Regionalne Koło Matematyczne

Regionalne Koło Matematyczne
Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu
Wydział Matematyki i Informatyki
http://www.mat.umk.pl/rkm/
Lista rozwiązań zadań nr 16 (27.02.2010)
Twierdzenia Cevy i Menelaosa
1. Twierdzenie Cevy. Niech punkty A1 , B1 , C1 leżą odpowiednio na bokach
BC, CA, AB trójkąta ABC przy czym punkty te są różne od wierzchołków.
Odcinki AA1 , BB1 , CC1 przecinają się w jednym punkcie wtedy i tylko wtedy,
gdy
|AC1 | |BA1 | |CB1 |
·
·
= 1.
(1)
|C1 B| |A1 C| |B1 A|
Dowód I: Rozważmy trójkąt ABC oraz punkty A1 , B1 , C1 leżące odpowiednio na bokach BC, CA, AB tego trójkąta przy czym punkty te są różne od
wierzchołków. Załóżmy, że odcinki AA1 , BB1 , CC1 przecinają się w jednym
punkcie O (Rysunek 1). Udowodnimy, że przy powyższych założeniach prawdziwa jest równość (1).
C
A1
B1
O
A
B
C1
Rysunek 1
Skorzystamy teraz z prostej obserwacji dotyczącej stosunku pól trójkątów o
wspólnej wysokości. Zauważmy, że:
|AC1 |
SAOC1
=
= k,
SBOC1
|C1 B|
oraz
1
SACC1
|AC1 |
=
= k.
SBCC1
|C1 B|
Zatem
oraz
SACC1 = k · SBCC1
SAOC1 = k · SBOC1 .
Odejmując powyższe równości stronami otrzymujemy, że:
SAOC = SACC1 − SAOC1 = k(SBCC1 − SBOC1 ) = k · SBOC
oraz
SAOC
|AC1 |
=k=
.
SBOC
|BC1 |
Postępując analogicznie dla pozostałych boków trójkąta ABC otrzymujemy
następujące równości:
|BA1 |
SAOB
=
,
SAOC
|CA1 |
SBOC
|CB1 |
=
.
SAOB
|AB1 |
Ostatecznie otrzymujemy więc, że:
|AC1 | |BA1 | |CB1 |
SAOC SAOB SBOC
·
·
=
·
·
= 1.
|C1 B| |A1 C| |B1 A|
SBOC SAOC SAOB
Załóżmy teraz, że punkty A1 , B1 , C1 leżą odpowiednio na bokach BC, CA, AB
trójkąta ABC przy czym punkty te są różne od wierzchołków. Ponadto załóżmy, że prawdziwa jest równość (1). Udowodnimy, że odcinki AA1 , BB1 , CC1
przecinają się w jednym punkcie.
Niech O będzie punktem przecięcia odcinków AA1 i BB1 . Prowadzimy prostą
CO, przecina ona odcinek AB w punkcie C2 (Rysunek 2).
C
A1
B1
O
A
C1
C2
B
Rysunek 2
Odcinki AA1 , BB1 oraz CC2 przecinają się w jednym punkcie O, zatem z udowodnionej części twierdzenia wiemy, że
|AC2 | |BA1 | |CB1 |
·
·
= 1.
|C2 B| |A1 C| |B1 A|
Korzystając z równości (1) i (2) otrzymujemy, że
|AC2 |
|AC1 |
=
,
|C2 B|
|C1 B|
2
(2)
ponadto C1 i C2 leżą na odcinku AB . Stąd wynika, że C1 = C2 oraz odcinki
AA1 , BB1 , CC1 przecinają się w jednym punkcie.
Dowód II: Przedstawimy teraz inny sposób dowodu pierwszej części twierdzenia Cevy. Podobnie jak poprzednio rozpatrzymy sytuację przedstawioną
na Rysunku 1. Przez wierzchołek C trójkąta ABC prowadzimy prostą k równoległą do prostej AB. Przez M i N oznaczmy punkty przecięcia prostej k
odpowiednio z prostymi BB1 i AA1 (Rysunek 3).
M
C
k
N
A1
B1
O
A
B
C1
Rysunek 3
Rozważmy dwie pary trójkątów podobnych
△CMB1 ∼ △ABB1
oraz
△CNA1 ∼ △ABA1 .
