III OM - I - Zadanie 8

W trójkącie $ ABC $ na boku $ BC $ leży punkt $ M $, na boku $ AC $ leży punkt $ N $, a odcinki $ AM $ i $ BN $ przecinają się w punkcie $ P $. Mając dane stosunki

\[<br />
BM \colon MC = m \textrm{ i }   AN \colon NC = n<br />
\]

obliczyć stosunki $ AP \colon PM $ i $ BP \colon PN $.

Rozwiązanie

Zadanie można w prosty sposób rozwiązać opierając się na twierdzeniu Talesa. Poprowadźmy $ MK \parallel BN $ (rys. 17); wówczas w trójkątach $ BCN $ i $ MAK $ mamy odpowiednio: $ \frac{NK}{KC} = \frac{BM}{MC} = m $ i $ \frac{AP}{PM} = \frac{AN}{NK} $. Wobec tego

\[<br />
\frac{AP}{PM} = \frac{AN}{NK} = \frac{AN}{NC} \cdot \frac{NC}{NK} =<br />
n \cdot \frac{NK + KC}{NK} = n \left( 1 + \frac{KC}{NK} \right) = n \left( 1 + \frac{1}{m} \right).<br />
\]

Analogicznie otrzymujemy

\[<br />
\frac{BP}{PN} = m \left( 1 + \frac{1}{n} \right).<br />
\]

Uwaga. Rozwiązanie zadania 23 wynika natychmiast z ważnego twierdzenia geometrii odkrytego przez Menelausa z Aleksandrii (około roku 80 n. e.). Brzmi ono:

Jeżeli boki $ AB $, $ BC $, $ CA $ trójkąta $ ABC $ lub ich przedłużenia przecięte są linią prostą odpowiednio w punktach $ M $, $ N $, $ P $, to iloczyn trzech stosunków podziału $ \frac{AM}{MB} $, $ \frac{BN}{NC} $, $ \frac{CP}{PA} $ równa się jedności:

\[<br />
(1) \qquad<br />
\frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CP}{PA} = 1.<br />
\]

Znane są różne dowody tego twierdzenia; podamy dwa z nich.

1. Przez wierzchołki $ A $, $ B $, $ C $ trójkąta $ ABC $ prowadzimy prostopadłe $ d_1 $, $ d_2 $, $ d_3 $ do prostej $ k $ (rys. 18). Według twierdzenia Talesa

\[<br />
\frac{AM}{MB} = \frac{d_1}{d_2},\<br />
\frac{BN}{NC} = \frac{d_2}{d_3},\<br />
\frac{CP}{PA} = \frac{d_3}{d_1}.<br />
\]

Zatem

\[<br />
\frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CP}{PA} =<br />
\frac{d_1}{d_2} \cdot \frac{d_2}{d_3} \cdot \frac{d_3}{d_1} =1.<br />
\]

2. Obierzmy w płaszczyźnie trójkąta $ ABC $ dowolną prostą $ l $, przecinającą linię prostą $ k $ (rys. 19). Niech rzutami równoległymi punktów $ A $, $ B $, $ C $ na prostą $ l $ w kierunku prostej $ k $ będą punkty $ A' $, $ B' $, $ C' $, a wspólnym rzutem punktów $ M $, $ N $, $ P $ niech będzie punkt $ O' $.

Ponieważ stosunek odcinków prostej równa się stosunkowi ich rzutów, więc

\[<br />
\frac{AM}{MB} = \frac{A'O'}{O'B'},\<br />
\frac{BN}{NC} = \frac{B'O'}{O'C'},\<br />
\frac{CP}{PA} = \frac{C'O'}{O'A'},<br />
\]

zatem

\[<br />
\frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CP}{PA} =<br />
\frac{A'O'}{O'B'} \cdot \frac{B'O'}{O'C'} \cdot \frac{C'O'}{O'A'} = 1.<br />
\]

Czytelnik zechce sprawdzić, że każdym ze sposobów 1 i 2 można udowodnić następujące twierdzenia ogólniejsze, ogłoszone w roku 1801 przez znanego matematyka francuskiego L. Carnota:

I. Jeżeli prosta przecina boki $ A_1A_2, A_2A_3, \ldots, A_nA_1 $ wielokąta płaskiego $ A_1A_2\ldots A_n $ lub ich przedłużenia odpowiednio w punktach $ M_1, M_-2, \ldots, M_n $, to

\[<br />
(2) \qquad<br />
\frac{A_1M_1}{M_1A_2} \cdot \frac{A_2M_2}{M_2A_3} \cdot \ldots \cdot \frac{A_nM_n}{M_nA_1} = 1.<br />
\]

II. Jeżeli płaszczyzna przecim boki $ A_1A_2,A_2A_3,\ldots, A_nA_1 $ wieloboku przestrzennego $ A_1 A_2 \ldots A_n $ lub ich przedłużenia odpowiednio w punktach $ M_1, M_2,\ldots, M_n $, to również zachodzi równość (2).

Gdy w zadaniu 23 zastosujemy twierdzenie Menelausa np. do trójkąta $ ACM $ przeciętego prostą $ NB $ (rys. 17), otrzymamy

\[<br />
\frac{AN}{NC} \cdot \frac{CB}{BM} \cdot \frac{MP}{PA} = 1,<br />
\]

skąd

\[<br />
\frac{AP}{PM} = \frac{AN}{NC} = \frac{CB}{BM} = n \cdot \frac{CM + MB}{BM} = n \left( 1 + \frac{1}{m} \right),<br />
\]

zgodnie z wynikiem poprzednim; analogicznie obliczamy stosunek $ \frac{BP}{PN} $.

Twierdzenie Talesa jest przypadkiem granicznym twierdzenia Menelausa. Gdy np. punkt $ N $ (rys. 18) jest nieruchomy, a punkt $ P $ oddala się po prostej $ CA $ do nieskończoności, prosta $ NP $ dąży do prostej równoległej do prostej $ CA $, a we wzorze (1) stosunek $ \frac{CP}{PA} $ dąży do $ 1 $, wobec czego wzór ten przechodzi na wzór

\[<br />
\frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} = 1,<br />
\]

wyrażający twierdzenie Talesa.

Często formułuje się twierdzenie Menelausa w postaci nieco odmiennej, wypowiadając je nie dla długości odcinków (jak to zrobiliśmy powyżej), lecz dla miar względnych odcinków skierowanych, czyli wektorów (por. zadanie nr 2 na II Olimpiadzie Matematycznej).

Niech $ A $, $ B $, $ M $ będą różnymi punktami prostej skierowanej, czyli osi, a symbole $ AM $, $ MB $ niech oznaczają miary względne wektorów na tej osi. Stosunek jest liczbą dodatnią, gdy punkt $ M $ leży między punktami $ A $ i $ B $, gdyż wówczas liczby $ AM $ i $ MB $ są tego samego znaku, jako miary względne wektorów jednakowo skierowanych, stosunek ten jest natomiast liczbą ujemną, gdy punkt $ M $ leży na zewnątrz odcinka $ AB $.

Przy takiej umowie twierdzenie Menelausa przybiera postać

\[<br />
(3) \qquad<br />
\frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CP}{PA} = -1.<br />
\]

Możliwe są bowiem tylko dwa przypadki: bądź dwa spośród punktów $ M $, $ N $, $ P $ leżą na bokach trójkąta, a trzeci leży na przedłużeniu boku, bądź wszystkie trzy punkty $ M $, $ N $, $ P $ leżą na przedłużeniach boków trójkąta. W pierwszym przypadku dwa spośród stosunków $ \frac{AM}{MB} $, $ \frac{BN}{NC} $, $ \frac{CP}{PA} $ są dodatnie, a trzeci jest ujemny; w drugim przypadku wszystkie trzy stosunki są ujemne. Iloczyn występujący po lewej stronie wzoru (3) jest zatem zawsze ujemny, przy czym wartość bezwzględna tego iloczynu jest, jak dowiedliśmy, równa $ 1 $.

Zauważmy, że drugi z podanych wyżej dowodów wzoru (1) prowadzi od razu do wzoru (3), jeśli go zastosujemy do odcinków skierowanych, gdyż wówczas

\[<br />
\frac{A'O'}{O'B'} \cdot \frac{B'O'}{O'C'} \cdot \frac{C'O'}{O'A'} =<br />
\frac{A'O'}{O'B'} \cdot \left( - \frac{O'B'}{O'C'} \right) \cdot \frac{O'C'}{A'O'} = -1.<br />
\]

Proponujemy czytelnikowi następujące nietrudne ćwiczenia:

1. Z podanego na początku rozwiązania zadania nr 23 wysnuć nowy dowód twierdzenia Menelausa.

2. Udowodnić twierdzenie odwrotne do twierdzenia Menelausa:

Jeżeli punkty $ M $, $ N $, $ P $ położone są na prostych $ AB $, $ BC $, $ CA $ i zachodzi równość (3), to punkty $ M $, $ N $, $ P $ leżą na jednej prostej.

3. Z twierdzenia Menelausa wysnuć jako wniosek twierdzenie, które w roku 1678 ogłosił włoski matematyk Ceva:

Jeżeli proste $ AS $, $ BS $, $ CS $ przecinają odpowiednio boki $ BC $, $ CA $, $ AB $ trójkąta $ ABC $ lub ich przedłużenia w punktach $ N $, $ P $, $ M $, przy czym punkt $ S $ nie leży na żadnej z prostych $ AB $, $ BC $, $ CA $, to

\[<br />
\frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CP}{PA} = 1.<br />
\]

4. Sformułować i udowodnić twierdzenie odwrotne do twierdzenia Cevy.

5. Zbadać przypadki graniczne twierdzenia Cevy, gdy punkt $ S $ bądź też jeden lub dwa z punktów $ M $, $ N $, $ P $ oddalają się do nieskończoności.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź