Konstrukcyjne dowody własności paraboli

Uniwersytet Mikołaja Kopernika
Wydział Matematyki i Informatyki
Marlena Morawska
Nr albumu: 197193
Praca magisterska
na kierunku Matematyka
Konstrukcyjne dowody własności paraboli
Praca wykonana pod kierunkiem
dra Andrzeja Sendlewskiego
w Zakładzie Metodyki Nauczania
Informatyki i Technologii Informacyjnej
Toruń 2009
Pracę przyjmuję i akceptuję
Potwierdzam złożenie pracy dyplomowej
..............................................
..............................................
data i podpis opiekuna pracy
data i podpis pracownika dziekanatu
Spis treści
Wstęp
3
1 Wiadomości wstępne
4
2 Parabola i prosta
2.1 Punkty paraboli na prostej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Styczne do paraboli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
6
14
3 Parabola i trójkąt
19
4 Inne własności paraboli
27
Literatura
36
2
Wstęp
Z pojęciem paraboli spotykamy się już we wczesnym etapie szkolnej edukacji.
Poznajemy ją jako definicję wykresu funkcji kwadratowej y = ax2 , gdzie a 6= 0.
Zdobyte wiadomości są jednak tylko analitycze, dotyczą przede wszystkim opisywania paraboli za pomocą równań kwadratowych i pokazywania jej własności
jako własności funkcji kwadratowej.
Każdy uczeń potrafi naszkicować jej wykres, wskazać wierzchołek, przedziały
monotoniczności, omówić miejsca zerowe, ale czy byłby w stanie dostrzec geometryczne cechy paraboli? Zapewne nie, gdyż problem ten jest w szkole zupełnie
pomijany.
Dowiadujemy się również, że parabola jest jednym z przykładów krzywej
stożkowej. Jednak tutaj też zaczynamy od definicji analitycznej, ograniczając się
do równania y 2 = 2px, gdzie parametr p > 0. Umiejscawiamy parabolę w prostokątnym układzie współrzędnych i za pomocą odpowiednich wzorów potrafimy
dowodzić różne jej własności. Ale czy nie byłoby fascynujące umieć przedstawić
parabolę w dwojaki sposób: analitycznie i syntetycznie? Dlaczego jedna metoda
ma być ważniejsza od drugiej?
Okazuje się przecież, że większość twierdzeń dotyczących tej krzywej stożkowej można pokazać odwołując się zarówno do algebraicznych rachunków, jak i
wyłącznie do czystej geometrii.
Spróbuję więc opisać parabolę jako miejsce geometryczne punktów jednakowo
odległych od ogniska i kierownicy oraz pogrupować informacje dotyczące paraboli wynikające wprost z powyższej definicji.
Zasadniczym celem mojej pracy jest zbadanie i przedyskutowanie różnych
własności paraboli, których dowody stanowić będą właściwie przeprowadzone
konstrukcje.
Praca podzielona została na cztery główne części. W każdej sekcji zamieściłam rysunki wykonane na podstawie konstrukcji wraz z dowodami ich poprawności. Wszystkie konstrukcje w postaci ćwiczeń interaktywnych można obejrzeć
na stronie http://mat.uni.torun.pl/ marla2m.
Pierwszy paragraf ma na celu przybliżenie czytelnikowi ogólnych wiadomości
o paraboli, natomiast kolejne ukazują jej bezpośredni związek z innymi "tworami
matematycznymi". Druga część to głównie konstruowanie punktów paraboli na
prostych oraz stycznych do paraboli w danych punktach. Następna, wprowadza
nas w świat trójkątów, a ostatnia, łączy różne własności paraboli. Przyjęte raz
oznaczenia nie zostały zmieniane do końca pracy.
3
1
Wiadomości wstępne
Niniejszy paragraf chcielibyśmy poświęcić na zdefiniowanie podstawowych
pojęć związanych z naszą krzywą stożkową. Dotyczyć one będą paraboli jedynie
w ujęciu syntetycznym i pozwolą na zrozumienie dalszych rozważań.
Definicja 1. [4] Zbiór punktów P płaszczyzny równo oddalonych od ustalonego
punktu F i ustalonej prostej k na płaszczyźnie, przy czym F nie należy do prostej
k, nazywamy parabolą. Oznaczać ją będziemy symbolem P (F, k).
k
Q
e
P
e
F
Punkt F nazywamy ogniskiem, a prostą k k ierownicą paraboli.
Oczywiście każda parabola posiada tylko jedno ognisko i dokładnie jedną kierownicę.
Zauważmy ponadto, że jeżeli punkt P leży na paraboli P (F, k), to okrąg o
środku P i promieniu P F jest styczny do kierownicy.
k
Q
P
e
e
F
Stąd inna definicja paraboli:
Definicja 2. [5] Parabolą nazywamy zbiór środków okręgów przechodzących
przez ustalony punkt i stycznych do ustalonej prostej przez ten punkt nieprzechodzącej.
