X OM - I - Zadanie 3

Na jednym ramieniu kąta obrano punkty $ A_1 $, $ A_2 $, $ A_3 $, a na drugim punkty $ B_1 $, $ B_2 $, $ B_3 $ w ten sposób, że prosta $ A_1B_2 $ jest równoległa do prostej $ A_2B_1 $, a prosta $ A_2B_3 $ jest równoległa do prostej $ A_3B_2 $. Dowieść, że proste $ A_1B_3 $ i $ A_3B_1 $ są równolegle.

Rozwiązanie

Stosujemy twierdzenie Talesa do ramion danego kąta $ O $ (rys. 1) przeciętych dwiema parami prostych równoległych: $ A_1B_2 \parallel A_2B_1 $ i $ A_2B_3 \parallel A_3B_2 $; otrzymujemy proporcje

\[<br />
\frac{OA_1}{OA_2} = \frac{OB_2}{OB_1}<br />
\textrm{ i }<br />
\frac{OA_2}{OA_3} = \frac{OB_3}{OB_2}.<br />
\]

Mnożąc te równości, otrzymujemy proporcję

\[<br />
\frac{OA_1}{OA_3} = \frac{OB_3}{OB_1},<br />
\]

z której na podstawie twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa wynika, że $ A_1B_3 \parallel A_3B_1 $ c.n.d.

Twierdzenie pozostaje słuszne, gdy zamiast punktów na ramionach kąta rozważamy punkty leżące na dwóch (różnych) prostych $ a $ i $ b $. Jeśli $ a $ i $ b $ przecinają się w punkcie $ O $, dowód powyższy stosuje się bez zmian; jeśli zaś $ a $ i $ b $ są równoległe, twierdzenie jest natychmiastowym wnioskiem z własności prostych równoległych.

Zważywszy, że łamana zamknięta $ A_1B_2A_3B_1A_2B_3A_1 $ jest sześciokątem, a odcinki $ A_1B_2 $ i $ A_2B_1 $, $ A_2B_3 $ i $ A_3B_2 $ oraz $ A_3B_1 $ i $ A_1B_3 $ są bokami przeciwległymi tego sześciokąta, możemy twierdzeniu nadać brzmienie:

Jeżeli wierzchołki sześciokąta są położone na $ 2 $ prostych w ten sposób, że pierwszy, trzeci i piąty leżą na jednej prostej, a drugi, czwarty i szósty - na drugiej i jeżeli ten sześciokąt ma $ 2 $ pary boków przeciwległych do siebie równołeglych, to i boki trzeciej pary są do siebie równołegle.

Uwaga. Twierdzenie powyższe jest przypadkiem granicznym ważnego twierdzenia geometrii, zwanego twierdzeniem Pappusa (Pappus z Aleksandrii, sławny matematyk grecki z tzw. drugiego okresu aleksandryjskiego; żył na przełomie III i IV wieku).

Nazwijmy dla krótkości sześciokątem Pappusa taki sześciokąt, którego wierzchołki pierwszy, trzeci i piąty leżą na jednej prostej, a drugi, czwarty i szósty - na innej prostej. Twierdzenie Pappusa brzmi:

Jeżeli boki przeciwłegłe sześciokąta Pappusa przecinają się (mówiąc tu i w dalszym ciągu dla krótkości ,,punkt przecięcia boków'', mamy na myśli punkt przecięcia prostych, na których leżą te boki), to punkty przecięcia leżą na jednej prostej.

Twierdzenie to można udowodnić w różny sposób. Można je na przykład przy pomocy rzutowania środkowego sprowadzić do twierdzenia, które udowodniliśmy wyżej. Objaśnimy ten dowód szczegółowo.

Niech $ A_1A_2A_3A_4A_5A_6 $ będzie sześciokątem Pappusa, w którym wierzchołki $ A_1 $, $ A_3 $, $ A_6 $ leżą na prostej $ p $, wierzchołki $ A_2 $, $ A_4 $, $ A_6 $ - na prostej $ q $, a $ L $, $ M $, $ N $ są odpowiednio punktami przecięcia prostych $ A_1A_2 $ i $ A_4A_5 $, $ A_2A_3 $ i $ A_5A_6 $ oraz $ A_3A_4 $ i $ A_6A_1 $ (rys. 2).

