antyrównoleg³y

liceum
Odcinek
antyrównoleg³y
n STEFAN MIZIA
R
ozwa¿my trójk¹t ABC. Jeœli na
boku AC wybierzemy dowolny
punkt X i poprowadzimy przez
niego prost¹ przecinaj¹c¹ bok AB trójk¹ta
w punkcie Y w taki sposób, ¿e v AXY =
= b = v ABC, to odcinek XY nazywamy
antyrównoleg³ym do boku BC. Zauwa¿my, ¿e z podanej konstrukcji natychmiast
wynika równoœæ v XYA = v ACB = g.
poprowadzonych odpowiednio z wierzcho³ków A, B i C trójk¹ta.
Treœci zadañ
Niech M i N bêd¹ rzutami prostok¹tnymi punktu H1 odpowiednio na boki
AB i AC. Wykazaæ, ¿e odcinek MN jest
antyrównoleg³y do BC.
Wykazaæ, ¿e MN || H2H3.
Oznaczmy przez Mi i Ni rzuty prostok¹tne punktów Hi na odpowiednie boki
trójk¹ta ABC, i = 1, 2, 3. Wykazaæ, ¿e wtedy |M1N1| = |M2N2| = |M3N3|.
Wykazaæ, ¿e |M1M2| = |N1N2|.
Wykazaæ, ¿e OA ^ MN, gdzie O jest
œrodkiem okrêgu opisanego na trójk¹cie
ABC.
W jednym z poprzednich odcinków
(„Matematyka” 5/2012, s. 42 – 45) mowa
by³a o trójk¹cie spodkowym. Wszystkie
jego boki s¹ antyrównoleg³e do odpowiednich boków wyjœciowego trójk¹ta ostrok¹tnego.
Poni¿ej proponujê kilka zadañ zwi¹zanych z odcinkiem, którego koñcami s¹
rzuty prostok¹tne spodka wysokoœci na
pozosta³e boki. Przypomnijmy przy okazji, ¿e standardowo punkty H1, H2, H3
oznaczaj¹ spodki wysokoœci trójk¹ta
28
Wykazaæ, ¿e jeœli œrodek okrêgu opisanego na trójk¹cie ABC le¿y na odcinku
MN, to odcinek ten dzieli trójk¹t ABC na
dwa trójk¹ty o równych polach.
Szkice rozwi¹zañ
1. Zauwa¿my, ¿e na czworok¹cie
AMH1N mo¿na opisaæ okr¹g (vANH1 +
+ v AMH 1 = 180°). St¹d v ANM =
= vAH1M jako k¹ty oparte na wspólnym
matematyka
liceum
³uku. Ale v AH1M = 90° - v MH1B = b,
st¹d teza zadania.
2. Wobec poprzedniego zadania, wystarczy pokazaæ, ¿e odcinek H2H3 jest
antyrównoleg³y do boku BC. Zauwa¿my
w tym celu, ¿e na czworok¹cie CH2H3B
mo¿na opisaæ okr¹g (którego œrodkiem
jest œrodek boku BC trójk¹ta). Zatem
vCH2H3 + b = 180°, sk¹d vAH2H3 =
= 180° - vCH2H3 = b.
Pole S trójk¹ta ABC mo¿emy zapisaæ jako
_0 1 _
6 = ¢ _ $+ _ ¢ _ %& _ = ¢ ¢ _ %& _ VLQ a
Ale z twierdzenia sinusów, w trójk¹cie
D ABC mamy
_ %& _
= 5
VLQ a
gdzie R jest promieniem okrêgu opisanego na tym trójk¹cie. St¹d mamy
6
_ 0 1 _ = 5
6
Analogicznie _ 0 1 _ = _ 0 1 _ = To
5
koñczy dowód.
4. Rozwa¿my trójk¹t D CH1H2. Odcinki H1N1 i H2M2 s¹ wysokoœciami w tym
trójk¹cie, st¹d odcinek N1M2 jest antyrównoleg³y do H2H1, zatem jest równoleg³y do AB. Czworok¹t N1N2M1M2 jest
3. Na czworok¹cie AM1H1N1 mo¿na
opisaæ okr¹g, przy czym wysokoœæ AH1
jest jego œrednic¹. Z twierdzenia sinusów
zastosowanego do trójk¹ta D AM1N1 mamy
_ 0 1 _
= _ $+ _ VLQ a
1/2014
29
liceum
wiêc trapezem o równych przek¹tnych
(|N1M1 | = |N2M2 | na mocy poprzedniego
zadania), a tym samym jest to trapez równoramienny. St¹d teza.
tych trójk¹tów wyra¿a ich skalê podobieñstwa, mamy
6 $01
_ $2 _ =
6 $%&
_ $+ _ 5. Niech D bêdzie punktem przeciêcia
siê odcinków AO i MN. W trójk¹cie
D ADM mamy vDMA = g (bo odcinek
MN jest antyrównoleg³y do boku BC) oraz
vDAM = 90° - g (bo vAOB = 2g jako
k¹t œrodkowy). St¹d mamy
vADM = 180° - g - (90° - g ) = 90°.
To koñczy dowód.
Z drugiej, zamiast wysokoœci, mo¿emy
w powy¿szej równoœci podstawiæ œrednice okrêgów opisanych na tych trójk¹tach:
6 $01
_ $+ _ =
6 $%&
5 Mno¿¹c stronami obie zale¿noœci i pamiêtaj¹c, ¿e |AO| = R, dostaniemy
6. Rozwa¿my trójk¹t D AMN. Z poprzedniego zadania wiemy, ¿e promieñ
AO jest wysokoœci¹ tego trójk¹ta. Mamy
te¿ D AMN ~ D ABC, co wynika st¹d, ¿e
MN jest odcinkiem antyrównoleg³ym do
BC. St¹d, poniewa¿ stosunek wysokoœci
» 6 $01
ªª
½ 6 $%&
±
_ $2 _ _ $+ _ ²² =
¢
= _ $+ _ 5 Õ
a o to chodzi³o.
q
STEFAN MIZIA
nauczyciel matematyki
Piêciok¹t ró¿noboczny
Podaæ przyk³ad piêciok¹ta wypuk³ego i ró¿nobocznego o bokach, których d³ugoœci s¹ liczbami ca³kowitymi,
którego pole i obwód wyra¿aj¹ siê liczbami ca³kowitymi.
Rozwi¹zanie. Dobrym przyk³adem jest piêciok¹t ABCDE
taki, ¿e czworok¹t ABCE jest trapezem prostok¹tnym, natomiast trójk¹t CDE jest prostok¹tny.
30
nades³a³ Micha³ Kremzer
matematyka