4
k
Q
P
W F
W′
Q′
P′
Z parabolą związane są bezpośrednio jeszcze inne pojęcia. Przyjrzyjmy się
niektórym z nich:
Definicja 3. [5] Każdą prostą prostopadłą do kierownicy nazywamy średnicą
paraboli, a średnicę przechodzącą przez ognisko, osią główną paraboli.
Definicja 4. [5] Niech W ′ będzie punktem przecięcia się osi głównej paraboli
z jej kierownicą. Długość odcinka W ′ F , czyli odległość ogniska od kierownicy,
nazywamy parametrem paraboli i oznaczamy literą p. Środek W tego odcinka
jest wierzchołkiem paraboli.
Zbudujmy kwadrat o boku p = W ′ F .
k
A
W′
P
W
F
P′
A′
Wówczas jeden z jego wierzchołków będzie w takiej samej odległości od ogniska,
co kierownicy, tzn. |AP | = |P F |. Stąd punkt P musi być punktem paraboli.
Podobną własność dostajemy dla punktu P ′ . Oznacza to, że symetrycznym obrazem punktu P względem prostej prostopadłej do kierownicy przechodzącej
przez ognisko jest punkt P ′ . Zatem oś główna paraboli jest jej osią symetrii
i trzeba dodać, że jedyną.
5
2
Parabola i prosta
W tej części zajmiemy się konstruowaniem punktów paraboli należących do
różnych prostych oraz wyznaczaniem stycznych do paraboli w pewnych punktach. Wybraliśmy zadania, których rozwiązanie polegać będzie na opisaniu kolejnych etapów konstrukcji i przeprowadzeniu dowodów ich poprawności.
2.1
Punkty paraboli na prostej
Przedstawimy teraz kilka sposobów znajdowania punktów wspólnych paraboli P (F, k) i danej prostej a. Metody te zależeć będą od położenia tej prostej,
na której skonstruujemy punkty krzywej stożkowej.
W poniższych zadaniach wykorzystamy fakt wynikający z definicji 1,
a mianowicie:
Punkt P jest punktem paraboli P (F, k) wtedy i tylko wtedy, gdy odległość
punktu P od kierownicy jest taka sama, jak jego odległość od ogniska.
Niech dane będą kierownica k i ognisko F paraboli P (F, k).
Zadanie 1. Znaleźć punkty paraboli należące do danej średnicy a.
k
a
Q
P
F
6
k
Q
a
P
F
Konstrukcja
(1) Kreślimy symetralną odcinka QF .
(2) Zaznaczamy punkt P jej przecięcia ze średnicą a.
(Jest to poszukiwany punkt paraboli).
(3) Kreślimy parabolę jako miejsce geometryczne punktu P (P ′ ).
Dowód poprawności konstrukcji. Trójkąt QF P jest równoramienny, ponieważ prosta poprowadzona przez punkt P to symetralna podstawy QF wychodząca z wierzchołka P .
Zatem
|QP | = |F P |
Zauważmy, że jeśli wybraną prostą prostopadłą do kierownicy paraboli okaże
się być jej oś główna, to poszukiwanym punktem leżącym jednocześnie na paraboli i danej prostej będzie wierzchołek tej paraboli.
Zadanie 2. Znaleźć punkty paraboli należące do danej prostej a równoległej do
kierownicy.
7
k
P
W′
N
F
P′
a
Konstrukcja
(1) Prowadzimy oś główną paraboli i znajdujemy punkt W ′ na kierownicy.
(2) Rysujemy okrąg o środku F i promieniu ND.
(3) Znajdujemy punkty P i P ′ przecięcia okręgu i prostej a.
Są one szukanymi punktami paraboli.
(4) Rysujemy parabolę jako miejsce geometryczne punktu P (P ′ ).
Dowód poprawności konstrukcji. Z konstrukcji wynika, że odległość punktu
P (P ′)od kierownicy k równa się odległości tego punktu od ogniska F .
Oczywiście, jeżeli prosta równoległa do kierownicy znajduje się po prawej
stronie paraboli, to okrąg przecina ją w dwóch punktach. Jeśli jednak prosta a
jest symetralną odcinka W ′ F , to okrąg ma z nią jeden punkt wspólny, który jest
wierzchołkiem paraboli. Z kolei, jeżeli prosta a leży po drugiej stronie paraboli
co jej ognisko, to nie ma ona punktów wspólnych z okręgiem.
Zadanie 3. Znaleźć punkty paraboli należące do danej prostej a przechodzącej
przez ognisko paraboli.
8
k
P
Q
W′
Q′
d2
F
P′
M
d1
a
Konstrukcja
(1) Rysujemy oś paraboli.
(2) Wyznaczamy dwusieczne kątów, jakie tworzy prosta a z osią główną.
(3) Znajdujemy punkty Q oraz Q′ przecięcia każdej ze skonstruowanych dwusiecznych z kierownicą k.
(4) Wystawiamy prostopadłe do kierownicy w punktach Q i Q′ .