Obierzmy punkt $ S $ poza płaszczyzną $ \Pi $, na której leży dany sześciokąt. Niech $ \Sigma $ oznacza płaszczyznę przechodzącą przez punkt $ S $ i przez prostą $ LM $, a $ P $ - dowolną płaszczyznę równoległą do płaszczyzny $ \Sigma $. Na rys. 2 płaszczyznę $ P $ poprowadzono przez punkt $ A_3 $. Prowadząc z punktu $ S $ proste przez punkty $ A_1 $, $ A_2 $, $ A_3 $, $ A_4 $, $ A_5 $, $ A_6 $ otrzymujemy w przecięciu z płaszczyzną $ P $ rzuty środkowe $ A'_1 $, $ A'_2 $, $ A'_3 = A_3 $, $ A'_4 $, $ A'_5 $, $ A'_6 $, tych punktów na płaszczyznę $ P $. Punkty $ A'_1 $, $ A'_3 $, $ A'_5 $ leżą na prostej $ p' $, która jest rzutem środkowym prostej $ p $, a punkty $ A'_2 $, $ A'_4 $, $ A'_6 $ na prostej $ q' $ - rzucie środkowym prostej $ q $.

Według tej konstrukcji punkty $ S $, $ A_1 $, $ A'_1 $, $ A_2 $, $ A'_2 $ leżą w jednej płaszczyźnie, przecinającej płaszczyzny $ P $ i $ \Sigma $ odpowiednio wzdłuż prostych $ A'_1A'_2 $ i $ SL $. Ponieważ płaszczyzny te są równoległe, więc $ A'_1A'_2 \parallel SL $. Analogicznie $ A'_4A'_5 \parallel SL $, zatem proste $ A'_1A'_2 $, $ A'_4A'_5 $, są równoległe.

Tak samo stwierdzamy równoległość prostych $ A'_2A'_3 $ i $ A'_5A'_6 $. Sześciokąt $ A'_1A'_2A'_3A'_4A'_5A'_6 $ spełnia zatem założenia twierdzenia poprzedniego, wobec czego $ A'_3A'_4 \parallel  A'_6A'_1 $.

Stąd wynika, że linia przecięcia płaszczyzn $ SA'_3A'_4 $ i $ SA'_6A'_1 $ jest równoległa do płaszczyzny $ P $, leży zatem w płaszczyźnie $ \Sigma $. Lecz płaszczyzna $ SA'_3A'_4 $ przechodzi przez prostą $ A_3A_4 $, a płaszczyzna $ SA'_6A'_1 $ - przez prostą $ A_6A_1 $, więc linia przecięcia tych płaszczyzn przechodzi przez punkt przecięcia prostych $ A_3A_4 $ i $ A_6A_1 $, tzn. przez punkt $ N $. A zatem punkt $ N $ płaszczyzny $ \Pi $ leży zarazem na płaszczyźnie $ \Sigma $, znajduje się więc na prostej $ LM $, c.n.d.

Jeżeli w sześciokącie Pappusa dwa boki przeciwległe, na przykład $ A_1A_2 $ i $ A_4A_5 $, są równoległe, a w pozostałych parach przecinają się w punktach $ M $ i $ N $, to prosta $ MN $ jest równoległa do prostych $ A_1A_2 $ i $ A_4A_6 $ (rys. 3).

Mamy tu bowiem przypadek graniczny, który powstaje, gdy w sześciokącie takim jak na rys. 2 punkt $ L $ oddala się nieograniczenie po prostej $ A_1A_2 $. Proste $ MN $ i $ A_5A_4 $ obracają się wówczas dokoła punktów $ M $ i $ A_5 $, dążąc do prostych równoległych do prostej $ A_1A_2 $.

Dalszy przypadek graniczny powstanie, gdy w sześciokącie takim jak na rys. 3 punkt $ M $ oddalać się będzie nieograniczenie po prostej $ A_3A_2 $. Prosta $ A_5A_6 $ obraca się wówczas dokoła punktu $ A_5 $ i dąży do prostej równoległej do $ A_3A_2 $; prosta $ MN $ przesuwa się równolegle do prostej $ A_1A_2 $ i oddala się od niej nieograniczenie, wobec czego punkt $ N $ również oddala się nieograniczenie, a więc prosta $ A_1A_6 $, obracając się dokoła punktu $ A_1 $, dąży do prostej równoległej do $ A_3A_4 $. W położeniu granicznym sześciokąt ma $ 3 $ pary równoległych boków przeciwległych, tzn. mamy figurę rysunku 1.