Otrzymujemy odpowiednio następujące proporcje
|CM|
|CB1 |
=
|B1 A|
|AB|
oraz
|BA1 |
|AB|
=
.
|A1 C|
|CN|
Wyliczając i przyrównując |AB| z obu proporcji mamy
|AB1 |
|BA1 |
· |CM| =
· |CN|
|CB1 |
|A1 C|
|CM|
|BA1 | |CB1 |
=
·
|CN|
|A1 C| |B1 A|
(3)
Rozważając kolejne dwie pary trójkątów podobnych
△OCM ∼ △BOC1
oraz
△OCN ∼ △AOC1
oraz
|CN|
|CO|
=
.
|AC1 |
|OC1 |
otrzymujemy odpowiednio
|CM|
|CO|
=
|BC1 |
|OC1|
Zatem
|CM|
|BC1 |
=
.
|CN|
|AC1 |
3
(4)
Korzystając z równości (3) i (4) mamy
|BA1 | |CB1 |
|BC1 |
=
·
,
|AC1 |
|A1 C| |B1 A|
czyli ostatecznie otrzymujemy tezę
|AC1 | |BA1 | |CB1 |
·
·
= 1.
|C1 B| |A1 C| |B1 A|
W kolejnym punkcie pokażemy pewne zastosowania twierdzenia Cevy.
2. Udowodnić, że odcinki AA1 , BB1 , CC1 mają punkt wspólny (gdzie A1 leży na
boku BC, B1 na CA, a C1 na boku AB w trójkącie ABC ), jeśli:
(a) A1 , B1 , C1 są środkami boków,
(b) AA1 , BB1 , CC1 są dwusiecznymi,
(c) A1 , B1 , C1 są spodkami wysokości w trójkącie ostrokątnym,
(d) A1 , B1 , C1 są punktami styczności okręgu wpisanego z bokami trójkąta,
(e) A1 , B1 , C1 są punktami styczności okręgów dopisanych z bokami trójkąta.
Rozwiązanie:
(a) Ponieważ A1 , B1 , C1 są środkami odpowiednich boków trójkąta ABC, to
|AC1 |
= 1,
|C1 B|
|BA1 |
=1
|A1 C|
oraz
|CB1 |
= 1.
|B1 A|
Wstawiając otrzymane liczby do lewej strony równości (1) mamy
|AC1 | |BA1 | |CB1 |
·
·
= 1 · 1 · 1 = 1.
|C1 B| |A1 C| |B1 A|
Zatem na mocy twierdzenia Cevy 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 ABC. Niech D będzie punktem przecięcia dwusiecznej kąta ∢BAC z bokiem BC wówczas
|BD|
|AB|
=
.
|DC|
|AC|
Korzystając z powyższego twierdzenia kolejno dla dwusiecznych trzech
kątów wewnętrznych w △ABC, gdzie A1 , B1 , C1 są spodkami tych dwusiecznych, otrzymujemy
|BA1 |
|AB|
=
,
|A1 C|
|AC|
|CB1 |
|BC|
=
|B1 A|
|BA|
4
oraz
|AC1 |
|CA|
=
.
|C1 B|
|CB|
Zatem
|CA| |AB| |BC|
|AC1 | |BA1 | |CB1 |
·
·
=
·
·
= 1.
|C1 B| |A1 C| |B1 A|
|CB| |AC| |BA|
Na mocy twierdzenia Cevy dwusieczne kątów wewnętrznych w trójkącie
przecinają się w jednym punkcie (środek okręgu wpisanego w trójkąt).
(c) Rozważmy wysokości AA1 , BB1 i CC1 w trójkącie ostrokątnym (Rysunek
4).
C
B1
A1
A
C1
B
Rysunek 4
Zauważmy, że △ABA1 oraz △CBC1 są podobne na mocy cechy kkk
(|∢CBC1 | = |∢ABA1 |). Zatem
|BA1 |
|AA1 |
=
.
|C1 B|
|CC1 |
Analogicznie △ACA1 ∼ △BCB1 oraz △BAB1 ∼ △CAC1 , czyli
|BB1 |
|AC1 |
|CC1 |
|CB1 |
=
oraz
=
.
|A1 C|
|AA1 |
|B1 A|
|BB1 |
Mnożąc powyższe równości stronami otrzymujemy
|AC1 | |BA1 | |CB1 |
|CC1 | |BB1 | |AA1 |
·
·
=
·
·
= 1.
|C1 B| |A1 C| |B1 A|
|BB1 | |AA1 | |CC1 |
Zatem na mocy twierdzenia Cevy wysokości w trójkącie ostrokątnym
przecinają się w jednym punkcie (ortocentrum).
(d) Niech A1 , B1 , C1 będą punktami styczności okręgu wpisanego w trójkąt
ABC odpowiednio z bokami BC, CA i AB. Niech W będzie środkiem
okręgu wpisanego w ten trójkąt (Rysunek 5).
C
B1
A1
W
C1
A
Rysunek 5
5
B
Trójkąty △CW B1 i △CW A1 są przystającymi trójkątami prostokątnymi,
zatem |CB1 | = |CA1 |. Podobnie |AC1 | = |AB1 | oraz |BC1 | = |BA1 |. Zatem
|AC1 | |BA1 | |CB1 |
·
·
=1
|C1 B| |A1 C| |B1 A|
oraz na mocy twierdzenia Cevy odcinki AA1 , BB1 i CC1 przecinają się w
jednym punkcie (punkt Gergonne’a).
(e) Definicja. Okręgiem dopisanym do boku trójkąta nazywamy okrąg styczny do tego boku oraz do przedłużeń dwóch pozostałych boków.
Na Rysunku 6 przedstawiony jest okrąg dopisany do boku BC trójkąta
ABC.
A3
C
A1
A
B
A2
Rysunek 6
Niech A1 , B1 i C1 będą punktami styczności okręgów dopisanych do boków BC, CA i AB odpowiednio z tymi bokami, a A2 , A3 , B2 , B3 , C2 , C3
punktami styczności okręgów dopisanych z przedłużeniami pozostałych
boków (Rysunek 7).
6
B3
A3
C
A1
B1
B2
A
C1
A2
B
C2
C3
Rysunek 7
Z własności stycznych do okręgu otrzymujemy równości: |BA1 | = |BA2 |, |CA1 | =
|CA3 |, |CB1 | = |CB3 |, |AB1 | = |AB2 |, |AC1 | = |AC2 |, oraz |BC1 | = |BC3 |.
Łatwo można również wykazać, że
|CC2| = |CC3 | = p, |BB2 | = |BB3 | = p, |AA2 | = |AA3 | = p,
gdzie p jest połową obwodu trójkąta ABC. Wprowadźmy następujące
oznaczenia
|AC| = b, |AB| = c, |BC| = a.
Wówczas
|AC1 | = |AC2 | = |CC2 | − |CA| = p − b,
|BC1 | = |BC3 | = |CC3 | − |CB| = p − a,
|BA1 | = |BA2 | = |AA2 | − |AB| = p − c,
|CA1 | = |CA3 | = |AA3 | − |AC| = p − b,
|CB1 | = |CB3 | = |BB3 | − |BC| = p − a
oraz
|AB1 | = |AB2 | = |BB2 | − |AB| = p − c.
Jesteśmy przygotowani już, aby policzyć lewą stronę równości (1).
p−b p−c p−b
|AC1 | |BA1 | |CB1 |
·
·
=
·
·
= 1.
|C1 B| |A1 C| |B1 A|
p−a p−a p−c
Zatem na mocy twierdzenia Cevy odcinki AA1 , BB1 i CC1 przecinają się
w jednym punkcie (punkt Nagela).
7
3. Twierdzenie Menelaosa. Dany jest trójkąt ABC. Punkty A1 , B1 , C1 leżą odpowiednio na prostych BC, CA, AB trójkąta ABC w taki sposób, że dwa z
nich leżą na bokach trójkąta, a jeden na przedłużeniu lub wszystkie trzy leżą
na przedłużeniach boków trójkąta. Punkty A1 , B1 , C1 leżą na jednej prostej
wtedy i tylko wtedy, gdy
|AC1 | |BA1 | |CB1 |
·
·
= 1.
|C1 B| |A1 C| |B1 A|
(5)
Dowód: Załóżmy, że punkty A1 , B1 , C1 leżą odpowiednio na prostych BC, CA,
AB trójkąta ABC 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 AC przechodzącej przez punkt B z prostą k (Rysunek 8).
C
B1
A1
X
k
C1
A
B
Rysunek 8
Trójkąty △BXC1 oraz △AB1 C1 są podobne, zatem
|BX|
|BC1 |
=
.
|AB1 |
|AC1 |
Również trójkąty △BXA1 i △CB1 A1 są podobne, zatem
|BX|
|BA1 |
=
.
|CB1 |
|A1 C|
Wyliczając i przyrównując |BX| z ostatnich dwóch równości otrzymujemy:
|AC1 | |BA1 | |CB1 |
|BX|
·
·
=
= 1.
|C1 B| |A1 C| |B1 A|
|BX|
W przypadku, gdy wszystkie punkty leżą na przedłużeniach boków trójkąta
rozumowanie jest analogiczne.
8
Załóżmy teraz, że punkty A1 , B1 , C1 leżą odpowiednio na prostych BC, CA,
AB trójkąta ABC 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
A1 B1 , która przecina prostą AB w punkcie D (Rysunek 9).
C
B1
A1
D
A
B
C1
Rysunek 9
Wówczas punkty A1 , B1 i D spełniają założenia udowodnionej części twierdzenia Menelaosa, czyli
|AD| |BA1 | |CB1 |
·
·
= 1.
(6)
|DB| |A1 C| |B1 A|
Porównując równości (5) i (6) otrzymujemy:
AD
AC1
=
.
DB
C1 B
(7)
Punkty C1 i D leżą na prostej AB, ale poza odcinkiem AB, zatem z proporcji
(7) mamy D = C1 oraz punkty A1 , B1 , C1 leżą na jednej prostej.
W przypadku, gdy wszystkie punkty leżą na przedłużeniach boków trójkąta
rozumowanie jest analogiczne.
9