W. Guzicki Zdnie 19 z Informtor turlnego poziom rozszerzony 1 Zdnie 19. Rmię D trpezu D (w którym D) przedłużono do punktu E tkiego, że E 3 D. unkt leży n podstwie orz 4. Odcinek E przecin przekątną D w punkcie (zobcz rysunek). E D Udowodnij, że 6 D. odstwowym pojęciem wykorzystywnym w rozwiązniu tego zdni jest pojęcie podobieństw trójkątów. rzypomnijmy njpierw, że dw trójkąty i DEF F D E nzywmy podobnymi (przy odpowiedniości wierzchołków: wierzchołek pierwszego trójkąt odpowid wierzchołkowi D drugiego trójkąt, wierzchołek odpowid wierzchołkowi E i wierzchołek odpowid wierzchołkowi F ), jeśli zchodzą nstępujące dw wrunki: (1) odpowidjące sobie kąty obu trójkątów są równe, tzn. EDF, DEF orz DF E, (2) odpowidjące sobie boki obu trójkątów są proporcjonlne, tzn. DE DF EF. odobnie jk to miło miejsce w przypdku przystwni trójkątów, nie musimy sprwdzć wszystkich wrunków, by przekonć się, że dw trójkąty są podobne. Istnieją bowiem trzy cechy podobieństw trójkątów; w kżdej z nich wystrczy sprwdzić tylko niektóre z powyższych równości. W rozwiązniu nszego zdni nie będziemy jednk korzystć z tych cech podobieństw (i dltego nie będę ich tu formułowł). Skorzystmy z twierdzeni ukzującego dwie sytucje, w których istnieją trójkąty podobne. Oto to twierdzenie.
W. Guzicki Zdnie 19 z Informtor turlnego poziom rozszerzony 2 Twierdzenie 1. rzypuśćmy, że mmy dne dwie proste przecinjące się w punkcie przecięte dwiem prostymi równoległymi. ożliwe są dwie sytucje zilustrowne n poniższym rysunku: D D W pierwszej z nich mmy dwie półproste i orz punkty i D leżące odpowiednio n półprostych i. Zkłdmy przy tym, że proste i D są równoległe (zobcz rysunek po lewej stronie). W drugiej z nich proste i D przecinją się w punkcie leżącym wewnątrz odcinków i D. Znów zkłdmy, że proste i D są równoległe (zobcz rysunek po prwej stronie). W obu sytucjch trójkąty i D są podobne. W rozwiązniu zdni 19 skorzystmy z tego, że w obu powyższych sytucjch zchodzą równości D D. o tym wstępie przejdziemy do rozwiązni zdni 19. Rozwiąznie. Sposób I. Niech N będzie punktem przecięci odcink E z prostą D. Oznczmy nstępnie orz b D. E D N b Wówczs 4, E 3b orz DE 2b. Nstępnie zuwżmy, że trójkąty E i EDN są podobne (jest to pierwsz z opisnych wyżej sytucji). my więc równość DN DE E 2b 3b 2 3.
W. Guzicki Zdnie 19 z Informtor turlnego poziom rozszerzony 3 Stąd dostjemy DN 2 3 2 3. Nstępnie zuwżmy, że trójkąty i ND są podobne (jest to drug z opisnych wyżej sytucji). my ztem równość D DN 4 2 3 4 3 2 6. Stąd wynik, że 6 D, co kończy dowód. Nsze zdnie możn tkże rozwiązć metodmi geometrii nlitycznej. Wiele osób (zwłszcz uczniów) może zskkiwć to, że geometri nlityczn służy nie tylko do obliczeń geometrycznych, le może też być wykorzystn do dowodzeni twierdzeń. Znim zobczymy tki dowód twierdzeni sformułownego w zdniu 19, poptrzmy n zdnie, które pokzuje główny pomysł tkiego rozumowni. Zdnie 19. Dny jest trpez D, w którym: (0, 0), (30, 0), (25, ) orz D (9, ). unkt leży n podstwie trpezu orz 4. unkt E leży n półprostej D orz E 3 D. Odcinek E przecin przekątną D w punkcie (zobcz rysunek). y E D(9,) (25,) (0,0) (30,0) x Udowodnij, że 6 D. Rozwiąznie. Njpierw musimy obliczyć współrzędne punktów i E. Skorzystmy z nstępującej prostej obserwcji. rzypuśćmy, że mmy dny punkt (0, 0) orz dowolny punkt X (, b). rzypuśćmy nstępnie, że punkt Y leży n półprostej X orz Y t X dl pewnej liczby rzeczywistej t. Wówczs punkt Y m nstępujące współrzędne: Y (t, t b). Z tką sytucją mmy do czynieni w nszym zdniu dwukrotnie. unkt leży n półprostej orz 1 5. Ztem (6, 0). unkt E leży ntomist n
W. Guzicki Zdnie 19 z Informtor turlnego poziom rozszerzony 4 półprostej D orz E 3 D. Ztem E (2, 21). Widzimy to n rysunku: y E(2,21) D(9,) (25,) (0,0) (6,0) (30,0) x Terz wyznczmy równnie prostej D. ono postć kierunkową y kx + l dl pewnych k i l. odstwimy do tego równni współrzędne punktów i D w miejsce zmiennych x i y, otrzymując nstępujący ukłd równń z niewidomymi k i l: { 0 k 30 + l, k 9 + l. Odejmujemy stronmi drugie równnie od pierwszego, otrzymując równnie z jedną niewidomą k: 21k, którego rozwiązniem jest k 1 3. Z pierwszego równni otrzymujemy wtedy l 10. rost D m ztem równnie y 1 3 x + 10. Nstępnie wyznczmy równnie prostej E. Znów m ono postć kierunkową y kx + l dl pewnych k i l. Tym rzem podstwimy do tego równni współrzędne punktów E i, otrzymując ukłd równń z niewidomymi k i l: { 21 k 2 + l, 0 k 6 + l. Znów odejmujemy drugie równnie od pierwszego, otrzymując równnie 21k 21,
W. Guzicki Zdnie 19 z Informtor turlnego poziom rozszerzony 5 którego rozwiązniem jest k 1. Z równni drugiego otrzymujemy terz l 6. Ztem prost E m równnie y x 6. Wreszcie obliczmy współrzędne punktu. W tym celu rozwiązujemy ukłd równń { y 1 3 x + 10, y x 6. oniewż lewe strony obu równń są równe, więc i prwe są równe; ztem otrzymujemy nstępujące równnie z niewidomą x: 1 x + 10 x 6. 