Regionalne Koło Matematyczne

Transkrypt

1 Regionalne Koło Matematyczne Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu Wydział Matematyki i Informatyki Lista rozwiązań zadań nr 16 ( ) Twierdzenia evy i Menelaosa 1. Twierdzenie evy. Niech punkty, 1, 1 leżą odpowiednio na bokach,, trójkąta przy czym punkty te są różne od wierzchołków. Odcinki, 1, 1 przecinają się w jednym punkcie wtedy i tylko wtedy, gdy =1. (1) 1 1 Dowód I: Rozważmy trójkąt punkty, 1, 1 leżące odpowiednio na bokach,, tego trójkąta przy czym punkty te są różne od wierzchołków. Załóżmy, że odcinki, 1, 1 przecinają się w jednym punkcie O (Rysunek 1). Udowodnimy, że przy powyższych założeniach prawdziwa jest równość (1). 1 O 1 Rysunek 1 Skorzystamy teraz z prostej obserwacji dotyczącej stosunku pól trójkątów o wspólnej wysokości. Zauważmy, że: S O1 = S O1 1 =k, S 1 = S 1 1 =k. 1

2 Zatem S 1 =k S 1 S O1 =k S O1. Odejmując powyższe równości stronami otrzymujemy, że: S O =S 1 S O1 =k(s 1 S O1 )=k S O S O =k= S O 1. Postępując analogicznie dla pozostałych boków trójkąta otrzymujemy następujące równości: Ostatecznie otrzymujemy więc, że: S O = S O, S O = 1 S O =S O =1. S O SO S O SO S O Załóżmy teraz, że punkty, 1, 1 leżą odpowiednio na bokach,, trójkąta przy czym punkty te są różne od wierzchołków. Ponadto załóżmy, że prawdziwa jest równość (1). Udowodnimy, że odcinki, 1, 1 przecinają się w jednym punkcie. NiechObędzie punktem przecięcia odcinków i 1. Prowadzimy prostą O, przecina ona odcinek w punkcie 2 (Rysunek 2). 1 O 2 1 Rysunek 2 Odcinki, 1 2 przecinają się w jednym punkcieo, zatem z udowodnionej części twierdzenia wiemy, że Korzystając z równości (1) i (2) otrzymujemy, że 2 =1. (2) = 1, 2

3 ponadto 1 i 2 leżą na odcinku. Stąd wynika, że 1 = 2 odcinki, 1, 1 przecinają się w jednym punkcie. Dowód II: Przedstawimy teraz inny sposób dowodu pierwszej części twierdzenia evy. Podobnie jak poprzednio rozpatrzymy sytuację przedstawioną na Rysunku 1. Przez wierzchołek trójkąta prowadzimy prostą k równoległą do prostej. PrzezM in oznaczmy punkty przecięcia prostejk odpowiednio z prostymi 1 i (Rysunek 3). M k N 1 O 1 Rysunek 3 Rozważmy dwie pary trójkątów podobnych M 1 1 N. Otrzymujemy odpowiednio następujące proporcje 1 1 = M = N. Wyliczając i przyrównując z obu proporcji mamy 1 M = 1 N 1 M N = 1 (3) Rozważając kolejne dwie pary trójkątów podobnych otrzymujemy odpowiednio OM O 1 ON O 1 M 1 = O O 1 N = O O 1. Zatem M N = 1. (4) 3

4 Korzystając z równości (3) i (4) mamy czyli ostatecznie otrzymujemy tezę 1 = 1, =1. W kolejnym punkcie pokażemy pewne zastosowania twierdzenia evy. 2. Udowodnić, że odcinki, 1, 1 mają punkt wspólny (gdzie leży na boku, 1 na, a 1 na boku w trójkącie ), jeśli: (a), 1, 1 są środkami boków, (b), 1, 1 są dwusiecznymi, (c), 1, 1 są spodkami wysokości w trójkącie ostrokątnym, (d), 1, 1 są punktami styczności okręgu wpisanego z bokami trójkąta, (e), 1, 1 są punktami styczności okręgów dopisanych z bokami trójkąta. Rozwiązanie: (a) Ponieważ, 1, 1 są środkami odpowiednich boków trójkąta, to 1 =1, =1 1 1 =1. Wstawiając otrzymane liczby do lewej strony równości (1) mamy 1 1 =1 1 1=1. Zatem na mocy twierdzenia evy środkowe w trójkącie przecinają się w jednym punkcie (środek ciężkości). (b) Rozpocznijmy od przypomnienia twierdzenia o dwusiecznej kąta wewnętrznego w trójkącie. Twierdzenie. Dany jest trójkąt. Niech D będzie punktem przecięcia dwusiecznej kąta z bokiem wówczas D D =. Korzystając z powyższego twierdzenia kolejno dla dwusiecznych trzech kątów wewnętrznych w, gdzie, 1, 1 są spodkami tych dwusiecznych, otrzymujemy =, 1 1 = 4 1 =.