(5) Wyznaczamy punkty ich przecięcia z prostą a otrzymując odpowiednio
punkty P oraz P ′ paraboli P (F, k).
(Są to poszukiwane punkty paraboli).
(6) Kreślimy parabolę jako miejsce geometryczne punktu P (P ′ ).
Dowód poprawności konstrukcji. Dwusieczne kątów, jakie tworzy prosta
przechodząca przez ognisko F z osią paraboli wyznaczają następujące pary równych kątów:
α = ∠W ′ F Q = ∠QF P oraz β = ∠W ′ F Q′ = ∠Q′ F P ′ .
W trójkącie W ′F Q
∠W ′ QF = 90o − α.
Ale kąt W ′ QP jest kątem prostym, więc
∠F QP = α = ∠QF P.
Zatem trójkąt QF P jest równoramienny, czyli
|F P | = |QP |.
Podobnie w trójkącie Q′ F P ′ dostajemy
|F P ′| = |Q′ P ′ |.
9
Jeżeli jednak wybierzemy średnicę paraboli jako prostą a przechodząca przez
jej ognisko, to punktem paraboli do niej należącym będzie wierzchołek (konstrukcja 1).
Twierdzenie 1. [3] Każdy punkt na kierownicy jest harmonicznie sprzężony z
ogniskiem względem pary punktów paraboli należących do prostej przechodzącej
przez dany punkt na kierownicy i ognisko.
Do udowodnienia powyższego twierdzenia niezbędna jest znajomość definicji:
Definicja 5. [3] Dwustosunkiem czwórki punktów A, B, C, D leżących
na prostej skierowanej, nazywamy wyrażenie:
−→ −−→
AC BC
(A, B; C, D) = −−→ : −−→ ,
AD BD
−→ −−→ −−→ −−→
gdzie AC, (AD, BC, BD) oznacza długość odpowiedniego odcinka z uwzględnieniem znaku (+, gdy punkty następują po sobie zgodnie z ustalonym znakiem
prostej, − w przeciwnym przypadku).
B
C
A
D
Definicja 6. [3] Czwórkę punktów A, B, C, D nazywamy czwórką harmoniczną,
jeżeli jej dwustosunek ma wartość −1, tj. jeżeli
(A, B; C, D) = −1.
Dowód twierdzenia 1. Niech M będzie punktem przecięcia prostej a
z kierownicą. Rozpatrzmy czwórkę współliniowych punktów: M, P ′ , F , P .
F
P′
M
Z twierdzenia Talesa dostajemy
|MP |
|QP |
=
.
|MP ′ |
|Q′ P ′ |
10
P
Ale z definicji paraboli wiemy, że
oraz
|QP | = |F P |
|Q′ P ′ | = |F P ′|.
Stąd mamy
|MP |
|F P |
=
.
|MP ′ |
|F P ′|
Oznacza to, że stosunek , w jakim punkt M dzieli odcinek P P ′ równa się stosunkowi, w jakim punkt F dzieli ten odcinek.
Dalej mamy
|MP | |F P ′|
·
= 1/ · (−1),
|MP ′ | |F P |
skąd
|MP | |F P ′|
·
= −1,
−
|MP ′ | |F P |
|MP |
|F P ′|
· −
= −1.
|MP ′ |
|F P |
A z definicji 5
(M, F ; P, P ′) = −1,
więc punkty te tworzą czwórkę harmoniczną (inaczej punkt M jest harmonicznie
sprzężony z punktem F względem pary (P, P ′)).
Załóżmy, że prosta a nie jest ani średnicą, ani prostą równoległą do kierownicy, ani też nie przechodzi przez ognisko paraboli. Wszystkie te przypadki rozpatrzyliśmy już w poprzedniej części pracy.
Zadanie 4. Znaleźć punkty paraboli należące do dowolnej danej prostej a paraboli.
a
k
T′
P′
X
Q
F
N
S
T
F′
P
11
Konstrukcja
(1) Wyznaczamy obraz F ′ ogniska F względem prostej a.
(2) Znajdujemy punkt Q przecięcia odcinka F F ′ z kierownicą k.
(3) Kreślimy okrąg O(S, QS), gdzie S oznacza środek odcinka QF ′ .
(4) Prowadzimy prostopadłą do średnicy QF ′ w punkcie F . Otrzymujemy
punkt X przecięcia tej prostej z narysowanym okręgiem.
(5) Rysujemy okrąg o O1 o środku w punkcie Q i promieniu QX.
(6) Zaznaczamy punkty T ′ i T przecięcia tego okręgu z kierownicą.
(7) Wystawiamy średnice przez te punkty i dostajemy odpowiednio punkty P ′
i P danej paraboli na prostej a.
(8) Rysujemy parabolę jako miejsce geometryczne punktu P (P ′ ).
Dowód poprawności konstrukcji. Niech N leży na osi głównej i prostej a.
Wprowadźmy oznaczenia:
|QX| = R,
|F N| = |F ′ N| = x,
|F Q| = y, |NP ′ | = z.
Ponieważ |F F ′ | = 2|F N| = 2x, to dla okręgu O mamy
p
p
|F X| = |F Q| · |F F ′| = 2xy,
co wnioskujemy z podobieństwa trójkątów prostokątnych QF X i F XF ′.
Zauważmy, że
|F Q|
|F X|
=
,
|F X|
|F F ′ |
czyli
|F X|2 = |F Q| · |F F ′ | = 2xy.
Z tw. Pitagorasa w trójkącie QF X dostajemy
R2 = |QF |2 + |F X|2 = y 2 + 2xy.
Z kolei w trójkącie NF P ′
|F P ′|2 = z 2 + x2 .
(1)
Ponownie korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie P T ′Q otrzymujemy
|T ′ P ′ |2 = |QP ′ |2 − R2 ,
a dalej dla trójkąta QNP ′
|QP ′ |2 = |NP ′ |2 + |NQ|2 .
12
Zatem
|T ′ P ′|2 = |NP ′ |2 +|NQ|2 −R2 = z 2 +(x+y)2−R2 = z 2 +x2 +2xy+y 2−(y 2 +2xy) = z 2 +x2 .
Stąd i z równania 1 otrzymujemy ostatecznie
|T ′ P ′ | = |F P ′|.
W taki sam sposób dowodzimy, że
|T P | = |F P |.
Na podstawie powyższej konstrukcji wnioskujemy, że jeżeli ognisko F i jego
symetryczny obraz F ′ względem danej prostej a znajdują się po jednej stronie
kierownicy, to na tej prostej leżą dwa punkty P i P ′ paraboli. Jeśli natomiast
punkt F ′ należy do kierownicy, to znaczy, że na prostej a mamy tylko jeden
punkt paraboli - jej wierzchołek. Jednak, gdy punkty F i F ′ znajdują się po
obydwu stronach kierownicy, wówczas prosta a nie ma punktów wspólnych z
parabolą.
13
2.2
Styczne do paraboli
Tutaj omówimy metody wyznaczenia stycznych do paraboli P (F, k) z danego punktu A. Pokażemy konstrukcje tych szczególnych prostych w zależności
od położenia tego punktu i opiszemy pewne własności paraboli, które z nich
wynikają.
Przedtem jednak zapoznajmy się z ważnymi pojęciami:
Definicja 7. Sieczną paraboli nazywamy każdą prostą, która ma z nią dwa
punkty wpólne.
Definicja 8. Styczną do paraboli nazywamy prostą, która ma jeden punkt wspólny
z parabolą, a nie jest jej średnicą.
Oczywiście powyższa definicja nie wystarczy do udowodnienia przygotowanych konstrukcji. Łatwo można pokazać (na podstawie 1)
Twierdzenie 2. Prosta jest styczna do paraboli w punkcie P wtedy i tylko wtedy,
gdy jest ona symetralną odcinka T F , gdzie T oznacza punkt wspólny kierownicy
i średnicy P T .
Z punktu A leżącego na zewnątrz paraboli można poprowadzić dokładnie
dwie styczne do paraboli w punktach P i P ′ . Wówczas:
Definicja 9. [3] Prostą przechodzącą przez punkty P i P ′ nazywamy biegunową
punktu A względem paraboli, a punkt A- biegunem.
W szczególnym przypadku, gdy punkt A leży na paraboli , biegunowa pokrywa się ze styczną do paraboli wyprowadzoną z tego punktu.
Parabola dzieli płaszczyznę na dwa obszary: obszar wewnątrz i obszar na
zewnątrz danej paraboli. Wewnątrz tej krzywej stożkowej znajduje się jej ognisko, punkty oraz wszystkie styczne, natomiast kierownica leży na zewnątrz danej
paraboli.
Poza tym parabola jest również obwiednią rodziny stycznych, gdyż:
Definicja 10. [2] Obwiednią rodziny krzywych nazywamy krzywą styczną
w każdym punkcie do co najmniej jednej krzywej z tej rodziny.
Niech dane będą ognisko F i kierownica k paraboli P (F, k).
Zadanie 5. Z danego punktu A należącego do kierownicy wyprowadzić styczne
do paraboli.
14
s1
k
s2
P′
T′
A
F
T
P
Konstrukcja
(1) Z punktu A zakreślamy okrąg o promieniu AF . Otrzymujemy punkty T ′
i T przecięcia okręgu z kierownicą k.
(2) Wystawiamy prostopadłe do kierownicy w punktach T ′ i T .
(3) Prowadzimy symetralne odcinków T ′ F oraz T F , które przechodzą przez
punkt A.
(4) Znajdujemy punkty P i P ′ paraboli jako punkty przecięcia tych symetralnych ze średnicami paraboli.
(Symetralne są poszukiwanymi stycznymi do paraboli w punktach P ′ i P ).
(5) Rysyjemy parabolę jako miejsce geometryczne punktu P (P ′).
Dowód poprawności konstrukcji. Wynika wprost z twierdzenia 2.
Wniosek 1. Jeżeli poprowadzić styczne do paraboli z dowolnego punktu na kierownicy, to prosta łącząca punkty styczności przechodzi przez ognisko tej paraboli.
Dowód. Ognisko F leży na okręgu o środku w punkcie A i promieniu równym
odcinkowi AF . Wystarczy więc wykazać, że prosta P ′P jest styczna do tego
okręgu w punkcie F . Skoro P i P ′ są punktami paraboli P (F, k), to
|T ′P ′ | = |F P ′| oraz |T P | = |F P |.
Poza tym P ′ T ′ i P T są stycznymi do okręgu o środku A odpowiednio w punktach T ′ i T . Stąd na mocy twierdzenia o odcinkach stycznych do okręgu poprowadzonych z punktu zewnętrznego,prosta P ′ P musi być styczną do okręgu O(A, AF )
w punkcie F .
15
W rezultacie, jeśli biegun leży na kierownicy paraboli, to biegunowa przechodzi przez ognisko paraboli.
Wniosek 2. Styczne do paraboli poprowadzone z dowolnego punktu na kierownicy są wzajemnie prostopadłe.
Dowód. Ponieważ punkty P i P ′ są punktami paraboli, więc
|T ′P ′ | = |F P ′| oraz |T P | = |F P |.
Stąd trójkąty T ′ P ′ F oraz T P F są równoramienne. A zatem symetralne odcinków
T ′ F i T F muszą być jednocześnie dwusiecznymi kątów wyznaczonych przez
kierownicę i prostą AF , tzn.
∠T ′ AP ′ = ∠F AP ′ oraz ∠T AP = ∠F AP.
A skoro dwusieczne kątów przyległych są prostopadłe, to
∠T ′ AP ′ + ∠F AP = 90o.
Zadanie 6. Wyprowadzić styczne do paraboli z danego punktu A na zewnątrz
paraboli.
s1
k
T′
P′
F
A
P
T
s2
Konstrukcja
Konstrukcja jak w poprzednim zadaniu, tyle, że na początku wybieramy punkt
A znajdujący się na zewnątrz paraboli, a nie na jej kierownicy.
Dowód poprawności konstrukcji. Taki, jak w ostatnim zadaniu.
Na zakończenie tematu związanego ze stycznymi wprowadźmy jeszcze definicję promienia paraboli.
16
Definicja 11. Promieniem m paraboli P (F, k) nazywamy każdą półprostą o
wierzchołku w jej ognisku F .
W rezultacie, na mocy zadania 3, promień paraboli przecina krzywą stożkową
dokładnie w jednym punkcie. Konstrukcja przedstawiona w tym zadaniu oraz
twierdzenie 2 pozwalają nam także zrozumieć następujący przykład.
Zadanie 7. Skonstruuj punkt P przecięcia się jednocześnie promienia paraboli
z parabolą i styczną do paraboli w tym punkcie.
k
Q
A
W′
styczna
P
F
m
Konstrukcja
(1) Rzutujemy ognisko F paraboli na kierownicę k i dostajemy punkt W ′ .
(2) Rysujemy promień paraboli. Otrzymujemy punkt Q przecięcia się półprostej z kierownicą.
(3) Prowadzimy dwusieczną kąta W ′ F Q i wyznaczamy jej punkt A przecięcia
z ustaloną prostą k.
(4) Zaznaczamy punkt P promienia paraboli i prostopadłej do kierownicy
przechodzącej przez punkt A.
(5) Kreślimy symetralną odcinka AF , która zawiera skonstruowany punkt P .
Dowód poprawności konstrukcji. Trójkąt AP F jest równoramienny, więc
wyznaczony punkt P należy do paraboli. Z drugiej strony wierzchołek P tego
trójkąta leży na symetralnej odcinka AF , czyli stycznej do paraboli. Wiemy
jednak, że każdy promień paraboli ma z nią tylko jeden punkt wspólny, będzie
więc nim punkt P .
17
Zwróćmy uwagę na to, że z rysunku możemy odczytać, w jaki sposób zachowują się promienie świetlne. Znana i wykorzystywana w fizyce optyczna własność
paraboli pokazuje, że gdy w ognisku F paraboli będzie znajdować się źródło
światła, to promienie świetlne odbite od paraboli będą biegły równolegle do
osi głównej. Natomiast, jeśli wiązka promieni równoległych padnie na parabolę,
to po odbiciu zostanie skupiona w ognisku. Stanowi ona podstawę konstrukcji
zwierciadeł parabolicznych i między innymi tłumaczy nazwę punktu F .
18
3
Parabola i trójkąt
W tym rozdziale zajmiemy się własnościami paraboli związanymi z problematyką należącą do teorii "geometrii trójkąta". Okazuje się, że parabola ma wiele
wspólnego z trójkątami i w tym paragrafie postaramy się to pokazać. W tym celu
przedstawimy zadania oraz ich konstrukcyjne dowody, jak również twierdzenia
obrazujące ważne cechy naszej krzywej stożkowej.
Na początku opiszemy zadanie, które jest zupełnym przeciwieństwem konstrukcji pokazanych w ostatniej części pracy.
Mianowicie, niech dana będzie parabola P (F, k) oraz dwie styczne do paraboli
w punktach B i C wychodzące z dowolnego punktu A.
Zadanie 8. Wyznaczyć ognisko i kierownicę paraboli stycznej do boków AB i
AC odpowiednio w punktach B i C. Parabolę taką będziemy oznaczali symbolem P (A, BC).
Do rozwiązania powyższego zadania niezbędne jest przypomnienie konstrukcji
oraz kilku faktów wynikających z zadania 6.
Lemat 1. Następujące pary trójkątów równoramiennych są podobne:
△F AB ′ ∼ △F CC ′ oraz △F AC ′ ∼ △F BB ′ .
k
s2
B
B′
A
F
C
C′
s1
Dowód. Styczne AB oraz AC to symetralne odpowiednio boków B ′ F i C ′ F .
Ponieważ trójkąty F BB ′ i F AC ′ są równoramienne, więc symetralne ich podstaw
są równocześnie dwusiecznymi kątów przeciwległych wierzchołków.
Rozpatrzmy trójkąt F AC ′ . Niech
∠F AC = ∠CAC ′ = α.
19
Kąt ∠F B ′ C ′ jest kątem wpisanym opartym na łuku Fd
C ′ , natomiast kąt ∠F AC ′ ,
kątem środkowym opartym na tym samym łuku. Stąd
∠F B ′ C ′ = α.
Zajmijmy się trójkątem F BB ′ . Niech
∠F BA = ∠ABB ′ = y oraz ∠F B ′ B = ∠ABF = x.
Wówczas
x + y = 90o .
Skoro prosta BB ′ jest średnicą, to
α + x = 90o .
Zatem
α = y,
tzn.
∠F AC ′ = ∠F BB ′ .
Analogicznie pokazujemy, że
∠F AB ′ = ∠F CC ′ .
Ostatecznie kąty trójkąta F AC ′ są odpowiednio równe kątom trójkąta F BB ′ .
Podobnie kąty trójkąta F AB ′ są odpowiednio równe kątom trójkąta F CC ′ , więc
z cechy (kkk) trójkąty te muszą być podobne.
Narysujmy jeszcze jeden okrąg o środku w punkcie A styczny do średnic BB ′
i CC ′ . Promień tego okręgu będzie więc równy połowie odcinka B ′ C ′ .
s1
k
B
B′
F
A
A1
C
C′
s2
20
Ponieważ BB ′ jest styczną do tego okręgu, a ognisko F symetryczne do punktu
B ′ względem prostej AB, to prosta BF jest również do niego styczna.
Twierdzenie 3. Proste BF i CF są styczne do okręgu O(A, 12 B ′ C ′ ).
Wniosek 3. Ognisko F jest punktem przecięcia stycznych do okręgu O(A, 12 B ′ C ′ )
poprowadzonych z wierzchołków B i C.
Teraz możemy już przejść do konstrukcji stanowiącej dowód zadania 8.
s1
k
P
B′
F
A
Q
B
A1
C′
C
s2
Konstrukcja
(1) Wyznaczamy środek A1 boku BC.
(2) Prowadzimy równoległe do prostej AA1 przez punkty B i C danej paraboli.
(3) Rysujemy prostopadłą do trzech równoległych przez punkt A.
(4) Kreślimy okrąg o O o środku w punkcie A i promieniu równym połowie
odcinka P Q.
(5) Prowadzimy styczne do tego okręgu z punktów B i C.
(6) Zaznaczamy punkt F ich przecięcia. Jest on szukanym ogniskiem paraboli.
(7) Wyznaczamy punkty B ′ i C ′ symetryczne do ogniska względem stycznych
AB i AC. Punkty te leżą na kierownicy paraboli.
Dowód poprawności konstrukcji. Prosta AA1 jest srednicą paraboli P1 . Z
wniosku 3 dostajemy, że punkt F przecięcia stycznych do okręgu O(A, 21 P Q)
poprowadzonych z punktów B i C paraboli jest ogniskiem . Z kolei punkty B ′ i
C ′ są symetryczne do F względem odpowiednio prostych AB oraz AC, skąd
|BB ′ | = |F B| oraz |CC ′ | = |F C|.
Zatem punkty te wyznaczają kierownicę paraboli P (A, BC).
21
W analogiczny sposób możemy konstruować ogniska i kierownice pozostałych
parabol.
Wniosek 4. W każdy trójkąt ABC można wpisać trzy parabole: parabolę P (A, BC)
styczną do boków AB i AC w punktach A i C, parabolę P (B, CA) styczną
do boków BA i BC w punktach B i C oraz parabolę P (C, AB) styczną
do boków CA i CB w punktach A i B.
kA
C
B1
Fb
Fa
A
C1
A1
Fc
kC
B
kB
Dalsza część pracy dotyczyć będzie paraboli P (A, BC). Do tej pory zajmowaliśmy się poszukiwaniem i konstruowaniem dwóch stycznych do tej paraboli
poprowadzonych z jednego punktu. Kolejne twierdzenie dotyczyć będzie trzeciej
stycznej znajdującej się także w trójkącie ABC.
Twierdzenie 4. Prosta B1 C1 jest styczna do paraboli P (A, BC) w punkcie P ,
gdzie P oznacza środek odcinka B1 C1 , natomiast punkty B1 i C1 środki odpowiednio boków AC i AB.
22
k
B′
B
C1
A
A′
P
A1
F
B1
C
C
′
Dowód. Niech A′ , B ′ , C ′ będą rzutami prostokątnymi kolejno punktów A, B,
C na kierownicę. Narysujmy okrąg O(C1 , C1F ). Zauważmy, że przechodzi on
przez punkty B ′ , A′ oraz oczywiście ognisko F . Zatem jest okręgiem opisanym
na trójkącie F A′ B ′ . Oznacza to, że na symetralnej odcinka A′ F znajduje się
punkt C1 .
Analogicznie, punkty C ′ , A′ oraz F leżą na okręgu O(B1 , B1 F ). Zatem musi on
być opisany na trójkącie F A′ C ′ , czyli symetralna boku A′ F przechodzi przez
punkt B1 .
Stąd prostopadła do A′ F poprowadzona przez jego środek to dokładnie prosta B1 C1 , więc jest również styczną do paraboli. Punkt P będący środkiem
prostej B1 C1 leży również na średnicy AA1 . Oznacza to, że
|A′ P | = |F P |,
skąd P jest punktem styczności danej paraboli.
Powyższe twierdzenie przydaje się także przy konstruowaniu stycznych do
paraboli w danym punkcie paraboli.
Zadanie 9. Wyprowadź styczną do paraboli P (F, k) o danym ognisku i kierownicy w danym punkcie A paraboli.
23
k
B′
B
A′
A
W′
F
W
Konstrukcja
(1) Rzutujemy na kierownicę punkt A i wierzchołek W . Otrzymujemy odpowiednio punkty A′ i W ′ .
(2) Odkładamy punkt B ′ , tak, aby |A′ B ′ | = |A′ W ′ |.
(3) Wyznaczamy punkt B paraboli jako przecięcie prostopadłej do kierownicy
wystawionej w punkcie B ′ i symetralnej odcinka B ′ F .
(4) Rysujemy cięciwę BW .
(5) Przez A prowadzimy równoległą do BW .
(Jest to poszukiwana styczna).
Dowód. Stanowi wniosek z poprzedniego twierdzenia, co można zauważyć z
poniższego rysunku.
k
B
B′
A′ Q
A
A1
P
F
W′
W
24
Lemat 2. Kąt między odcinkami AF i AB równa się kątowi pomiędzy odcinkami AA1 i AC.
Przypomnijmy rysunek z lematu 1.
s1
k
B′
B
A1
A
F
C
C
′
s2
Dowód. Wiemy, że
△F AB ′ ∼ △F CC ′.
Ponieważ proste AC i AB są dwusiecznymi odpowiednio kątów F CC ′
oraz F AB ′ , to
∠F AB = ∠ACC ′ .
Zauważmy, że
∠F AB = ∠F C ′ B ′ ,
jak również
∠ACC ′ = ∠F C ′ B ′ ,
gdyż mają odpowiednie ramiona wzajemnie prostopadłe.
Zatem
∠ACC ′ = ∠F AB.
Średnice CC ′ i AA1 są równoległe, więc
∠ACC ′ = ∠CAA1
jako kąty naprzemianległe.
Stąd
∠CAA1 = ∠F AB.
Podobnie
∠A1 AB = ∠F AC.
O prostych AF i AA1 mówimy wtedy, że są antypararelne lub przeciwrównoległe względem prostych AB i AC.
25
Lemat 3. Kąt między odcinkami AF i AC równa się kątowi pomiędzy odcinkami
C1 B1 i C1 F .
s1
k
B′
B
C1
A
A′
S
A1
P
F
B1
C
C
′
s2
Dowód. Niech S oznacza środek odcinka B1 C1 . Rozważmy styczne do paraboli
PA,BC wychodzące z punktu C1 . Na podstawie twierdzenie 4 styczną do tej
paraboli będzie prosta C1 B z punktem styczności P oraz prosta C1 B z punktem
styczności B.
Z kolei na mocy poprzedniego lematu wnioskujemy, że kąt między odcinkami
C1 F i C1 P równa się kątowi między odcinkami C1 S i C1 B, tzn.
∠P C1 F = ∠BC1 S.
Ale proste AA1 i C1 S są równoległe, więc
∠BC1 S = ∠A1 AB
jako kąty odpowiadające.
Stąd
∠A1 AB = ∠P C1F.
Poza tym z 2 mamy
∠A1 AB = ∠F AC,
skąd
∠P C1 F = ∠F AC.
Ostatecznie
∠F AC = ∠B1 C1 F.