Jako przykład zastosowania twierdzenia Pappusa rozwiążemy zadanie konstrukcyjne:

Dany jest punkt $ M $ oraz dwie proste $ m $ i $ n $ przecinające się w punkcie $ L $. Poprowadzić prostą $ ML $ przy założeniu, że punkt $ L $ jest niedostępny, np. znajduje się poza obrębem rysunku (rys. 4).

Budujemy sześciokąt Pascala $ A_1A_2A_3A_4A_5A_6 $, obierając punkty $ A_1 $ i $ A_2 $ w dowolny sposób na prostej $ m $, a punkty $ A_4 $ i $ A_5 $ - na prostej $ n $, oraz przyjmując punkt $ M $ za punkt przecięcia prostych $ A_2A_3 $ i $ A_5A_6 $. Wówczas proste $ A_2A_3 $ i $ A_5A_6 $ pokrywają się z prostymi $ A_2M $ i $ A_5M $, wobec czego punkt $ A_3 $ otrzymujemy w przecięciu prostych $ A_2M $ i $ A_1A_5 $, a punkt $ A_6 $ - w przecięciu prostych $ A_5M $ i $ A_2A_4 $. Następnie wyznaczamy punkt przecięcia $ N $ prostych $ A_3A_4 $ i $ A_6A_1 $. Ponieważ na mocy twierdzenia Pappusa punkty $ L $, $ M $, $ N $ leżą na jednej prostej, więc prosta $ MN $ jest prostą poszukiwaną.

Proponujemy Czytelnikowi zadanie: Poprowadzić prostą przechodzącą przez dwa niedostępne punkty $ M $ i $ N $, z których każdy określony jest za pomocą pary przechodzących przezeń prostych.

Twierdzenie Pappusa bywa często nazywane twierdzeniem Pascala, albowiem jest ono przypadkiem szczególnym twierdzenia dotyczącego wszystkich krzywych stożkowych, tj. krzywych będących liniami przecięcia powierzchni stożka z płaszczyzną, które odkrył wielki matematyk i filozof francuski Błażej Pascal (1623-1662), mając zaledwie lat piętnaście. Rozpatrzymy tutaj przypadek, gdy stożkowa jest okręgiem.

Obierzmy dowolnie na okręgu $ 6 $ punktów $ A_1 $, $ A_2 $, $ A_3 $, $ A_4 $, $ A_5 $, $ A_6 $. Łamaną zamkniętą $ A_1A_2A_3A_4A_5A_6 $ nazwiemy dla krótkości sześciokątem Pascala. Boki $ A_1A_2 $ i $ A_4A_5 $, $ A_2A_3 $ i $ A_5A_6 $ oraz $ A_3A_4 $ i $ A_6A_1 $ stanowią $ 3 $ pary boków przeciwległych sześciokąta. Twierdzenie Pascala brzmi:

Jeżeli boki przeciwległe sześciokąta Pascała przecinają się, to punkty przecięcia leżą na jednej prostej.

Przypuśćmy, że sześciokąt nie ma boków równoległych i oznaczmy punkty przecięcia boków $ A_1A_2 $ i $ A_4A_5 $, $ A_2A_3 $ i $ A_5A_6 $, $ A_3A_4 $ i $ A_6A_1 $ odpowiednio przez $ L $, $ M $, $ N $, a punkty przecięcia boków $ A_3A_4 $ i $ A_5A_6 $, $ A_5A_6 $ i $ A_1A_2 $, $ A_1A_2 $ i $ A_3A_4 $ odpowiednio przez $ P $, $ Q $, $ R $ (rys. 5). Punkty $ P $, $ Q $, $ R $ tworzą trójkąt przecięty prostymi $ A_2A_3 $, $ A_4A_5 $, $ A_6A_1 $.

