Matematyka
  Wiw.pl   Na bieżąco:  Informacje   Co nowego   Matematyka i przyroda:  Astronomia   Biologia   Fizyka   Matematyka   Modelowanie rzeczywistości   Humanistyka:  Filozofia   Historia   Kultura antyczna   Literatura   Sztuka   Czytaj:  Biblioteka   Delta   Wielcy i więksi   Przydatne:  Słowniki   Co i gdzie studiować   Wszechświat w obrazkach    
  Jesteś tutaj:   Wirtualny Wszechświat >  Matematyka >  Geometria   >  Metryczna teoria odcinków proporcjonalnych  
  Jesteś tutaj
Jan Zydler
Geometria


© Prószyński i S-ka
  Spis rzeczy
Pojęcia wstępne
Przystawanie i symetria figur płaskich
Proste równoległe
Koło
Kąty w kole. Czworokąty wpisane i opisane
Równoważność wielokątów
Położenie prostych i płaszczyzn w przestrzeni
Geometryczna proporcjonalność odcinków
Jednokładność i podobieństwo
Metryczna teoria odcinków proporcjonalnych
§ 52. O mierzeniu odcinków
§ 53. Mierzenie kątów i łuków
§ 54. Metryczna definicja odcinków proporcjonalnych
§ 55. Związki metryczne między odcinkami w trójkącie i kole
§ 56. O liniach poprzecznych w trójkącie
§ 57. Potęga punktu względem koła
§ 58. O algebraicznej metodzie konstrukcji geometrycznych
§ 59. Wielokąty foremne
§ 60. Ćwiczenia
Wiadomości wstępne o rozwiązywaniu trójkątów
Obliczanie pól wielokątów
Kąty bryłowe i wielościany
Zastosowanie pojęcia granicy w geometrii
Bryły obrotowe

§ 56. O liniach poprzecznych w trójkącie

312. Określenie. Prosta, która przecina boki trójkąta lub ich przedłużenia, nazywa się poprzeczną w trójkącie.

Rys. 272

Rys. 272

Tak np. w trójkącie ABC (rys. 272) poprzeczna EDF przecina dwa boki i przedłużenie trzeciego i wyznacza sześć odcinków: AE, BE, BD, CD, AF i CF.

Rys. 273

Rys. 273

W trójkącie ABC (rys. 273) poprzeczna FED przecina przedłużenia wszystkich boków i wyznacza sześć odcinków: AE, BE, CD, DB, CF i AF.

313. Twierdzenie 1 (Menelaosa). Dowolna poprzeczna wyznacza na dwóch bokach trójkąta i na przedłużeniu trzeciego (lub na przedłużeniach wszystkich trzech boków) sześć takich odcinków, że iloczyn trzech do siebie nieprzyległych równa się iloczynowi trzech pozostałych.

Niech będzie dany Rozmiar: 51 bajtów ABC (rys. 272) z poprzeczną EDF, mamy dowieść, że AF × CD × EB = BD × AE × CF.

Przez wierzchołek B poprowadźmy BG II EDF, wtedy

Rozmiar: 324 bajtów.

Przez podzielenie tych proporcji otrzymujemy:

Rozmiar: 218 bajtów ,

czyli AF × EB × CD = AE × BD × CF.

Tak samo w trójkącie ABC (rys. 273) poprowadziwszy BG II FD z podobieństwa trójkątów FCD i CBG mamy

Rozmiar: 158 bajtów , stąd , Rozmiar: 165 bajtów (*)

a z tego, że Rozmiar: 51 bajtów FAE Rozmiar: 61 bajtów Rozmiar: 51 bajtów ABG otrzymujemy

Rozmiar: 165 bajtów , stąd Rozmiar: 165 bajtów (**)

Dzieląc przez siebie proporcje (*) i (**), dostajemy

Rozmiar: 214 bajtów ,

czyli BD × AE × CF = AF × CD × BE.

Rys. 273

Rys. 273

314. Twierdzenie 2 (odwrotne). Jeżeli na bokach AB i CB trójkąta ABC (rys. 274) obierzemy dwa dowolne punkty E i D, a na przedłużeniu trzeciego boku taki punkt F, że

AE × BD × CF = EB × CD × AF,

to trzy punkty: E, D i F leżą na jednej prostej.

Przypuśćmy, że tak nie jest i niech przedłużenie DE przecina przedłużenie boku AC nie w punkcie F, lecz np. w punkcie G.

Wtedy na mocy poprzedniego twierdzenia byłoby

AE × BD × CG = EB × CD × AG,

ale z założenia mamy AE × BD × CF = EB × CD × AF,

stąd przez podzielenie tych równości, dostajemy

Rozmiar: 165 bajtów

a więc także

Rozmiar: 232 bajtów

czyli

Rozmiar: 176 bajtów

skąd CF=AF,

co jest niemożliwe.

315. Twierdzenie 3 (Cevy). Dowolne trzy proste wyprowadzone z wierzchołków trójkąta i przecinające się w jednym punkcie wyznaczają na bokach sześć takich odcinków, że iloczyn trzech z nich do siebie nieprzyległych jest równy iloczynowi trzech pozostałych.

Rys. 274
Rys.274

Rys. 275
Rys. 275

Niech będzie dany trójkąt ABC (rys. 275), poprowadźmy proste AE, BF i CD przecinające się w punkcie O. Trzeba dowieść, że

AD × BE × CF = BD × CE × AF.