3 Rozwiązniem tego równni jest x 12. Z równni y x 6 otrzymujemy terz y 6. Ztem punkt m współrzędne (12, 6). Wreszcie wykzujemy, że 6 D. W tym celu obliczmy długości odcinków i D: D (12 9) 2 + ( 6) 2 3 2 + 1 2 10, (30 12) 2 + (6 0) 2 18 2 + 6 2 324 + 36 360 6 10 6 D. To kończy dowód. Oczywiście to zdnie nie rozwiązuje nszego podstwowego zdni w pełni. okzuje ono bowiem tylko to, że dl jednego konkretnego trpezu (dokłdniej: dl wszystkich podobnych do niego) tez twierdzeni zchodzi. Twierdzenie zostnie udowodnione w cłej ogólności, gdy przeprowdzimy nlogiczne rozumownie dl dowolnego trpezu. Zuwżmy n początku, że wierzchołek nie odgryw żdnej roli w cłym rozumowniu. Istotne są tylko wierzchołki, i D. Rozumownie ogólne skłd się z dwóch kroków. ierwszy poleg n wybrniu odpowiedniego ukłdu współrzędnych (tzn. osi współrzędnych i jednostki n osich). Drugi krok będzie poległ n przeprowdzeniu obliczeń nlogicznych do obliczeń w zdniu 19. Spróbujmy to zrobić. Rozwiąznie zdni 19. Sposób II. Njpierw musimy wybrć odpowiedni ukłd współrzędnych. ożemy umieścić początek ukłdu w dowolnym punkcie; ze względu n obserwcję, od której zczęliśmy rozwiąznie zdni 19, rozsądne jest umieszczenie początku ukłdu w punkcie. Nstępnie możemy poprowdzić oś Ox przez dowolny punkt różny od ; wybór osi Ox wyznczy jednozncznie oś Oy. Spróbujmy poprowdzić oś Ox tk jk w zdniu 19, to znczy tk, by punkt leżł n jej dodtniej półosi. Nstępnie możemy dowolnie dobrć jednostkę. rzyjmijmy ją tk, by (1, 0). Wtedy (5, 0). Terz bez zmniejszeni ogólności możemy przyjąć, że punkt D leży powyżej osi Ox, to znczy D (, b), gdzie b > 0. inowicie punkt D nie może leżeć n prostej, więc b 0. Gdyby b < 0, to moglibyśmy odbić nsz trpez symetrycznie względem osi Ox i udowodnić twierdzenie dl tego odbici symetrycznego. Wreszcie zuwżmy, że E (3, 3b). W ten sposób otrzymujemy nstępujące zdnie. Zdnie 19b. Dny jest trpez D, w którym: (0, 0), (5, 0) orz D (, b),
W. Guzicki Zdnie 19 z Informtor turlnego poziom rozszerzony 6 gdzie b > 0 (współrzędne punktu nie będą miły żdnego znczeni). unkt leży n podstwie trpezu orz (1, 0). unkt E leży n półprostej D orz E (3, 3b). Odcinek E przecin przekątną D w punkcie (zobcz rysunek). y E(3,3b) D(,b) (0,0) (1,0) (5,0) x Udowodnij, że 6 D. Rozwiąznie. Znmy już współrzędne wszystkich punktów, więc możemy przystąpić do wyznczni równń prostych D i E. Zczniemy od prostej D. Zpiszmy, tk jk poprzednio, to równnie w postci kierunkowej: y kx + l dl pewnych k i l. odstwimy do tego równni współrzędne punktów i D, otrzymując ukłd równń z niewidomymi k i l (zmienne i b trktujemy jko znne prmetry; chcemy udowodnić tezę twierdzeni dl dowolnych i b tkich, że b > 0): { 0 k 5 + l, b k + l. Tym rzem odejmujemy pierwsze równnie od drugiego, otrzymując równnie z jedną niewidomą k: ( 5) k b. W tym momencie dostrzegmy pewną trudność. Równnie nie m rozwiązni dl 5: po lewej stronie równni mmy zero, po prwej liczbę dodtnią b. o się stło? Otóż dl 5 prost D nie m równni w postci kierunkowej, gdyż jest równoległ do osi Oy. odobn trudność powstnie przy wyznczniu równni prostej E. Zpiszmy to równnie w postci kierunkowej y kx + l dl pewnych k i l. Nstępnie podstwmy do tego równni współrzędne punktów E i, otrzymując ukłd równń z niewidomymi k i l: { 3b k 3 + l, 0 k 1 + l.