Według twierdzenia Menelausa (patrz: Zadania z Olimpiad Matematycznych, PZWS, 1956, zadanie nr 97) iloczyn trzech stosunków podziału w jakich każda z tych prostych dzieli odcinki $ PQ $, $ QR $ i $ RP $ równa się $ 1 $. Tzn. dla prostej $ A_2A_3 $ mamy

\[<br />
(1) \qquad \frac{PM}{QM} \cdot \frac{QA_2}{RA_2} \cdot \frac{RA_3}{PA_3} =1,<br />
\]

podobnie dla prostej $ A_4A_5 $

\[<br />
(2) \qquad \frac{PA_5}{QA_5} \cdot \frac{QL}{RL} \cdot \frac{RA_4}{PA_4} = 1<br />
\]

oraz dla prostej $ A_6A_1 $:

\[<br />
(3) \qquad \frac{PA_6}{QA_6} \cdot \frac{QA_1}{RA_1} \cdot \frac{RN}{PN} = 1.<br />
\]

Pomnóżmy równości (1), (2), (3) stronami i zauważmy, że według znanego twierdzenia o siecznych okręgu zachodzą równości:

\[<br />
(4) \qquad<br />
\begin{array}{c}<br />
PA_3 \cdot PA_4 = PA_5 \cdot PA_6,\\<br />
QA_5 \cdot QA_6 = QA_1 \cdot QA_2,\\<br />
RA_1 \cdot RA_2 = RA_3 \cdot RA_4.<br />
\end{array}<br />
\]

Po uproszczeniu na podstawie równości (4) iloczynu lewych stron równości (1), (2), (3) otrzymujemy

\[<br />
(5) \qquad \frac{PM}{QM} \cdot \frac{QL}{RL} \cdot \frac{RN}{PN} = 1.<br />
\]

Równość (5) orzeka, że iloczyn stosunków, w jakich punkty $ M $, $ L $, $ N $ dzielą boki $ PQ $, $ QR $, $ RP $ trójkąta $ PQR $, równa się jedności. Na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Menelausa wynika stąd, że punkty $ L $, $ M $, $ N $ leżą na jednej prostej, c.n.d.

W przypadku, gdy $ 2 $ spośród prostych $ A_1A_2A_3A_4A_5A_6 $ są równolegle, np. gdy $ A_1A_2 \parallel A_3A_4 $, a trzecia prosta $ A_5A_6 $ przecina je, dowód można poprowadzić w sposób podobny, lecz zamiast twierdzenia Menelausa trzeba zastosować twierdzenie o proporcjonalności boków trójkątów utworzonych przez pary prostych $ A_2A_3 $ i $ A_5A_6 $, $ A_4A_5 $ i $ A_5A_6 $, $ A_6A_1 $ i $ A_5A_6 $ przecięte równoległymi $ A_1A_2 $ i $ A_3A_4 $. Można również taki przypadek rozważać jako graniczny i rozumować podobnie jak poprzednio przy twierdzeniu Pappusa.

Jeżeli wszystkie trzy proste $ A_1A_2 $, $ A_3A_4 $, $ A_5A_6 $ są wzajemnie równoległe, to przypadek taki można znowu potraktować jako graniczny dla przypadku poprzedniego. Dowód nie stosujący rozważań granicznych uzyskamy, zwróciwszy uwagę na to, że zamiast prostych $ A_1A_2 $, $ A_3A_4 $, $ A_5A_6 $ można rozważać proste $ A_2A_3 $, $ A_4A_5 $, $ A_6A_1 $. Gdy zachodzi przypadek, że zarówno $ A_1A_2 \parallel A_3A_4 \parallel A_5A_6 $ jak $ A_2A_3 \parallel A_4A_5 \parallel A_6A_1 $, dowód jest łatwy. Odpowiednią figurę przedstawia rys. 5a. Opracowanie szczegółów pozostawiamy jako ćwiczenie.

Stosując - jak przy twierdzeniu Pappusa - metodę rzutu środkowego, możemy twierdzenie Pascala natychmiast udowodnić dla każdego przekroju stożka obrotowego płaszczyzną nie przechodzącą przez wierzchołek stożka, tj. dla elipsy, paraboli i hiperboli.

Zauważmy jeszcze, że twierdzenie Pappusa można udowodnić nie uciekając się do rozważań przestrzennych. Krótki dowód można uzyskać, stosując twierdzenie Menelausa. Proponujemy czytelnikowi, żeby sam znalazł taki dowód.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź