§ 46. Zastosowania twierdzenia Talesa

263. Twierdzenie. Dwie dowolne proste w przestrzeni, przecięte kilkoma równoległymi płaszczyznami dzielą się na odcinki proporcjonalne.

Dwie proste w przestrzeni mogą się przecinać, mogą być do siebie równoległe, wreszcie mogą być skośne. Weźmy ostatni przypadek jako najogólniejszy.

Przetnijmy dwie proste skośne KL i MN (rys. 225) kilkoma równoległymi płaszczyznami: P, Q, R it d. Mamy dowieść, że

AB, BCDE, EF.

Przez punkt D poprowadźmy prostą DG II KL, wtedy będzie AB = DB', BC = B'C'.

Jeżeli teraz przez dwie przecinające się proste DG i MN poprowadzimy płaszczyznę, to jej przecięcia z płaszczyznami Q i R będą do siebie równoległe tzn. B'E¨C'F, a więc stosując twierdzenie Talesa do kąta GDN, możemy napisać

DB', B'C'DE, EF, czyli

AB, BCDE, EF.

264. Twierdzenie. Prosta równoległa do jednego z boków trójkąta odcina od niego trójkąt, którego boki są proporcjonalne do boków trójkąta danego.

Rys. 226

Dany jest trójkąt ABC (rys. 226), którego dwa boki przecięto prostą DE równoległą do AC. Mamy dowieść, że

AB, BC, ACDB, BE, DE.

Stosując twierdzenie Talesa do odcinków na ramieniu kąta B, mamy

AB, DBBC, BE.

Jeżeli teraz poprowadzimy DF II BC, to na ramionach kąta A otrzymamy odcinki proporcjonalne:

AB, DBAC, FC,

ale FC = DE, więc

AB, DBAC, DE

czyli

AB, DBBC, BEAC, DE,

albo inaczej

AB, BC, ACDB, BE, DE.

Znaczy to, że jeżeli na jednym z ramion dowolnego kąta ułożymy boki AB, BC i AC jednego trójkąta, to boki BD, BE i DE drugiego otrzymamy na drugim ramieniu, przecinając te ramiona prostymi równoległymi.

Uwaga. Można z łatwością wykazać, że twierdzenie pozostanie prawdziwe i w takim przypadku, kiedy prosta DE przecinać będzie nie boki danego trójkąta, lecz ich przedłużenia.

Wtedy odcinek BD otrzymamy na przedłużeniu boku AB, a odcinek BE na przedłużeniu BC.

265. Zadanie. Podzielić odcinek na części proporcjonalne do danych odcinków.

Mamy dany odcinek AB oraz trzy odcinki k, l i m (rys. 227). Wyprowadźmy z punktu A pod dowolnym kątem prostą i odłóżmy na niej, począwszy od A, trzy kolejne odcinki k, l i m. Koniec M ostatniego odcinka łączymy z punktem B, a przez pozostałe punkty podziału prowadzimy proste równoległe do MB. Odcinek AB został podzielony w punktach C i D na trzy żądane części.

Rys. 227

266. Zadanie. Na prostej dane są dwa punkty. Znaleźć na niej taki punkt, którego odległości od tych punktów są proporcjonalne do odcinków m i n.

Na prostej mamy dane dwa punkty A i B oraz mamy dane dwa odcinki m i n, takie, że m > n (rys. 228).

Rys. 228

Zadanie można rozwiązać tak samo, jak zadanie poprzednie, prowadząc przez punkt A dowolną prostą i odkładając na niej odcinki m i n, korzystniej jednak zastosować następującą konstrukcję.

Przez punkty A i B poprowadźmy dwie proste równoległe i odłóżmy na nich AE = m i BF = BG = n.

Łącząc punkty E i G, otrzymamy trójkąt AEC, w którym prosta BG równoległa do AE przecina przedłużenia pozostałych dwóch boków, więc

AC, CBAE, BGm, n,

a zatem punkt C jest punktem żądanej własności.

Łącząc punkty E i F, otrzymamy w przecięciu z prostą AB punkt D, który również będzie posiadał żądaną własność (dlaczego?)*.

Znaleźliśmy więc dwa punkty, które czynią zadość warunkowi:

AC, CBAD, BDm, n.

Można udowodnić, że więcej takich punktów na danej prostej być nie może.