W. Guzicki Zdnie 19 z Informtor turlnego poziom rozszerzony Odejmujemy drugie równnie od pierwszego, otrzymując równnie z jedną niewidomą k: (3 1) k 3b. Tym rzem jeśli 3 1, to równnie nie m rozwiązni. Jest tk dltego, że dl 1 3 prost E nie m równni kierunkowego. Jest bowiem równoległ do osi Oy. Jeśli ztem chcemy kontynuowć nsze rozwiąznie, to będziemy musieli podzielić je n trzy przypdki. rzypdek 1. Liczb jest tk, że 5 orz 1 3. W tym przypdku obie proste D i E mją równni kierunkowe. W przypdku prostej D mmy k b orz l 5k 5b 5 5. Ztem równnie prostej D m postć W przypdku prostej E mmy y b 5 x 5b 5. k 3b 3 1 orz l k 3b 3 1. Ztem równnie prostej E m postć y 3b 3 1 x 3b 3 1. Terz znjdujemy współrzędne punktu. W tym celu rozwiązujemy ukłd równń: y y b 5 x 3b 3 1 x 5b 5, 3b 3 1. Znów lewe strony równń są równe, więc równe są też i prwe strony: b 5 x 5b 5 3b 3 1 x 3b 3 1. rzeksztłcmy otrzymne równnie w sposób równowżny: bx 5b 5 b(x 5) 5 3bx 3b 3 1, 3b(x 1) 3 1, x 5 5 3x 3 3 1,
W. Guzicki Zdnie 19 z Informtor turlnego poziom rozszerzony 8 (x 5)(3 1) (3x 3)( 5), 3x x 15 + 5 3x 15x 3 + 15, x 15 + 5 15x 3 + 15, 14x 12 + 10, x 6 + 5, x 6 + 5. Nstępnie obliczmy y (korzystjąc z tego, że 5): Ztem y b 5 x 6b 30b ( 5) 5b 5 b 5 6 + 5 6b( 5) ( 5) 6b. Wreszcie dowodzimy, że 6 D. 5b 5 ( 6 + 5, 6b ). b(6 + 5) ( 5) 35b ( 50 D (6 + 5 ) 2 + ( ) 2 6b b ( ) 2 + 5 + ( ) 2 b 1 ( 5) 2 + b 2, (6 + 5 5) 2 + ( ) 2 6b 0 (6 ) 2 30 + ( ) 2 6b 1 (6 30) 2 + (6b) 2 6 ( 6) 2 + b 2 6 D. W tym przypdku dowód jest więc zkończony. rzypdek 2. 5. W tym przypdku mmy D (5, b) orz E (15, 3b). y E(15,3b) D(5,b) (0,0) (1,0) (5,0) x
W. Guzicki Zdnie 19 z Informtor turlnego poziom rozszerzony 9 rost DE m równnie x 5. Równnie prostej E wyznczmy tk jk w poprzednim przypdku. Do równni kierunkowego y kx + l podstwimy w miejsce zmiennych x i y współrzędne punktów E i : { 3b k 15 + l, 0 k 1 + l. Odejmujemy drugie równnie od pierwszego, otrzymując równnie z jedną niewidomą k: 3b 14k, którego rozwiązniem jest k 3 3 14b. Z drugiego równni dostjemy l k 14 b. Osttecznie równnie prostej E m postć y 3b 14 x 3b 14. ierwsz współrzędn punktu jest oczywiście równ 5. Drugą współrzędną obliczmy podstwijąc x 5 do równni prostej E: Ztem punkt m współrzędne y 3b 14 5 3b 14 3b 14 4 6b. ( 5, 6b ). Wreszcie dowodzimy, że 6 D. my: D b 6b b, 6b 0 6b 6 D. To kończy dowód w tym przypdku. rzypdek 3. 1 3. W tym przypdku mmy D ( 1 3, b) orz E (1, 3b). y E(1,3b) D( 1 3,b) (0,0) (1,0) (5,0) x
W. Guzicki Zdnie 19 z Informtor turlnego poziom rozszerzony 10 rost E m równnie x 1. Równnie prostej D wyznczmy tk jk w przypdku pierwszym. Do równni kierunkowego y kx + l podstwimy w miejsce zmiennych x i y współrzędne punktów i D: { 0 k 5 + l, b k 1 3 + l. Odejmujemy drugie równnie od pierwszego, otrzymując równnie z jedną niewidomą k: b 5k k 3, którego rozwiązniem jest k 3 15 14b. Z pierwszego równni dostjemy l 5k 14 b. Osttecznie równnie prostej E m postć y 3b 14 x + 15b 14. ierwsz współrzędn punktu jest oczywiście równ 1. Drugą współrzędną obliczmy podstwijąc x 1 do równni prostej D: y 3b 14 1 + 15b 14 12b 14 4 6b. Ztem punkt m współrzędne ( 1, 6b ). Wreszcie dowodzimy, że 6 D. my tk jk w przypdku drugim: D b 6b b, 6b 0 6b 6 D. To osttecznie kończy rozwiąznie zdni 19b i tym smym sposób II rozwiązni zdni 19. Rozwiąznie zdni 19. Sposób III. Zobczymy terz inne rozwiąznie z pomocą geometrii nlitycznej. inowicie wybierzemy ukłd współrzędnych (osie ukłdu orz jednostkę n osich) w tki sposób, by nie było konieczne rozptrywnie trzech przypdków. rzyjmiemy, że punkt leży n osi Oy. unkty,,, D i E będą miły nstępujące współrzędne: (0, 0), (0, 1) (0, 5), D (, b) orz E (3, 3b)
W. Guzicki Zdnie 19 z Informtor turlnego poziom rozszerzony 11 dl pewnych liczb rzeczywistych i b. oniewż punkt D nie może leżeć n prostej, więc 0. y E D x Zuwżmy, że nie umieszczmy w tym ukłdzie współrzędnych punktu ; nie będzie on potrzebny w dlszym ciągu. Nsze obliczeni zczniemy od wyznczeni równń dwóch prostych: D i E. Niech prost D m równnie postci y kx + l dl pewnych k i l. odstwijąc do tego równni współrzędne punktów i D otrzymmy nstępujący ukłd równń z niewidomymi k i l: { 5 k 0 + l, b k + l. Z pierwszego równni otrzymujemy l 5. odstwijąc tę wrtość niewidomej l do drugiego równni otrzymmy równnie k + 5 b, którego rozwiązniem jest k b 5 (zuwżmy, że korzystmy tu z złożeni, że 0). Osttecznie równnie prostej D m postć: y b 5 x + 5. Niech terz prost E m równnie postci y kx + l dl pewnych k i l. odstwijąc do tego równni współrzędne punktów E i otrzymmy ukłd równń z niewidomymi k i l: { 3b k 3 + l, 1 k 0 + l. Z drugiego równni otrzymujemy l 1 i nstępnie z pierwszego Równnie prostej E m ztem postć k 3b 1 3. y 3b 1 3 x + 1.
W. Guzicki Zdnie 19 z Informtor turlnego poziom rozszerzony 12 Terz wyznczmy współrzędne punktu. W tym celu rozwiązujemy ukłd równń: { y b 5 x + 5, y 3b 1 3 x + 1. Otrzymujemy równnie z jedną niewidomą x: b 5 rzeksztłcmy je w sposób równowżny: x + 5 3b 1 3 x + 1. 3(b 5)x + 15 (3b 1)x + 3, 3bx 15x + 15 3bx x + 3, 15x + 15 x + 3, 14x 12, x 6. Wreszcie obliczmy niewidomą y: y b 5 x + 5 b 5 Ztem punkt m współrzędne: 6 + 5 6b 30 ( 6, 6b + 5 ). + 5 6b + 5. Osttni krok dowodu poleg n wykzniu, że 6 D. ożemy tego dowieść kilkom sposobmi. Jeden sposób, polegjący n obliczeniu długości odcinków i D, widzieliśmy w rozwiązniu zdni 19b. Terz zobczymy trzy inne sposoby. Sposób 1. Wykżemy, że 6 D. W tym celu obliczymy kwdrty długości odcinków D i. D 2 ( 0) 2 + (b 5) 2 2 + (b 5) 2, ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 6 6b + 5 2 + 5 362 6b 30 49 + 362 6(b 5) 49 + Ztem czyli 362 49 + 36(b 5)2 49 36 49 ( 2 + (b 5) 2) 2. 2 36 49 D2, 6 D.
W. Guzicki Zdnie 19 z Informtor turlnego poziom rozszerzony 13 Oczywiście w podobny sposób możn wykzć, że D 1 6 D lub 6 D. Sposób 2. Wykżemy, że 6 D. inowicie [ 6 D, 6b + 5 ] 5 [ 6, b 6b + 5 Ztem rzeczywiście 6 D. [ ] 6 6b 30, 6 ] [, b 5 ]. [, b 5 ], Sposób 3. ożemy skorzystć z podobieństw trójkątów prostokątnych. inowicie niech x, x orz x D oznczją odpowiednio pierwsze współrzędne punktów, i D. Wówczs: To kończy dowód. D x x x D x 6 0 6 6 1 6. Zdnie 19 możn uogólnić. Oto możliwe jego uogólnienie. Zdnie 19c. Niech p i q będą dowolnymi dodtnimi liczbmi rzeczywistymi. unkt leży n podstwie trpezu D (w którym D) orz p. Rmię D przedłużono do punktu E tkiego, że E q D (stąd wynik, że q > 1). Odcinek E przecin przekątną D w punkcie (zobcz rysunek). E D Udowodnij, że p q q 1 D.