Zastosujemy do trójkąta ABF twierdzenie Menelaosa, uważając DOC za poprzeczną. Otrzymujemy

AD × BO × CF = BD × OF × AC.

W trójkącie BCF prosta AE jest poprzeczną, a zatem

BE × OF × AC = BO × AF × EC.

Mnożąc stronami otrzymane dwie równości, po skróceniu otrzymamy

AD × BE × CF = BD × CE × AF, cbdd.

316. Twierdzenie 4 (odwrotne). Jeżeli trzy proste wyprowadzone z wierzchołków danego trójkąta wyznaczają na jego bokach sześć takich odcinków, że iloczyn trzech do siebie nieprzyległych jest równy iloczynowi trzech pozostałych, to te trzy proste przecinają się w jednym punkcie.

Rys. 276

Rys. 276

Niech będzie dany trójkąt ABC (rys. 276). Poprowadźmy proste AE, BF i CD. Mamy dowieść, że te proste przecinają się w jednym punkcie.

Założenie: AD × BE × CF = BD × CE × AF.

Niech proste AE i BF przecinają się w punkcie O. Przypuśćmy, że trzecia prosta przez ten punkt nie przechodzi, czyli że przedłużeniem CO jest nie OD, lecz OD˘.

Wtedy na mocy poprzedniego twierdzenia możemy napisać:

AD' × BE × CF = BD' × CE × AF,

ale z założenia mamy

AD × BE × CF = BD × CE × AF.

Dzieląc stronami otrzymane dwie równości, dostajemy:

Rozmiar: 184 bajtów

co jest niedorzecznością, bo Rozmiar: 135 bajtów a Rozmiar: 130 bajtów.

317. Wnioski. Ostatnie twierdzenie daje łatwy sposób dowiedzenia niektórych ważnych twierdzeń.

1) Niech proste AE, CD i BF (rys. 276) będą dwusiecznymi kątów trójkąta ABC, wtedy mamy:

Rozmiar: 458 bajtów

Pomnóżmy stronami pierwszą równość przez drugą, dostajemy:

Rozmiar: 219 bajtów

porównawszy to z trzecią równością, otrzymamy

Rozmiar: 215 bajtów

czyli AF × EC × BD = AD × BE × CF,

a to dowodzi, że dwusieczne kątów w trójkącie przecinają się w jednym punkcie.

2) Niech proste AE, CD i BF będą wysokościami, wtedy

trójkąty ABF i ACD są podobne, stąd Rozmiar: 172 bajtów

trójkąty ABE i DBC są podobne, stąd Rozmiar: 166 bajtów

trójkąty BCF i AEC są podobne, stąd Rozmiar: 159 bajtów

Jeżeli teraz drugą proporcję pomnożymy przez trzecią, to otrzymamy

Rozmiar: 218 bajtów

a na mocy pierwszej proporcji,

Rozmiar: 218 bajtów

czyli

AF × BD × EC = AD × BE × FC,

a to dowodzi, że proste AE, BF i CD to jest wszystkie trzy wysokości w trójkącie przecinają się w jednym punkcie.

3) Niech proste AE, BF i CD będą środkowymi trójkąta ABC, wtedy

AD = DB,

BE = EC,

CF = FA,

a więc

AD × BE × CF = DB × EC × AF,

to dowodzi, że proste - tj. środkowe trójkąta - przecinają się w jednym punkcie.

Rys. 277

Rys. 277

4) Niech punkty D, E i F będą środkami boków trójkąta ABC (rys. 277). Wystawmy z tych punktów prostopadłe do boków i połączmy punkty E i F.

Wtedy DE II AC, skąd FG Rozmiar: 53 bajtów DE.

EF II AB, skąd DH Rozmiar: 53 bajtów EF,

DF II BC, skąd EI Rozmiar: 53 bajtów DF,

to znaczy, że proste DH, EI i FG są wysokościami Rozmiar: 51 bajtów DEF, więc muszą się przecinać w jednym punkcie, a zatem prostopadłe wystawione ze środków wszystkich trzech boków trójkąta przecinają się w jednym punkcie.

5) Niech punkty D, E i F będą punktami styczności koła wpisanego w trójkąt ABC, wtedy

AD = AF

FC = CE

BE = BD,

a więc: AD × FC × BE = AF × CE × BD.

Równość ta dowodzi, że proste, które łączą wierzchołki trójkąta z punktami styczności koła wpisanego, przecinają się w jednym punkcie (5 punkt szczególny w trójkącie, czyli punkt Gergonne'a).



 [  1]  [  2]  [  3]  [  4]  [  5 [  6]  [  7]  [  8]  [  9] 

Do góry

Wiw.pl  |  Na bieżąco  |  Informacje  |  Co nowego  |  Matematyka i przyroda  |  Astronomia  |  Biologia  |  Fizyka  |  Matematyka  |  Modelowanie rzeczywistości  |  Humanistyka  |  Filozofia  |  Historia  |  Kultura antyczna  |  Literatura  |  Sztuka  |  Czytaj  |  Biblioteka  |  Delta  |  Wielcy i więksi  |  Przydatne  |  Słowniki  |  Co i gdzie studiować  |  Wszechświat w obrazkach