Istotnie, przypuśćmy, że istnieje jeszcze jeden taki punkt. Może się on znajdować albo 1) pomiędzy punktami A i B, albo 2) pomiędzy B i D, albo wreszcie 3) na zewnątrz odcinka AD.

Możliwość 1) wykluczamy, dlatego że, wyobrażając sobie pewien punkt C₁ bliżej położony od A niż punkt C (rys. 229), mielibyśmy AC₁ < AC i BC₁ > BC, a więc nie zachodziłaby proporcja:

AC₁, BC₁AC, BCm, n.

Przypuśćmy dalej, że żądany punkt leży pomiędzy B i D i jest nim D₁ (rys. 230), wtedy mielibyśmy proporcję:

D₁A, D₁BDA, DB,

a stąd

(D₁A - D₁B), D₁B(DA - DB), DB,

czyli

AB, D₁BAB, DB;

a więc D₁B = DB,

co jest niemożliwe, bo DD₁.

Przypuśćmy wreszcie, że żądany punkt leży na jednym z przedłużeń odcinka AB. Łatwo się przekonać, że i ta sytuacja, podobnie jak sytuacja 1), zajść nie może.

Widzimy więc, że są tylko dwa żądane punkty, a mianowicie C i D.

O punkcie C mówimy, że dzieli odcinek AB wewnętrznie na części proporcjonalne do m i n, punkt D zaś dzieli odcinek AB zewnętrznie.

Ogólnie o punktach C i D mówi się, że dzielą odcinek AB harmonicznie i para punktów C i D nazywa się harmonicznie sprzężoną z parą danych punków A i B.

Uwaga. Sposób rozwiązania, który właśnie poznaliśmy, podał znany aleksandryjski uczony Pappus z III wieku.

267. Twierdzenie. Dwusieczna jednego z kątów trójkąta dzieli bok przeciwległy na dwa odcinki proporcjonalne do pozostałych boków.

Rys.231

Mamy dany trójkąt ABC (rys. 231), podzielmy w nim kąt B na połowy dwusieczną BD. Należy dowieść, że

AD, DCAB, BC.

Z punktu C wyprowadźmy równoległą do BD aż do przecięcia się z przedłużeniem boku AB w punkcie E. Wtedy mamy

AD, DCAB, BE.

Ponieważ 3 = 2,

E = 1 i 2 = 1,

więc

3 = E,

w takim razie BE = BC.

Podstawiając w otrzymanej poprzednio proporcji zamiast BE równy mu odcinek BC, mamy

AD, DCAB, BC, cbdd.

268. Twierdzenie. Dwusieczna kąta zewnętrznego trójkąta dzieli zewnętrznie bok przeciwległy na dwa odcinki proporcjonalne do pozostałych boków trójkąta.

Rys. 232

Z wierzchołka B trójkąta ABC (rys. 232) poprowadzono dwusieczną BD kąta CBE. Należy dowieść, że

AD, CDAB, BC.

Poprowadźmy CF II BD, wtedy

AD, CDAB, FB.

Łatwo jednak przekonać się, że 3 = 4,

więc BF = BC, a zatem

AD, CDAB, BC, cbdd.

Wniosek. Jeżeli z dowolnego wierzchołka trójkąta poprowadzimy dwusieczne kąta wewnętrznego i zewnętrznego, to podzielą one przeciwległy bok harmonicznie na odcinki proporcjonalne do pozostałych boków trójkąta.

269. Twierdzenie odwrotne. Prosta, wyprowadzona z wierzchołka jednego z kątów trójkąta, która dzieli bok przeciwległy proporcjonalnie do dwóch przyległych boków, jest dwusieczną tego kąta.

Ta prosta będzie dwusieczną kąta wewnętrznego w trójkącie, jeżeli podzieliła bok przeciwległy wewnętrznie.

Mamy teraz daną proporcję (rys. 233) AD, DCAB, BC.

Mamy dowieść, że BD jest dwusieczną kąta B.

Wykreślając, jak poprzednio, CE II BD, otrzymamy

AD, DCAB, BE,

a ponieważ do trzech danych odcinków istnieje tylko jeden proporcjonalny, więc BE = BC, a stąd 3 = E, a więc 1 = 2, cbdd.

W podobny sposób możemy dowieść tezy o dwusiecznej kąta zewnętrznego.