równania y 2 = 2px, gdzie parametr p > 0. Umiejscawiamy parabolę w prostokątnym układzie współrzędnych i za pomocą odpowiednich wzorów potrafimy dowodzić różne jej własności. le czy nie byłoby fascynujące umieć przedstawić parabolę w dwojaki sposób: analitycznie i syntetycznie? Dlaczego jedna metoda ma być ważniejsza od drugiej? Okazuje się przecież, że większość twierdzeń dotyczących tej krzywej stożkowej można pokazać odwołując się zarówno do algebraicznych rachunków, jak i wyłącznie do czystej geometrii. Spróbuję więc opisać parabolę jako miejsce geometryczne punktów jednakowo odległych od ogniska i kierownicy oraz pogrupować informacje dotyczące paraboli wynikające wprost z powyższej definicji. Zasadniczym celem mojej pracy jest zbadanie i przedyskutowanie różnych własności paraboli, których dowody stanowić będą właściwie przeprowadzone konstrukcje. raca podzielona została na cztery główne części. W każdej sekcji zamieściłam rysunki wykonane na podstawie konstrukcji wraz z dowodami ich poprawności. Wszystkie konstrukcje w postaci ćwiczeń interaktywnych można obejrzeć na stronie marla2m. ierwszy paragraf ma na celu przybliżenie czytelnikowi ogólnych wiadomości o paraboli, natomiast kolejne ukazują jej bezpośredni związek z innymi "tworami matematycznymi". Druga część to głównie konstruowanie punktów paraboli na prostych oraz stycznych do paraboli w danych punktach. Następna, wprowadza nas w świat trójkątów, a ostatnia, łączy różne własności paraboli. rzyjęte raz oznaczenia nie zostały zmieniane do końca pracy. 3

5 1 Wiadomości wstępne Niniejszy paragraf chcielibyśmy poświęcić na zdefiniowanie podstawowych pojęć związanych z naszą krzywą stożkową. Dotyczyć one będą paraboli jedynie w ujęciu syntetycznym i pozwolą na zrozumienie dalszych rozważań. Definicja 1. [4] Zbiór punktów płaszczyzny równo oddalonych od ustalonego punktu i ustalonej prostej k na płaszczyźnie, przy czym nie należy do prostej k, nazywamy parabolą. Oznaczać ją będziemy symbolem (, k). k Q e e unkt nazywamy ogniskiem, a prostą k kierownicą paraboli. Oczywiście każda parabola posiada tylko jedno ognisko i dokładnie jedną kierownicę. Zauważmy ponadto, że jeżeli punkt leży na paraboli (, k), to okrąg o środku i promieniu jest styczny do kierownicy. k Q e e Stąd inna definicja paraboli: Definicja 2. [5] arabolą nazywamy zbiór środków okręgów przechodzących przez ustalony punkt i stycznych do ustalonej prostej przez ten punkt nieprzechodzącej. 4

6 k Q W W Q Z parabolą związane są bezpośrednio jeszcze inne pojęcia. rzyjrzyjmy się niektórym z nich: Definicja 3. [5] Każdą prostą prostopadłą do kierownicy nazywamy średnicą paraboli, a średnicę przechodzącą przez ognisko, osią główną paraboli. Definicja 4. [5] Niech W będzie punktem przecięcia się osi głównej paraboli z jej kierownicą. Długość odcinka W, czyli odległość ogniska od kierownicy, nazywamy parametrem paraboli i oznaczamy literą p. Środek W tego odcinka jest wierzchołkiem paraboli. Zbudujmy kwadrat o boku p = W. k W W Wówczas jeden z jego wierzchołków będzie w takiej samej odległości od ogniska, co kierownicy, tzn. =. Stąd punkt musi być punktem paraboli. odobną własność dostajemy dla punktu. Oznacza to, że symetrycznym obrazem punktu względem prostej prostopadłej do kierownicy przechodzącej przez ognisko jest punkt. Zatem oś główna paraboli jest jej osią symetrii i trzeba dodać, że jedyną. 5

7 2 arabola i prosta W tej części zajmiemy się konstruowaniem punktów paraboli należących do różnych prostych oraz wyznaczaniem stycznych do paraboli w pewnych punktach. Wybraliśmy zadania, których rozwiązanie polegać będzie na opisaniu kolejnych etapów konstrukcji i przeprowadzeniu dowodów ich poprawności. 2.1 unkty paraboli na prostej rzedstawimy teraz kilka sposobów znajdowania punktów wspólnych paraboli (, k) i danej prostej a. Metody te zależeć będą od położenia tej prostej, na której skonstruujemy punkty krzywej stożkowej. W poniższych zadaniach wykorzystamy fakt wynikający z definicji 1, a mianowicie: unkt jest punktem paraboli (, k) wtedy i tylko wtedy, gdy odległość punktu od kierownicy jest taka sama, jak jego odległość od ogniska. Niech dane będą kierownica k i ognisko paraboli (, k). Zadanie 1. Znaleźć punkty paraboli należące do danej średnicy a. k a Q 6

8 k a Q Konstrukcja (1) Kreślimy symetralną odcinka Q. (2) Zaznaczamy punkt jej przecięcia ze średnicą a. (Jest to poszukiwany punkt paraboli). (3) Kreślimy parabolę jako miejsce geometryczne punktu ( ). Dowód poprawności konstrukcji. Trójkąt Q jest równoramienny, ponieważ prosta poprowadzona przez punkt to symetralna podstawy Q wychodząca z wierzchołka. Zatem Q = Zauważmy, że jeśli wybraną prostą prostopadłą do kierownicy paraboli okaże się być jej oś główna, to poszukiwanym punktem leżącym jednocześnie na paraboli i danej prostej będzie wierzchołek tej paraboli. Zadanie 2. Znaleźć punkty paraboli należące do danej prostej a równoległej do kierownicy. 7

9 k W N a Konstrukcja (1) rowadzimy oś główną paraboli i znajdujemy punkt W na kierownicy. (2) Rysujemy okrąg o środku i promieniu ND. (3) Znajdujemy punkty i przecięcia okręgu i prostej a. Są one szukanymi punktami paraboli. (4) Rysujemy parabolę jako miejsce geometryczne punktu ( ). Dowód poprawności konstrukcji. Z konstrukcji wynika, że odległość punktu ( )od kierownicy k równa się odległości tego punktu od ogniska. Oczywiście, jeżeli prosta równoległa do kierownicy znajduje się po prawej stronie paraboli, to okrąg przecina ją w dwóch punktach. Jeśli jednak prosta a jest symetralną odcinka W, to okrąg ma z nią jeden punkt wspólny, który jest wierzchołkiem paraboli. Z kolei, jeżeli prosta a leży po drugiej stronie paraboli co jej ognisko, to nie ma ona punktów wspólnych z okręgiem. Zadanie 3. Znaleźć punkty paraboli należące do danej prostej a przechodzącej przez ognisko paraboli. 8

10 k Q d 2 W Q M Konstrukcja (1) Rysujemy oś paraboli. a d 1 (2) Wyznaczamy dwusieczne kątów, jakie tworzy prosta a z osią główną. (3) Znajdujemy punkty Q oraz Q przecięcia każdej ze skonstruowanych dwusiecznych z kierownicą k. (4) Wystawiamy prostopadłe do kierownicy w punktach Q i Q. (5) Wyznaczamy punkty ich przecięcia z prostą a otrzymując odpowiednio punkty oraz paraboli (, k). (Są to poszukiwane punkty paraboli). (6) Kreślimy parabolę jako miejsce geometryczne punktu ( ). Dowód poprawności konstrukcji. Dwusieczne kątów, jakie tworzy prosta przechodząca przez ognisko z osią paraboli wyznaczają następujące pary równych kątów: W trójkącie W Q α = W Q = Q oraz β = W Q = Q. W Q = 90 o α. le kąt W Q jest kątem prostym, więc Q = α = Q. Zatem trójkąt Q jest równoramienny, czyli odobnie w trójkącie Q dostajemy = Q. = Q. 9

11 Jeżeli jednak wybierzemy średnicę paraboli jako prostą a przechodząca przez jej ognisko, to punktem paraboli do niej należącym będzie wierzchołek (konstrukcja 1). Twierdzenie 1. [3] Każdy punkt na kierownicy jest harmonicznie sprzężony z ogniskiem względem pary punktów paraboli należących do prostej przechodzącej przez dany punkt na kierownicy i ognisko. Do udowodnienia powyższego twierdzenia niezbędna jest znajomość definicji: Definicja 5. [3] Dwustosunkiem czwórki punktów, B, C, D leżących na prostej skierowanej, nazywamy wyrażenie: (, B; C, D) = C D : BC BD, gdzie C, ( D, BC, BD) oznacza długość odpowiedniego odcinka z uwzględnieniem znaku (+, gdy punkty następują po sobie zgodnie z ustalonym znakiem prostej, w przeciwnym przypadku). C B D Definicja 6. [3] Czwórkę punktów, B, C, D nazywamy czwórką harmoniczną, jeżeli jej dwustosunek ma wartość 1, tj. jeżeli (, B; C, D) = 1. Dowód twierdzenia 1. Niech M będzie punktem przecięcia prostej a z kierownicą. Rozpatrzmy czwórkę współliniowych punktów: M,,,. M Z twierdzenia Talesa dostajemy M M = Q Q. 10

12 le z definicji paraboli wiemy, że Stąd mamy Q = oraz Q =. M M =. Oznacza to, że stosunek, w jakim punkt M dzieli odcinek równa się stosunkowi, w jakim punkt dzieli ten odcinek. Dalej mamy M M = 1/ ( 1), skąd z definicji 5 ) M = 1, ( ) = 1. ( M M M (M, ;, ) = 1, więc punkty te tworzą czwórkę harmoniczną (inaczej punkt M jest harmonicznie sprzężony z punktem względem pary (, )). Załóżmy, że prosta a nie jest ani średnicą, ani prostą równoległą do kierownicy, ani też nie przechodzi przez ognisko paraboli. Wszystkie te przypadki rozpatrzyliśmy już w poprzedniej części pracy. Zadanie 4. Znaleźć punkty paraboli należące do dowolnej danej prostej a paraboli. k T a Q X T S N 11

13 Konstrukcja (1) Wyznaczamy obraz ogniska względem prostej a. (2) Znajdujemy punkt Q przecięcia odcinka z kierownicą k. (3) Kreślimy okrąg O(S, QS), gdzie S oznacza środek odcinka Q. (4) rowadzimy prostopadłą do średnicy Q w punkcie. Otrzymujemy punkt X przecięcia tej prostej z narysowanym okręgiem. (5) Rysujemy okrąg o O 1 o środku w punkcie Q i promieniu QX. (6) Zaznaczamy punkty T i T przecięcia tego okręgu z kierownicą. (7) Wystawiamy średnice przez te punkty i dostajemy odpowiednio punkty i danej paraboli na prostej a. (8) Rysujemy parabolę jako miejsce geometryczne punktu ( ). Dowód poprawności konstrukcji. Niech N leży na osi głównej i prostej a. Wprowadźmy oznaczenia: QX = R, N = N = x, Q = y, N = z. onieważ = 2 N = 2x, to dla okręgu O mamy X = Q = 2xy, co wnioskujemy z podobieństwa trójkątów prostokątnych QX i X. Zauważmy, że Q X = X, czyli X 2 = Q = 2xy. Z tw. itagorasa w trójkącie QX dostajemy Z kolei w trójkącie N R 2 = Q 2 + X 2 = y 2 + 2xy. 2 = z 2 + x 2. (1) onownie korzystając z twierdzenia itagorasa w trójkącie T Q otrzymujemy a dalej dla trójkąta QN T 2 = Q 2 R 2, Q 2 = N 2 + NQ 2. 12

14 Zatem T 2 = N 2 + NQ 2 R 2 = z 2 +(x+y) 2 R 2 = z 2 +x 2 +2xy+y 2 (y 2 +2xy) = z 2 +x 2. Stąd i z równania 1 otrzymujemy ostatecznie W taki sam sposób dowodzimy, że T =. T =. Na podstawie powyższej konstrukcji wnioskujemy, że jeżeli ognisko i jego symetryczny obraz względem danej prostej a znajdują się po jednej stronie kierownicy, to na tej prostej leżą dwa punkty i paraboli. Jeśli natomiast punkt należy do kierownicy, to znaczy, że na prostej a mamy tylko jeden punkt paraboli - jej wierzchołek. Jednak, gdy punkty i znajdują się po obydwu stronach kierownicy, wówczas prosta a nie ma punktów wspólnych z parabolą. 13

15 2.2 Styczne do paraboli Tutaj omówimy metody wyznaczenia stycznych do paraboli (, k) z danego punktu. okażemy konstrukcje tych szczególnych prostych w zależności od położenia tego punktu i opiszemy pewne własności paraboli, które z nich wynikają. rzedtem jednak zapoznajmy się z ważnymi pojęciami: Definicja 7. Sieczną paraboli nazywamy każdą prostą, która ma z nią dwa punkty wpólne. Definicja 8. Styczną do paraboli nazywamy prostą, która ma jeden punkt wspólny z parabolą, a nie jest jej średnicą. Oczywiście powyższa definicja nie wystarczy do udowodnienia przygotowanych konstrukcji. Łatwo można pokazać (na podstawie 1) Twierdzenie 2. rosta jest styczna do paraboli w punkcie wtedy i tylko wtedy, gdy jest ona symetralną odcinka T, gdzie T oznacza punkt wspólny kierownicy i średnicy T. Z punktu leżącego na zewnątrz paraboli można poprowadzić dokładnie dwie styczne do paraboli w punktach i. Wówczas: Definicja 9. [3] rostą przechodzącą przez punkty i nazywamy biegunową punktu względem paraboli, a punkt - biegunem. W szczególnym przypadku, gdy punkt leży na paraboli, biegunowa pokrywa się ze styczną do paraboli wyprowadzoną z tego punktu. arabola dzieli płaszczyznę na dwa obszary: obszar wewnątrz i obszar na zewnątrz danej paraboli. Wewnątrz tej krzywej stożkowej znajduje się jej ognisko, punkty oraz wszystkie styczne, natomiast kierownica leży na zewnątrz danej paraboli. oza tym parabola jest również obwiednią rodziny stycznych, gdyż: Definicja 10. [2] Obwiednią rodziny krzywych nazywamy krzywą styczną w każdym punkcie do co najmniej jednej krzywej z tej rodziny. Niech dane będą ognisko i kierownica k paraboli (, k). Zadanie 5. Z danego punktu należącego do kierownicy wyprowadzić styczne do paraboli. 14

16 s 1 k s 2 T T Konstrukcja (1) Z punktu zakreślamy okrąg o promieniu. Otrzymujemy punkty T i T przecięcia okręgu z kierownicą k. (2) Wystawiamy prostopadłe do kierownicy w punktach T i T. (3) rowadzimy symetralne odcinków T oraz T, które przechodzą przez punkt. (4) Znajdujemy punkty i paraboli jako punkty przecięcia tych symetralnych ze średnicami paraboli. (Symetralne są poszukiwanymi stycznymi do paraboli w punktach i ). (5) Rysyjemy parabolę jako miejsce geometryczne punktu ( ). Dowód poprawności konstrukcji. Wynika wprost z twierdzenia 2. Wniosek 1. Jeżeli poprowadzić styczne do paraboli z dowolnego punktu na kierownicy, to prosta łącząca punkty styczności przechodzi przez ognisko tej paraboli. Dowód. Ognisko leży na okręgu o środku w punkcie i promieniu równym odcinkowi. Wystarczy więc wykazać, że prosta jest styczna do tego okręgu w punkcie. Skoro i są punktami paraboli (, k), to T = oraz T =. oza tym T i T są stycznymi do okręgu o środku odpowiednio w punktach T i T. Stąd na mocy twierdzenia o odcinkach stycznych do okręgu poprowadzonych z punktu zewnętrznego,prosta musi być styczną do okręgu O(, ) w punkcie. 15

17 W rezultacie, jeśli biegun leży na kierownicy paraboli, to biegunowa przechodzi przez ognisko paraboli. Wniosek 2. Styczne do paraboli poprowadzone z dowolnego punktu na kierownicy są wzajemnie prostopadłe. Dowód. onieważ punkty i są punktami paraboli, więc T = oraz T =. Stąd trójkąty T oraz T są równoramienne. zatem symetralne odcinków T i T muszą być jednocześnie dwusiecznymi kątów wyznaczonych przez kierownicę i prostą, tzn. T = oraz T =. skoro dwusieczne kątów przyległych są prostopadłe, to T + = 90 o. Zadanie 6. Wyprowadzić styczne do paraboli z danego punktu na zewnątrz paraboli. k s 1 T T Konstrukcja Konstrukcja jak w poprzednim zadaniu, tyle, że na początku wybieramy punkt znajdujący się na zewnątrz paraboli, a nie na jej kierownicy. Dowód poprawności konstrukcji. Taki, jak w ostatnim zadaniu. Na zakończenie tematu związanego ze stycznymi wprowadźmy jeszcze definicję promienia paraboli. s 2 16

18 Definicja 11. romieniem m paraboli (, k) nazywamy każdą półprostą o wierzchołku w jej ognisku. W rezultacie, na mocy zadania 3, promień paraboli przecina krzywą stożkową dokładnie w jednym punkcie. Konstrukcja przedstawiona w tym zadaniu oraz twierdzenie 2 pozwalają nam także zrozumieć następujący przykład. Zadanie 7. Skonstruuj punkt przecięcia się jednocześnie promienia paraboli z parabolą i styczną do paraboli w tym punkcie. k Q styczna W m Konstrukcja (1) Rzutujemy ognisko paraboli na kierownicę k i dostajemy punkt W. (2) Rysujemy promień paraboli. Otrzymujemy punkt Q przecięcia się półprostej z kierownicą. (3) rowadzimy dwusieczną kąta W Q i wyznaczamy jej punkt przecięcia z ustaloną prostą k. (4) Zaznaczamy punkt promienia paraboli i prostopadłej do kierownicy przechodzącej przez punkt. (5) Kreślimy symetralną odcinka, która zawiera skonstruowany punkt. Dowód poprawności konstrukcji. Trójkąt jest równoramienny, więc wyznaczony punkt należy do paraboli. Z drugiej strony wierzchołek tego trójkąta leży na symetralnej odcinka, czyli stycznej do paraboli. Wiemy jednak, że każdy promień paraboli ma z nią tylko jeden punkt wspólny, będzie więc nim punkt. 17

19 Zwróćmy uwagę na to, że z rysunku możemy odczytać, w jaki sposób zachowują się promienie świetlne. Znana i wykorzystywana w fizyce optyczna własność paraboli pokazuje, że gdy w ognisku paraboli będzie znajdować się źródło światła, to promienie świetlne odbite od paraboli będą biegły równolegle do osi głównej. Natomiast, jeśli wiązka promieni równoległych padnie na parabolę, to po odbiciu zostanie skupiona w ognisku. Stanowi ona podstawę konstrukcji zwierciadeł parabolicznych i między innymi tłumaczy nazwę punktu. 18

20 3 arabola i trójkąt W tym rozdziale zajmiemy się własnościami paraboli związanymi z problematyką należącą do teorii "geometrii trójkąta". Okazuje się, że parabola ma wiele wspólnego z trójkątami i w tym paragrafie postaramy się to pokazać. W tym celu przedstawimy zadania oraz ich konstrukcyjne dowody, jak również twierdzenia obrazujące ważne cechy naszej krzywej stożkowej. Na początku opiszemy zadanie, które jest zupełnym przeciwieństwem konstrukcji pokazanych w ostatniej części pracy. Mianowicie, niech dana będzie parabola (, k) oraz dwie styczne do paraboli w punktach B i C wychodzące z dowolnego punktu. Zadanie 8. Wyznaczyć ognisko i kierownicę paraboli stycznej do boków B i C odpowiednio w punktach B i C. arabolę taką będziemy oznaczali symbolem (, BC). Do rozwiązania powyższego zadania niezbędne jest przypomnienie konstrukcji oraz kilku faktów wynikających z zadania 6. Lemat 1. Następujące pary trójkątów równoramiennych są podobne: B CC oraz C BB. k s 2 B B C C s 1 Dowód. Styczne B oraz C to symetralne odpowiednio boków B i C. onieważ trójkąty BB i C są równoramienne, więc symetralne ich podstaw są równocześnie dwusiecznymi kątów przeciwległych wierzchołków. Rozpatrzmy trójkąt C. Niech C = CC = α. 19

21 Kąt B C jest kątem wpisanym opartym na łuku C, natomiast kąt C, kątem środkowym opartym na tym samym łuku. Stąd Zajmijmy się trójkątem BB. Niech Wówczas B C = α. B = BB = y oraz B B = B = x. Skoro prosta BB jest średnicą, to x + y = 90 o. α + x = 90 o. Zatem tzn. nalogicznie pokazujemy, że α = y, C = BB. B = CC. Ostatecznie kąty trójkąta C są odpowiednio równe kątom trójkąta BB. odobnie kąty trójkąta B są odpowiednio równe kątom trójkąta CC, więc z cechy (kkk) trójkąty te muszą być podobne. Narysujmy jeszcze jeden okrąg o środku w punkcie styczny do średnic BB i CC. romień tego okręgu będzie więc równy połowie odcinka B C. k B B s 1 1 C C s 2 20

22 onieważ BB jest styczną do tego okręgu, a ognisko symetryczne do punktu B względem prostej B, to prosta B jest również do niego styczna. Twierdzenie 3. roste B i C są styczne do okręgu O(, 1 2 B C ). Wniosek 3. Ognisko jest punktem przecięcia stycznych do okręgu O(, 1 2 B C ) poprowadzonych z wierzchołków B i C. Teraz możemy już przejść do konstrukcji stanowiącej dowód zadania 8. k s 1 B B 1 Q C C s 2 Konstrukcja (1) Wyznaczamy środek 1 boku BC. (2) rowadzimy równoległe do prostej 1 przez punkty B i C danej paraboli. (3) Rysujemy prostopadłą do trzech równoległych przez punkt. (4) Kreślimy okrąg o O o środku w punkcie i promieniu równym połowie odcinka Q. (5) rowadzimy styczne do tego okręgu z punktów B i C. (6) Zaznaczamy punkt ich przecięcia. Jest on szukanym ogniskiem paraboli. (7) Wyznaczamy punkty B i C symetryczne do ogniska względem stycznych B i C. unkty te leżą na kierownicy paraboli. Dowód poprawności konstrukcji. rosta 1 jest srednicą paraboli 1. Z wniosku 3 dostajemy, że punkt przecięcia stycznych do okręgu O(, 1 2 Q) poprowadzonych z punktów B i C paraboli jest ogniskiem. Z kolei punkty B i C są symetryczne do względem odpowiednio prostych B oraz C, skąd BB = B oraz CC = C. Zatem punkty te wyznaczają kierownicę paraboli (, BC). 21

23 W analogiczny sposób możemy konstruować ogniska i kierownice pozostałych parabol. Wniosek 4. W każdy trójkąt BC można wpisać trzy parabole: parabolę (, BC) styczną do boków B i C w punktach i C, parabolę (B, C) styczną do boków B i BC w punktach B i C oraz parabolę (C, B) styczną do boków C i CB w punktach i B. k C B 1 a b c 1 k C C 1 B k B Dalsza część pracy dotyczyć będzie paraboli (, BC). Do tej pory zajmowaliśmy się poszukiwaniem i konstruowaniem dwóch stycznych do tej paraboli poprowadzonych z jednego punktu. Kolejne twierdzenie dotyczyć będzie trzeciej stycznej znajdującej się także w trójkącie BC. Twierdzenie 4. rosta B 1 C 1 jest styczna do paraboli (, BC) w punkcie, gdzie oznacza środek odcinka B 1 C 1, natomiast punkty B 1 i C 1 środki odpowiednio boków C i B. 22

24 k B B C 1 1 B 1 C C Dowód. Niech, B, C będą rzutami prostokątnymi kolejno punktów, B, C na kierownicę. Narysujmy okrąg O(C 1, C 1 ). Zauważmy, że przechodzi on przez punkty B, oraz oczywiście ognisko. Zatem jest okręgiem opisanym na trójkącie B. Oznacza to, że na symetralnej odcinka znajduje się punkt C 1. nalogicznie, punkty C, oraz leżą na okręgu O(B 1, B 1 ). Zatem musi on być opisany na trójkącie C, czyli symetralna boku przechodzi przez punkt B 1. Stąd prostopadła do poprowadzona przez jego środek to dokładnie prosta B 1 C 1, więc jest również styczną do paraboli. unkt będący środkiem prostej B 1 C 1 leży również na średnicy 1. Oznacza to, że =, skąd jest punktem styczności danej paraboli. owyższe twierdzenie przydaje się także przy konstruowaniu stycznych do paraboli w danym punkcie paraboli. Zadanie 9. Wyprowadź styczną do paraboli (, k) o danym ognisku i kierownicy w danym punkcie paraboli. 23

25 k B B W W Konstrukcja (1) Rzutujemy na kierownicę punkt i wierzchołek W. Otrzymujemy odpowiednio punkty i W. (2) Odkładamy punkt B, tak, aby B = W. (3) Wyznaczamy punkt B paraboli jako przecięcie prostopadłej do kierownicy wystawionej w punkcie B i symetralnej odcinka B. (4) Rysujemy cięciwę BW. (5) rzez prowadzimy równoległą do BW. (Jest to poszukiwana styczna). Dowód. Stanowi wniosek z poprzedniego twierdzenia, co można zauważyć z poniższego rysunku. k B B Q 1 W W 24

26 Lemat 2. Kąt między odcinkami i B równa się kątowi pomiędzy odcinkami 1 i C. rzypomnijmy rysunek z lematu 1. k B B s 1 1 C C Dowód. Wiemy, że B CC. onieważ proste C i B są dwusiecznymi odpowiednio kątów CC oraz B, to B = CC. Zauważmy, że jak również B = C B, CC = C B, gdyż mają odpowiednie ramiona wzajemnie prostopadłe. Zatem CC = B. Średnice CC i 1 są równoległe, więc jako kąty naprzemianległe. Stąd odobnie CC = C 1 C 1 = B. 1 B = C. O prostych i 1 mówimy wtedy, że są antypararelne lub przeciwrównoległe względem prostych B i C. 25 s 2

27 Lemat 3. Kąt między odcinkami i C równa się kątowi pomiędzy odcinkami C 1 B 1 i C 1. k s 1 B B C 1 S 1 B 1 C C Dowód. Niech S oznacza środek odcinka B 1 C 1. Rozważmy styczne do paraboli,bc wychodzące z punktu C 1. Na podstawie twierdzenie 4 styczną do tej paraboli będzie prosta C 1 B z punktem styczności oraz prosta C 1 B z punktem styczności B. Z kolei na mocy poprzedniego lematu wnioskujemy, że kąt między odcinkami C 1 i C 1 równa się kątowi między odcinkami C 1 S i C 1 B, tzn. s 2 C 1 = BC 1 S. le proste 1 i C 1 S są równoległe, więc BC 1 S = 1 B jako kąty odpowiadające. Stąd oza tym z 2 mamy skąd Ostatecznie 1 B = C 1. 1 B = C, C 1 = C. C = B 1 C 1. 26

28 4 Inne własności paraboli Tym razem omówimy różne własności paraboli, które wiążą się zarówno z prostymi, trójkątami, jak i okręgami. Zajmiemy się głównie twierdzeniami, konstrukcjami oraz przedstawimy dowody ich poprawności. Niektóre z nich będą odwoływać się do pokazanych już wcześniej własności. rzytoczymy także kilka znanych faktów potrzebnych do zrozumienia poszczególnych faktów. owróćmy do ostatniego zadania z poprzedniej części. Zauważmy, że Twierdzenie 5. Okrąg opisany na trójkącie B 1 C 1 utworzonym przez trzy styczne do paraboli (, BC) przechodzi przez ognisko. k B B C 1 S 1 K B 1 C C Dowód. Niech K będzie punktem przecięcia przekątnych czworokąta B 1 C 1. Wiemy, że B 1 = B 1 C 1. oza tym jako kąty wierzchołkowe, więc KB 1 = KC 1 B 1 C 1 = C 1. ponieważ B 1 C 1 jest kątem wpisanym opartym na łuku ÂC 1, to C 1, jako kąt oparty na tym samym łuku, jest również kątem wpisanym. Zatem ognisko paraboli musi leżeć na okręgu opisanym na trójkącie B 1 C 1. Lemat 4. unkt przecięcia się średnicy 1 z prostą przechodzącą przez ognisko paraboli (, BC) i prostopadłą do prostej BC należy do kierownicy tej paraboli. 27

29 k B B C 1 1 B 1 C C Dowód. Na mocy poprzedniego lematu na czworokącie B 1 C 1 można opisać okrąg. Styczna B 1 C 1 to symetralna odcinka, gdzie oznacza rzut prostokątny punktu na kierownicę k. Wynika stąd, że prosta jest prostopadła do prostej B 1 C 1. ponieważ B 1 C 1 BC, to BC. Stąd i z tego, że 1 dostajemy, że punkt, będący punktem przecięcia średnicy 1 z prostą przechodzącą przez ognisko paraboli i prostopadłą do prostej BC, należy do kierownicy. by pokazać kolejną własność paraboli udowodnimy najpierw Lemat 5. Symetryczny obraz ortocentrum H trójkąta BC względem prostej, w której zawiera się jeden z boków trójkąta należy do okręgu opisanego na tym trójkącie. H C H B Dowód. Niech wysokość opuszczona z wierzchołka przecina okręg opisany na trójkącie BC w punkcie H, natomiast H niech będzie symetrycznym obra- 28

30 zem punktu H względem prostej BC. Zauważmy, że trójkąt HBH jest równoramienny, skąd H BC = HBC. Z drugiej strony H BC = HBC jako kąty wpisane oparte na łuku Ĥ C. Zatem H C = CBH. rosta H jest prostopadła do boku BC, więc prosta BH musi być prostopadła do boku C. Oznacza to, że H jest ortocentrum trójkąta BC. otrzebny będzie jeszcze jeden fakt: Lemat 6. Kąt między dwiema cięciwami CE i D równa się połowie sumy kątów środkowych opartych na łukach Ê oraz ĈD. C B D E Dowód. Oznaczmy α = E, β = CD, δ = CB, γ = CBD = EB. Wówczas z twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym opartym na tym samym łuku otrzymujemy CB = β 2 oraz BC = α 2. W trójkącie CB mamy δ = 180 o α 2 β 2. ponieważ kąty δ i γ są przyległe, więc 180 o α 2 β 2 + γ = 180o. 29

31 Stąd γ = α + β. 2 Twierdzenie 6. Kierownica paraboli przechodzi przez ortocentrum trójkąta B 1 C 1. k B B C 1 G X 1 H 1 B 1 H 1 C C Dowód. Zacznijmy od opisania okręgu S na trójkącie BC. Wiemy, że ognisko do niego należy. Dalej opuszczamy z wierzchołka prostopadłą do boku B 1 C 1 przecinającą kierownicę w punkcie H 1, a okrąg S w punkcie H 1. Tak poprowadzona prosta będzie równoległa do prostej, gdyż prosta jest prostopadła do boku BC (z lematu 4), który z kolei jest równoległy do boku B 1 C 1. okażemy że punkt H 1 jest ortocentrum trójkąta B 1 C 1. Wystarczy jednak udowodnić, że styczna B 1 C 1 jest symetralną odcinka H 1 H 1 (na podstawie lematu 5). W tym celu sprawdzamy, czy trapez H 1 H 1 jest równoramienny. Dążymy zatem do tego, aby H 1 = H 1. unkt przecięcia prostej z okręgiem S oznaczmy przez G. Wówczas H 1 jest kątem wpisanym opartym na łuku Ĥ 1 G. Kąt C 1 to kąt wpisany oparty na łuku Â. Zauważmy jednak, że  = ÂH 1 + Ĥ 1. le łuki ÂG i Ĥ 1 są równe jako zawarte między prostymi równoległymi, tzn.  = Ĥ 1G, 30

32 skąd H 1 = C 1. (2) Niech X będzie punktem przecięcia średnicy 1 z okręgiem. Z lematu 6 kąt między cięciwami B 1 C 1 i X równa się połowie sumy kątów środkowych opartych na łukach ÂB 1 i Ĉ 1 X. Z dowodu zadania 3 wynika, że Ĉ 1 X = B 1. Zatem kąt między cięciwami B 1 C 1 i X musi być równy połowie kąta środkowego opartego na łuku  = ÂB 1 + B 1, tzn. kątowi wpisanemu C 1 opartemu na łuku Â. Stąd Wreszcie B 1 = C 1 X = C 1. (3) B 1 = H 1, (4) gdyż ich ramiona są odpowiednio prostopadłe do siebie. Ostatecznie z równości 2, 3 oraz 4 dostajemy H 1 = H 1. Czyli punkt H 1 jest ortocentrum trójkąta B 1 C 1. Twierdzenie 7. Kierownica paraboli (, BC) przecina okrąg Eulera w punkcie 3 będącym ortocentrum trójkąta B 1 C 1 i w punkcie, który jest rzutem prostokątnym tego ortocentrum na środkową 1. C k C 3 B 1 1 B 2 O O 1 H 2 3 C 1 C 2 B 3 B 31

33 Dowód. Oznaczmy symbolem 3 ortocentrum trójkąta B 1 C 1. Niech okrąg S o środku w punkcie O 1 będzie obrazem okręgu S o środku w punkcie O opisanego na trójkącie BC w jednokładności o środku w punkcie H i skali 1. 2 Zwróćmy uwagę na to, że trójkąt B 1 C 1 jest obrazem trójkąta BC w jednokładności o środku i współczynniku 1. Oznacza to, że ortocentrum trójkąta 2 B 1 C 1 jest obrazem ortocentrum H, czyli środkiem odcinka H, a zatem punktem 3. Na podstawie lematu 5 widzimy, że punkty 3, B 3, C 3 oraz 2, B 2 i C 2 należą do tego okręgu. Zauważmy, iż punkt O 1 jest środkiem odcinka OH. Jeżeli zrzutujemy punkty O i H na bok BC, następnie na bok B oraz C otrzymamy odpowiednio punkty 1 i 2, C 1 i C 2 oraz B 1 i B 2. Te pary punktów tworzą cięciwy okręgu S. Ostatecznie punkty 1, B 1, C 1 - środki kolejnych boków BC, 2, B 2, C 2 - spodki wysokości BC, 3, B 3, C 3 - środki odpowiednio odcinków H, BH, CH leżą na okręgu S. Oznacza to, że okrąg, o którym mowa jest okręgiem Eulera. onadto trójkąty: 1 2 3, B 1 B 2 B 3 i C 1 C 2 C 3 są prostokątne, tak więc odcinki 1 3, B 1 B 3 i C 1 C 3 muszą być średnicami okręgu dziewięciu punktów. Niech będzie punktem przecięcia się tego okręgu ze środkową 1 trójkąta BC, to prosta 3 jest do niej prostopadła. Wiemy jednak, że środkowa 1 jest także średnicą paraboli (, BC), a więc prostopadłą do jej kierownicy, do której należy punkt 3. Stąd prosta 3 zawiera się w kierownicy k, a punkty i 3 należą do okręgu Eulera. Twierdzenie 8. Kierownica k paraboli (, BC), prosta BC i styczna do okręgu S opisanego na trójkącie BC w punkcie, przecinają się w jednym punkcie M. 3 H C O 1 B M k 32