W. Guzicki Zdnie 19 z Informtor turlnego poziom rozszerzony 14 Rozwiąznie. Sposób I. Niech N będzie punktem przecięci odcink E z prostą D. Oznczmy nstępnie orz b D. E D N b Wówczs p, E qb orz DE (q 1)b. Nstępnie zuwżmy, że trójkąty E i EDN są podobne (jest to pierwsz z opisnych wyżej sytucji). my więc równość DN DE E (q 1)b qb q 1. q Stąd dostjemy DN q 1 q q 1. q Nstępnie zuwżmy, że trójkąty i ND są podobne (jest to drug z opisnych wyżej sytucji). my ztem równość D DN p q 1 q p q q 1. Stąd wynik, że p q q 1 D, co kończy dowód. Rozwiąznie. Sposób II. Zobczymy rozwiąznie z pomocą geometrii nlitycznej. Wybiermy ukłd współrzędnych (osie ukłdu orz jednostkę n osich) tk jk w rozwiązniu zdni 19b. Ztem punkt będzie początkiem ukłdu współrzędnych orz punkt leży n osi Oy. unkty,,, D i E będą miły nstępujące współrzędne: (0, 0), (0, 1) (0, p + 1), D (, b) orz E (q, qb)
W. Guzicki Zdnie 19 z Informtor turlnego poziom rozszerzony 15 dl pewnych liczb rzeczywistych i b. oniewż punkt D nie może leżeć n prostej, więc 0. y (0,p+1) (1,0) E(q,qb) (0,0) D(,b) x Zuwżmy, że tk jk poprzednio nie umieszczmy w tym ukłdzie współrzędnych punktu. Nsze obliczeni zczniemy od wyznczeni równń dwóch prostych: D i E. Niech prost D m równnie postci y kx + l dl pewnych k i l. odstwijąc do tego równni współrzędne punktów i D otrzymmy nstępujący ukłd równń z niewidomymi k i l: { p + 1 k 0 + l, b k + l. Z pierwszego równni otrzymujemy l p + 1. odstwijąc tę wrtość niewidomej l do drugiego równni otrzymmy równnie k + p + 1 b, którego rozwiązniem jest k b p 1 (zuwżmy, że korzystmy tu z złożeni, że 0). Osttecznie równnie prostej D m postć: y b p 1 x + p + 1. Niech terz prost E m równnie postci y kx + l dl pewnych k i l. odstwijąc do tego równni współrzędne punktów E i otrzymmy ukłd równń z niewidomymi k i l: { qb k q + l, 1 k 0 + l. Z drugiego równni otrzymujemy l 1 i nstępnie z pierwszego Równnie prostej E m ztem postć k qb 1 q. y qb 1 q x + 1.
W. Guzicki Zdnie 19 z Informtor turlnego poziom rozszerzony 16 Terz wyznczymy pierwszą współrzędną punktu. W tym celu z ukłdu równń y b p 1 x + p + 1 y qb 1 x + 1 q tworzymy równnie z jedną niewidomą x: b p 1 rzeksztłcmy je w sposób równowżny: x + p + 1 qb 1 q x + 1. b p 1 x + p qb 1 x, q q(b p 1)x + pq (qb 1)x, qbx pqx qx + pq qbx x, pqx qx + pq x, (pq + q 1)x pq, pq x pq + q 1. Zuwżmy, że skorzystliśmy tu z złożeni q > 1. inowicie wówczs pq + q 1 > q 1 > 0. Osttni krok dowodu poleg n wykzniu, że 6 D. Skorzystmy z osttniego sposobu pokznego w rozwiązniu zdni 19b. Niech x, x orz x D oznczją odpowiednio pierwsze współrzędne punktów, i D. Wówczs: D x x x D x x 0 x Ztem co kończy dowód. pq pq+q 1 pq pq+q 1 p pq pq+q 1 1 pq pq+q 1 q q 1 D, pq pq + q 1 pq p q q 1. Zdnie 19 jest szczególnym przypdkiem nstępującego twierdzeni enelos. Twierdzenie 2. (enelos) Złóżmy, że prost k przecin boki i orz przedłużenie boku trójkąt odpowiednio w punktch K, L i (zobcz rysunek). K L k
W. Guzicki Zdnie 19 z Informtor turlnego poziom rozszerzony 1 Wówczs L L K K 1. Dowód. Niech N będzie tkim punktem prostej k, że N. K L N k Z twierdzeni 1 wynik, że trójkąty K i N są podobne orz że trójkąty KL i NL są podobne. my ztem: N K orz N K L L. Z obu powyższych równości wyznczmy N: N K orz N L L K. Ztem czyli To kończy dowód twierdzeni. K L L K, L L K K 1. Zuwżmy terz, że rozwiąznie zdni 19c było dowodem twierdzeni enlos w cłej ogólności. optrzmy bowiem jeszcze rz n rysunek do tego zdni: E D
W. Guzicki Zdnie 19 z Informtor turlnego poziom rozszerzony 18 Trójkąt D zostł przecięty prostą E. rzecin on boki i D odpowiednio w punktch i orz przecin przedłużenie boku D w punkcie E. my pondto E ED W zdniu 19c udowodniliśmy, że q q 1 orz p. Stąd wynik, że D p q q 1 E ED. E ED D 1. To jest dokłdnie tez twierdzeni enelos (przy zmienionych oznczenich). N zkończenie sformułujmy twierdzenie odwrotne do twierdzeni enelos. Twierdzenie 3. Złóżmy, że punkty K i L leżą odpowiednio n bokch i trójkąt, punkt leży n przedłużeniu boku tego trójkąt orz prwdziw jest równość L L K K 1. Wówczs punkty K, L i są współliniowe. Dowód tego twierdzeni będzie dobrym ćwiczeniem dl zytelnik. Wrto jeszcze zuwżyć, że twierdzenie 3 jest często stosowne do dowodzeni współliniowości punktów. Dodtek. W tym dodtku zobczymy dw przykłdy zstosowni twierdzeni enlos i twierdzeni odwrotnego do twierdzeni enelos. Twierdzenie 4. Okrąg wpisny w trójkąt jest styczny do boków, i odpowiednio w punktch K, L i. roste i KL przecinją się w punkcie N (zobcz rysunek). K L N
W. Guzicki Zdnie 19 z Informtor turlnego poziom rozszerzony 19 Wówczs punkty i N dzielą odcinek (odpowiednio wewnętrznie i zewnętrznie) w tym smym stosunku, tzn. N N. Dowód. Z twierdzeni enelos wynik, że N N L L K K 1. oniewż K, L orz K L, więc co kończy dowód. N N L L K K L K L K, Twierdzenie 5. Dne są dw okręgi o 1 i o 2 o środkch O i. Wspóln styczn zewnętrzn do tych okręgów jest do nich styczn odpowiednio w punktch i orz przecin prostą O w punkcie S. Okrąg o 3 o środku w punkcie Q jest styczny zewnętrznie do okręgów o 1 i o 2 odpowiednio w punktch i N (zobcz rysunek). O S N o 2 o 1 Q Wówczs punkty, N i S są współliniowe. Dowód. romienie O i okręgów o 1 i o 2 są prostopdłe do wspólnej stycznej, więc są równoległe. Z twierdzeni 1 wynik, że trójkąty SO i S są podobne. W szczególności OS S O. Nstępnie zuwżmy, że O O, N orz Q QN. Terz skorzystmy z twierdzeni odwrotnego do twierdzeni enlos dl trójkąt O Q i trzech punktów: punktu n boku OQ, punktu N n boku Q i punktu S n przedłużeniu boku O. my wówczs OS S N NQ Q O O QN Q O Q QN 1, co dowodzi, że punkty, N i S są współliniowe. o 3