Przeskocz do treści

Delta mi!

Loading

Pewne uogólnienie prostej Eulera

Chuong Nguyen i Hung Nguyen

o artykule ...

  • Publikacja w Delcie: grudzień 2016
  • Publikacja elektroniczna: 30 listopada 2016
  • Autor: Chuong Chi Nguyen
    Afiliacja: Instytut Matematyki, Wydział Matematyki, Informatyki i Mechaniki, Uniwersytet Warszawski
    Autor: Hung Son Nguyen
    Afiliacja: Instytut Matematyki, Wydział Matematyki, Informatyki i Mechaniki, Uniwersytet Warszawski
  • Wersja do druku [application/pdf]: (261 KB)

Panuje przekonanie, że w niemodnej obecnie dziedzinie geometrii klasycznej wszystko jest znane i nie pozostało nic do odkrycia. Kłam temu stwierdzeniu zadaje dość ciekawe i (jeszcze) mało znane twierdzenie, które przedstawiamy w niniejszym artykule. Warto zaznaczyć, że środki, jakie posłużyły nam do dowodu, są czysto geometryczne i nie korzystają z narzędzi analitycznych. Aby ułatwić jego zrozumienie, przedstawiamy najpierw pewne pojęcia, definicje i bardziej znane fakty powiązane z tym zagadnieniem.

obrazek

Definicja. Trójkątem spodkowym punktu |P wewnątrz trójkąta ABC nazywamy trójkąt, którego wierzchołkami są rzuty prostokątne punktu P| na boki trójkąta |ABC.

Wykażemy teraz, że dla każdego trójkąta spodkowego można wskazać pewien "stowarzyszony" z nim trójkąt spodkowy.

Lemat 1. Niech P będzie dowolnym punktem wewnątrz trójkąta |ABC, a PaPbPc jego trójkątem spodkowym. Okrąg opisany na trójkącie P P P a b c przecina boki BC, dodatkowo w punktach |Qa, Wtedy QaQbQc też jest trójkątem spodkowym dla pewnego punktu leżącego wewnątrz trójkąta ABC. |

Dowód. Niech D będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie |P P P , a b c a Q punktem symetrycznym do punktu |P względem . D Z oczywistych powodów |D należy do symetralnej odcinka |PaQa oraz PPa | jest prostopadły do |BC, więc PPaQaQ | jest trapezem. To oznacza, że |QQa jest prostopadły do BC. | Analogicznie otrzymujemy, że QQ i QQ są prostopadłe odpowiednio do CA i AB. | Inaczej mówiąc, QaQbQc | jest trójkątem spodkowym punktu |Q względem trójkąta ABC. |


Zauważmy, że na czworokątach CPaPPb,| i QaPaPbQb można opisać okręgi, a zatem

?P CPb

Analogicznie pokazujemy, że |?PAPb i ?PBPa = ?QBQc, co oznacza, że punkty |P i Q są izogonalnie sprzężone w trójkącie |ABC. Zauważmy też, że jeśli P | nie jest środkiem okręgu wpisanego, to |P ≠Q. Poniżej przedstawiamy pewną własność prostej przechodzącej przez punkty izogonalnie sprzężone w dowolnym trójkącie.

obrazek
obrazek

Stwierdzenie 1. Niech PaPbPc, | QaQbQc będą trójkątami spodkowymi punktów P i Q, leżących wewnątrz trójkąta |ABC. Punkty przecięcia prostych P | Q a i |Q i Q oraz |PbQc i QbPc| oznaczamy odpowiednio jako L, | M i . |N Wówczas jeśli punkty P i Q są izogonalnie sprzężone, to punkty ,N L, | M leżą na prostej przechodzącej przez P i |Q.

Dowód. Niech |A1 i J = QaB1 Wówczas na czworokącie PaA1B1Pb można opisać okrąg. Ponadto z wcześniejszych rozważań wynika, że na czworokącie |PaPbQbQa również można opisać okrąg. W tej sytuacji

?B1A1C

więc A1B1 Mamy również |PA1 (oba są prostopadłe do |AC), PB1 | QQa (oba są prostopadłe do BC | ), co oznacza, że trójkąty |PA1B1 i QQbQa są jednokładne, zatem proste łączące odpowiadające pary wierzchołków przecinają się w jednym punkcie, skąd wnioskujemy, że J należy do prostej |PQ. Następnie, stosując twierdzenie Pappusa dla dwóch układów potrójnych punktów współliniowych (Pa,A1, i (Pb,B1,Qb) z uwagą, że |P = PaB1 ∩ PbA1, i J = QaB1 wnioskujemy, że |P,L,J są współliniowe. Wiemy więc, że J leży na prostej P Q, a L | leży na prostej P J, zatem |L leży na prostej PQ. Analogicznie dowodzimy, że punkty M | i N leżą na prostej P Q, co kończy dowód lematu.


Rzutowanie punktu na boki to nie jedyny naturalny sposób na konstrukcję "nowego" trójkąta. Inny prezentuje poniższa definicja.

Definicja. Trójkątem Cevy punktu R | leżącego wewnątrz trójkąta |ABC nazywamy trójkąt RaRbRc, | gdzie Ra, Rb,Rc są punktami przecięcia prostych |AR, odpowiednio z bokami BC,

obrazek

Okazuje się, że dla trójkąta Cevy również prawdziwy jest fakt wykazany wcześniej dla trójkąta spodkowego.

Lemat 2. Niech Sa,Sb,Sc będą punktami przecięcia okręgu opisanego na trójkącie Cevy |RaRbRc wewnątrz trójkąta |ABC odpowiednio z bokami |BC, i |AB. Wtedy proste AS | i |CS przecinają się w jednym punkcie.

Dowód. Zgodnie z twierdzeniem Cevy, skoro proste ARa, przecinają się w punkcie R, zachodzi

RaBR⋅bC--Rc⋅A---- = 1. RaC RbA RcB

Ponieważ Ra,Rb, Sb,Rc,Sc i |Sa należą do wspólnego okręgu, więc z twierdzenia o potędze punktu względem okręgu mamy

ARb

Stąd

SbA-= RcA-, ScB-= RaB-, i SaC-= RbC- ScA RbA SaB RcB SbC RaC

Podstawiając te wartości do pierwszego równania, otrzymujemy

SaBS⋅cA--- ⋅SbC-= 1. SaC ScB SbA

Ostatnia równość, zgodnie z odwrotnym twierdzeniem Cevy, dowodzi, że ASa, i CSc zbiegają się w jednym punkcie.


obrazek
obrazek

Krzywa trzeciego stopnia Darboux

Krzywa trzeciego stopnia Darboux

Powyższe rozważania pokazują, że dla każdego punktu R | wewnątrz trójkąta ABC istnieje dokładnie jeden "stowarzyszony" z nim punkt |S, będący punktem przecięcia prostych |ASa, i CSc. Prostą przechodzącą przez te dwa punkty nazywamy osią Cevy. Niżej przedstawiamy ciekawą własność osi Cevy:

Stwierdzenie 2. Niech |R i S będą dwoma stowarzyszonymi punktami Cevy wewnątrz trójkąta ABC i niech odpowiadają im trójkąty Cevy |RaRbRc i |SaSbSc. Niech ,Y X i |Z będą odpowiednio punktami przecięcia prostych SbRa i |SaRb,RaSc i RcSa oraz |R S b c i R S . c b Wówczas punkty ,Y,Z R,S, X są współliniowe (tworzą oś Cevy RS).

Dowód. Stosując twierdzenie Pappusa dla dwóch potrójnych układów punktów współliniowych |(A, i |(B,Sa,Ra) z uwagą, że |S = ASa i =SbRa∩SaRb X wnioskujemy, że X leży na prostej |RS. Analogicznie dowodzimy, że punkty |Y i Z leżą na prostej RS, co kończy dowód lematu.


Nasze dotychczasowe zmagania dotyczyły dwóch trójkątów, spodkowego i Cevy. Z każdym z nich związaliśmy pewną oś, wskazując szczególne punkty, które się na niej znajdują. Jesteśmy już gotowi na to, by zająć się trójkątami, które są jednocześnie trójkątami spodkowymi i trójkątami Cevy.

Definicja. Jeśli spodkowy trójkąt punktu P jest również trójkątem Cevy, to punkt |P nazywamy czewiańskim punktem spodkowym (ang. pedal-cevian point).

Wiele właściwości tych punktów można znaleźć w pracach Darboux. Jednym z jego znanych wyników, uzyskanych metodami algebraicznymi, jest dowód, że czewiańskie punkty spodkowe ustalonego trójkąta tworzą tzw. krzywą trzeciego stopnia Darboux; jest ich zatem nieskończenie wiele.

obrazek

Zapewne wśród osób zainteresowanych geometrią wiele nieraz miało do czynienia z zadaniami dotyczącymi czewiańskich punktów spodkowych. Przykładami takich punktów w dowolnym trójkącie są m.in. jego ortocentrum, środek ciężkości, środek okręgu wpisanego i środek okręgu opisanego.

Chcielibyśmy teraz przedstawić pewną ciekawą własność czewiańskich punktów spodkowych. Nie udało się nam odnaleźć publikacji przedstawionego rezultatu, więc jest niemała szansa na to, że to wynik całkiem nowy. Niezależnie od słuszności naszych przypuszczeń, uważamy, że każdy miłośnik geometrii doceni jego elegancję!

Twierdzenie. Niech PaPbPc będzie trójkątem spodkowym punktu P wewnątrz trójkąta ABC. Dodatkowo zakładamy, że |AP przecinają się w punkcie R. Wtedy punkty |P,R i środek okręgu opisanego na PaPbPc leżą na jednej prostej.

obrazek
obrazek

Dowód. Niech D będzie środkiem okregu opisanego na |PaPbPc i niech punkty ,NL,M będą zdefiniowane tak, jak w stwierdzeniu 1. Zgodnie z tym stwierdzeniem punkty te są współliniowe, a prosta przez nie przechodząca zawiera również punkty P i D (jest to oś trójkąta spodkowego dla punktu P). Prosta ta jest jednak również osią trójkąta Cevy punktu |R, zatem zgodnie ze stwierdzeniem 2 przechodzi przez R, co dowodzi współliniowości punktów . |P,R, D


Zastanówmy się, czym skutkować będzie powyższe stwierdzenie, jeśli za punkt |P przyjmiemy środek okręgu opisanego na trójkącie |ABC. Okazuje się, że wówczas okrąg opisany na punktach |PaPbPc zawiera spodki wysokości trójkąta |ABC - jest to słynny okrąg dziewięciu punktów. W tej sytuacji punkt Q ze stwierdzenia 1 staje się ortocentrum trójkąta |ABC, a punktem R | z naszego twierdzenia jest, rzecz jasna, środek ciężkości trójkąta ABC. | Pokazaliśmy więc współliniowość środka okręgu opisanego, środka okręgu 9 punktów, ortocentrum i środka ciężkości - geometryczni smakosze z łatwością rozpoznają w tym prostą Eulera.

Warto zaznaczyć, że prosta Eulera nie jest określona dla trójkąta równobocznego, a nasza oś P | QRSD istnieje, o ile tylko nie przyjmiemy, że |P = Q to środek okręgu wpisanego. Zachęcamy Czytelnika do poszukiwań innych ciekawych prostych, których istnienie gwarantowane jest przez podane przez nas twierdzenie!