Regionalne Koło Matematyczne

Regionalne Koło Matematyczne
Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu
Wydział Matematyki i Informatyki
http://www.mat.umk.pl/rkm/
Lista rozwiązań zadań nr 20, grupa zaawansowana (27.03.2010)
Okrąg dziewięciu punktów
1. Udowodnić, że w każdym trójkącie odcinek łączący środki dwóch boków jest
równoległy do trzeciego boku i ma długość równą połowie długości trzeciego
boku.
Rozwiązanie. Pierwszy sposób – wynika on bezpośrednio z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa i wniosku z tego twierdzenia.
Drugi sposób. Wykorzystamy rachunek wektorowy. Wprowadźmy oznaczenia
jak na rysunku.
C
D
E
A
B
Ponieważ punkty D i E są środkami boków AC i BC, więc
−−→ −−→ −−
→ 1 −→ 1 −−→ 1 −→ −−→
1 −→
DE = DC + CE = AC + CB = (AC + CB) = AB.
2
2
2
2
Z równości tej otrzymujemy, że AB k DE i |DE| = 12 |AB| – co kończy rozwiązanie.
1
2. Udowodnić, że w dowolnym trójkącie:
1) środkowe przecinają się w jednym punkcie,
2) proste zawierające wysokości przecinają się w jednym punkcie.
Rozwiązanie. Problem poruszony w tym zadaniu był już omówiony za zajęciach, na których szukano analogii i różnic między trójkątem i czworościanem.
Rozwiązując to zadanie wykorzystamy rachunek wektorowy.
1) Niech dany będzie trójkąt ABC i niech O będzie środkiem okręgu opisanego
na trójkącie ABC. Niech ponadto D będzie środkiem boku AB i niech G będzie
punktem odcinka CD takim, że |CG| = 2 · |GD|.
C
O
G
A
Zauważmy, że
D
B
−→ −→ −−→ −−→
OG = OA + AD + DG
−→ −−→ −−→ −−→
OG = OB + BD + DG
−→ −→ −→
OG = OC + CG.
Sumując te trzy równości, mamy
−→ −→ −−→ −→ −−→ −−→
−−→ −−
→
3 · OG = OA + OB + OC + AD + BD + 2 · DG + CE.
−−→
−−→ −→
−−→
Ponieważ BD = −AD i CG = −2 · DG, więc mamy
−→ 1 −→ −−→ −→
OG = (OA + OB + OC).
3
−→
Punkt G, obrany na środkowej CD, jest jednocześnie końcem wektora 13 (OA+
−−→ −→
−→ −−→ −→
OB+ OC) zaczepionego w punkcie O. Ponieważ suma OA+ OB + OC nie zależy
od kolejności dodawania składników, więc punkt G leży na każdej środkowej
trójkąta ABC, to oznacza, że środkowe przecinają się w jednym punkcie. Punkt
ten nazywamy środkiem ciężkości trójkąta.
2) Niech O będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABC i rozważmy
wektor
−−→ −→ −−→ −→
OH = OA + OB + OC.
Zauważmy, że |OA| = |OB| = |OC| = R, gdzie R jest promieniem okręgu
opisanego na trójkącie ABC.
2
C
O
H
A
MC
B
D
−→ −−→ −−→
Niech OA + OB = OD. Wówczas czworokąt OADB jest rombem, gdyż |OA| =
|OB| i jest ten czworokąt równoległobokiem. Stąd OD ⊥ AB i MC – punkt
przecięcia przekątnych AB i OD rombu OADB – jest środkiem boku AB.
Zauważmy, że
−−→ −→ −−→ −→ −−→ −→
OH = OA + OB + OC = OD + OC.
Zatem czworokąt OCHD jest równoległobokiem (zasada dodawania wektorów). Stąd wnioskujemy, że CH k OD, a więc CH ⊥ AB. Oznacza to, że punkt
H leży na prostej zawierającej wysokość trójkąta ABC poprowadzoną z wierz−→ −−→ −→
chołka C. Ponieważ suma OA + OB + OC nie zależy od kolejności dodawania
−→ −−→ −→
składników, więc punkt H – koniec wektora OA + OB + OC zaczepionego w
punkcie O – leży także na prostych zawierających pozostałe wysokości.
Dowodzi to faktu, że proste zawierające wysokości w trójkącie ABC przecinają
się w jednym punkcie. Punkt ten nazywamy ortocentrum trójkąta.
3. W trójkącie ABC punkt O jest środkiem okręgu opisanego, punkt H jest ortocentrum, MC jest środkiem boku AB i EC jest środkiem odcinka CH. Wykazać,
że środki odcinków OH i MC EC pokrywają się.
Rozwiązanie. Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku.
C
EC
O
H
A
MC
D
3
B
Z rozwiązania poprzedniego zadania wynika, że czworokąt CHDO jest równoległobokiem. Odcinek łączący MC (środek boku AB i jednocześnie środek
odcinka OD) i EC (środek odcinka CH) jest równoległy do boków HD i OC.
Odcinek ten przecina każdy z odcinków, których jeden koniec leży na boku
HD, a drugi na boku OC, w jego środku. Zatem także odcinek MC EC przecina
odcinek OH w środku odcinka OH. Czytelnik łatwo uzasadni, że punkt przecięcia tych odcinków jest jednocześnie środkiem każdego z tych odcinków.
Definicja. Środek odcinka łączącego ortocentrum trójkąta z wierzchołkiem
nazywamy punktem Eulera.
Wniosek. Odcinki łączące punkty Eulera odpowiednio ze środkami boków
trójkąta przecinają się w jednym punkcie będącym środkiem odcinka łączącego ortocentrum trójkąta ze środkiem okręgu opisanego na trójkącie.
4. Udowodnić, że w każdym trójkącie:
(a) środki boków trójkąta,
(b) spodki wysokości,
(c) środki odcinków łączących ortocentrum trójkąta z jego wierzchołkami
leżą na jednym okręgu. Okrąg ten nazywamy okręgiem dziewięciu punktów.
Rozwiązanie tego zadania znajduje się na liście rozwiązań zadań grupy podstawowej.
5. Wyznaczyć promień okręgu dziewięciu punktów i położenie środka tego okręgu.
Uwaga. Jeśli mamy cięciwę okręgu, to środek tego okręgu leży na symetralnej
tej cięciwy.
Rozwiązanie tego zadania znajduje się na liście rozwiązań zadań grupy podstawowej.
Inne uzasadnienie. Wiadomo, że na odcinku EC MC leży środek odcinka OH.
Ponieważ punkty EC , MC leżą na okręgu dziewięciu punktów, więc odcinek
EC MC jest średnicą tego okręgu. Ponadto wiadomo, że |EC MC | = |OC| = R,
więc 12 R jest promieniem okręgu dziewięciu punktów.
6. Udowodnić, że w trójkącie: środek okręgu opisanego na trójkącie, środek ciężkości trójkąta, środek okręgu dziewięciu punktów i ortocentrum leżą na jednej
prostej. Tę prostą nazywamy prostą Eulera.
Rozwiązanie. Niech dany będzie trójkąt ABC, niech O będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie i niech G będzie środkiem ciężkości, H – ortocentrum, O9 – środkiem okręgu dziewięciu punktów. W rozwiązaniu zadania 2
otrzymaliśmy
−→ 1 −→ −−→ −→
OG = (OA + OB + OC)
3
4
i
−−→
−→ −−→ −→
OH = (OA + OB + OC).
−−→
−→
Stąd wnosimy, iż OH = 3 · OG. Zatem punkty O, G, H leżą na jednej prostej
i to w wymienionym porządku, przy czym |OH| = 3 · |OG|. Ponadto środek
odcinka OH jest środkiem okręgu dziewięciu punktów.
Wniosek. Punkty wymienione w zadaniu są położone na odcinku OH w następującym porządku.
5x
H
3x
2x
O9
5
G
O