5 Zatem 1 1 = =1. Na mocy twierdzenia evy dwusieczne kątów wewnętrznych w trójkącie przecinają się w jednym punkcie (środek okręgu wpisanego w trójkąt). (c) Rozważmy wysokości, 1 i 1 w trójkącie ostrokątnym (Rysunek 4). 1 1 Rysunek 4 Zauważmy, że 1 są podobne na mocy cechykkk ( 1 = ). Zatem 1 = 1. nalogicznie 1 1, czyli 1 = 1 1 = 1 1. Mnożąc powyższe równości stronami otrzymujemy 1 1 = =1. Zatem na mocy twierdzenia evy wysokości w trójkącie ostrokątnym przecinają się w jednym punkcie (ortocentrum). (d) Niech, 1, 1 będą punktami styczności okręgu wpisanego w trójkąt odpowiednio z bokami, i. NiechW będzie środkiem okręgu wpisanego w ten trójkąt (Rysunek 5). 1 W 1 Rysunek 5 5

6 Trójkąty W 1 i W są przystającymi trójkątami prostokątnymi, zatem 1 =. Podobnie = 1 1 =. Zatem 1 1 =1 na mocy twierdzenia evy odcinki, 1 i 1 przecinają się w jednym punkcie (punkt Gergonne a). (e) Definicja. Okręgiem dopisanym do boku trójkąta nazywamy okrąg styczny do tego boku do przedłużeń dwóch pozostałych boków. Na Rysunku 6 przedstawiony jest okrąg dopisany do boku trójkąta. 3 2 Rysunek 6 Niech, 1 i 1 będą punktami styczności okręgów dopisanych do boków, i odpowiednio z tymi bokami, a 2, 3, 2, 3, 2, 3 punktami styczności okręgów dopisanych z przedłużeniami pozostałych boków (Rysunek 7). 6

7 Rysunek 7 Z własności stycznych do okręgu otrzymujemy równości: = 2, = 3, 1 = 3, 1 = 2, = 2, 1 = 3. Łatwo można również wykazać, że 2 = 3 =p, 2 = 3 =p, 2 = 3 =p, gdzie p jest połową obwodu trójkąta. Wprowadźmy następujące oznaczenia =b, =c, =a. Wówczas = 2 = 2 =p b, 1 = 3 = 3 =p a, = 2 = 2 =p c, = 3 = 3 =p b, 1 = 3 = 3 =p a 1 = 2 = 2 =p c. Jesteśmy przygotowani już, aby policzyć lewą stronę równości (1). 1 1 =p b p a p c p a p b p c =1. Zatem na mocy twierdzenia evy odcinki, 1 i 1 przecinają się w jednym punkcie (punkt Nagela). 7

8 3. Twierdzenie Menelaosa. Dany jest trójkąt. Punkty, 1, 1 leżą odpowiednio na prostych,, trójkąta w taki sposób, że dwa z nich leżą na bokach trójkąta, a jeden na przedłużeniu lub wszystkie trzy leżą na przedłużeniach boków trójkąta. Punkty, 1, 1 leżą na jednej prostej wtedy i tylko wtedy, gdy =1. (5) 1 1 Dowód: Załóżmy, że punkty, 1, 1 leżą odpowiednio na prostych,, trójkąta w taki sposób, że dwa z nich leżą na bokach trójkąta, a jeden na przedłużeniu (Rysunek 8) lub wszystkie trzy leżą na przedłużeniach boków trójkąta. Ponadto załóżmy, że punkty te leżą na jednej prostej k. Udowodnimy, że prawdziwa jest równość (5). Niech X będzie punktem przecięcia prostej równoległej do przechodzącej przez punkt z prostą k (Rysunek 8). 1 X k 1 Rysunek 8 Trójkąty X są podobne, zatem X 1 = 1. Również trójkąty X i 1 są podobne, zatem X 1 =. Wyliczając i przyrównując X z ostatnich dwóch równości otrzymujemy: 1 1 = X X =1. W przypadku, gdy wszystkie punkty leżą na przedłużeniach boków trójkąta rozumowanie jest analogiczne. 8

9 Załóżmy teraz, że punkty, 1, 1 leżą odpowiednio na prostych,, trójkąta w taki sposób, że dwa z nich leżą na bokach trójkąta, a jeden na przedłużeniu (Rysunek 9) lub wszystkie trzy leżą na przedłużeniach boków trójkąta. Ponadto załóżmy, że spełniony jest warunek (5). Prowadzimy prostą 1, która przecina prostą w punkcied(rysunek 9). 1 1 D Rysunek 9 Wówczas punkty, 1 id spełniają założenia udowodnionej części twierdzenia Menelaosa, czyli D D =1. (6) 1 Porównując równości (5) i (6) otrzymujemy: D D = 1. (7) Punkty 1 idleżą na prostej, ale poza odcinkiem, zatem z proporcji (7) mamyd= 1 punkty, 1, 1 leżą na jednej prostej. W przypadku, gdy wszystkie punkty leżą na przedłużeniach boków trójkąta rozumowanie jest analogiczne. 9