34 Dowód. rzypuśćmy, że prosta BC i kierownica k paraboli (, BC) przecinają się w punkcie M. Chcemy pokazać, że prosta M jest styczną do okręgu S. Rozpatrzmy trójkąt 1 M. Kierownica paraboli jako prostopadła do średnicy 1 jest jego wysokością, podobnie prosta H jako prostopadła do prostej M 1. Te dwie wysokości przecinają się w punkcie 3, dlatego prosta 1 3 musi zawierać trzecią wysokość tego trójkąta. Rozważmy czworokąt O 1 3. Mamy 1 3 = O. Równość ta wynika z faktu, iż 1 3 jest średnicą okręgu Eulera, którego długość promienia wynosi połowę długości promienia okręgu opisanego na trójkącie BC. Stąd prosta 1 3 jest równoległa do prostej O. Zatem 3 też jest równoległa do O 1 oraz 3 = O 1. Czyli dany czworokąt jest równoległobkiem. Stąd i z faktu, że 3 1 to prosta prostopadła do M dostajemy M O, tzn. prosta M jest styczną do okręgu S. Twierdzenie 9. rosta O przechodzi przez punkt M przecięcia się kierownicy paraboli (, BC) z prostą BC. Z N C 1 O B B 1 1 X k R C Dowód. Niech R będzie punktem przecięcia się prostej O z kierownicą k, z kolei N, punktem przecięcia się tej prostej z prostą 1. Rozpatrzmy trójkąt NR. Na podstawie dowodu poprzedniego twierdzenia Y N k. (5) 33

35 oza tym z dowodu twierdzenia7 wiemy, że O jest średnicą okręgu opisanego na trójkącie B 1 C 1, natomiast z lematu 5 dostajemy, że ognisko do niego należy. Stąd wnioskujemy, że OG. (6) Niech Z będzie punktem przecięcia się prostej i kierownicy paraboli. Z 5 i 6 widzimy, że punkt Z jest ortocentrum trójkąta NR, skąd MN G. (7) Na mocy powyższych zależności, ponieważ M N = N = 90 o, na czworokącie Z N można opisać okrąg. Zatem w czworokącie Z N jako kąty wpisane oparte na łuku Ẑ oraz ZN = Z (8) Z = 1 C, (9) gdyż ich ramiona są odpowiednio prostopadłe. Oznaczmy przez X punkt przecięcia się prostej 1 z okręgiem S i przez Y punkt jego przecięcia z prostą. Z lematu 6 dostrzegamy, że kąt 1 C jest równy połowie sumy kątów środkowych opartych na łukach BX i ÂC. Jednak BX = ĈY, co odczytujemy z rysunku w zadaniu 3. Wobec tego kąt 1 C ma taką samą miarę, co połowa kąta środkowego opartego na łuku ÂY, ponieważ ÂY = = ÂC + ĈY ÂC + BX. Widzimy, że kąt OY to kąt środkowy oparty na łuku OY jest równoramienny i O Y, więc ÂY. oza tym trójkąt O = OY, co stanowi połowę kąta środkowego opartego na łuku ÂY. Zatem 1 C = O. (10) Otrzymujemy z 8, 9 i 10, że MN = O, czyli ZN O. 34

36 Wracając do własności 7 mamy R O. skoro odcinek O jest promieniem okręgu opisanego na trójkącie BC, to prosta R jest do niego styczna. Zatem na podstawie poprzedniego twierdzenia styczna do okręgu S przecina się z kierownicą w punkcie M. Oznacza to, że R = M 35

37 Literatura [1] K. Borsuk, Geometria nalityczna w n wymiarach, Spółdzielnia Wydawnicza Czytelnik, Szwecja, [2]. B. Empacher, Z. Sępa,. Żakowska, W. Żakowski, Mały słownik matematyczny, W, Warszawa, [3] B. Gdowski, E. luciński, Zbiór zadań z rachunku wektorowego i geometrii analitycznej, Oficyna Wydawnicza olitechniki Warszawskiej, Warszawa, [4] T. Jurlewicz, Z. Skoczylas, lgebra liniowa 1, Definicje, twierdzenia, wzory, Oficyna Wydawnicza GiS, Wrocław, [5] L. Jeśmanowicz, Zielone światło dla paraboli, Matematyka 6 (1985) str , WSi. [6]. Leja, Geometria nalityczna, WN, Warszawa,