26
4
Inne własności paraboli
Tym razem omówimy różne własności paraboli, które wiążą się zarówno z
prostymi, trójkątami, jak i okręgami. Zajmiemy się głównie twierdzeniami, konstrukcjami oraz przedstawimy dowody ich poprawności. Niektóre z nich będą
odwoływać się do pokazanych już wcześniej własności. Przytoczymy także kilka
znanych faktów potrzebnych do zrozumienia poszczególnych faktów.
Powróćmy do ostatniego zadania z poprzedniej części. Zauważmy, że
Twierdzenie 5. Okrąg opisany na trójkącie AB1 C1 utworzonym przez trzy
styczne do paraboli P (A, BC) przechodzi przez ognisko F .
k ′
B
B
C1
A
A1
P
A′
S
K
B1
F
C′
C
Dowód. Niech K będzie punktem przecięcia przekątnych czworokąta AB1 C1 F .
Wiemy, że
∠F AB1 = ∠B1 C1 F.
Poza tym
∠AKB1 = ∠F KC1
jako kąty wierzchołkowe, więc
∠AB1 C1 = ∠AF C1 .
d1 , to ∠AF C1 ,
A ponieważ ∠AB1 C1 jest kątem wpisanym opartym na łuku AC
jako kąt oparty na tym samym łuku, jest również kątem wpisanym. Zatem ognisko paraboli musi leżeć na okręgu opisanym na trójkącie AB1 C1 .
Lemat 4. Punkt przecięcia się średnicy AA1 z prostą przechodzącą przez ognisko F paraboli P (A, BC) i prostopadłą do prostej BC należy do kierownicy tej
paraboli.
27
k
B
B′
C1
A′
P
A
A1
F
B1
C
C′
Dowód. Na mocy poprzedniego lematu na czworokącie AB1 C1 F można opisać
okrąg. Styczna B1 C1 to symetralna odcinka A′ F , gdzie A′ oznacza rzut prostokątny punktu A na kierownicę k. Wynika stąd, że prosta A′ F jest prostopadła
do prostej B1 C1 . A ponieważ B1 C1 kBC, to A′ F ⊥ BC. Stąd i z tego, że
A′ ∈ AA1 ∩ A′ F dostajemy, że punkt A′ , będący punktem przecięcia średnicy
AA1 z prostą A′ F przechodzącą przez ognisko paraboli i prostopadłą do prostej
BC, należy do kierownicy.
Aby pokazać kolejną własność paraboli udowodnimy najpierw
Lemat 5. Symetryczny obraz ortocentrum H trójkąta ABC względem prostej,
w której zawiera się jeden z boków trójkąta należy do okręgu opisanego na tym
trójkącie.
A
H
C
H′
B
Dowód. Niech wysokość opuszczona z wierzchołka A przecina okręg opisany
na trójkącie ABC w punkcie H ′ , natomiast H niech będzie symetrycznym obra28
zem punktu H ′ względem prostej BC. Zauważmy, że trójkąt HBH ′ jest równoramienny, skąd
∠H ′ BC = ∠HBC.
Z drugiej strony
∠H ′ BC = ∠HBC
′ C. Zatem
d
jako kąty wpisane oparte na łuku H
∠H ′ AC = ∠CBH.
Prosta AH ′ jest prostopadła do boku BC, więc prosta BH musi być prostopadła
do boku AC. Oznacza to, że H jest ortocentrum trójkąta ABC.
Potrzebny będzie jeszcze jeden fakt:
Lemat 6. Kąt między dwiema cięciwami CE i DF równa się połowie sumy
d oraz CD.
d
kątów środkowych opartych na łukach EF
C
D
A
B
E
F
Dowód. Oznaczmy
α = ∠F AE, β = ∠CAD, δ = ∠CBF , γ = ∠CBD = ∠EBF.
Wówczas z twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym opartym na tym samym
łuku otrzymujemy
β
α
∠CF B =
oraz ∠BCF = .
2
2
W trójkącie CBF mamy
α β
δ = 180o − − .
2
2
A ponieważ kąty δ i γ są przyległe, więc
180o −
α β
− + γ = 180o .
2
2
29
Stąd
α+β
.
2
γ=
Twierdzenie 6. Kierownica paraboli przechodzi przez ortocentrum trójkąta AB1 C1 .
k
B′
B
C1
G
A
A′
P
X
A1
H1
′
B1 H1
C′
F
C
Dowód. Zacznijmy od opisania okręgu S na trójkącie ABC. Wiemy, że ognisko
F do niego należy. Dalej opuszczamy z wierzchołka A prostopadłą do boku
B1 C1 przecinającą kierownicę w punkcie H1 , a okrąg S w punkcie H1′ . Tak
poprowadzona prosta będzie równoległa do prostej A′ F , gdyż prosta A′ F jest
prostopadła do boku BC (z lematu 4), który z kolei jest równoległy do boku
B1 C1 .
Pokażemy że punkt H1 jest ortocentrum trójkąta AB1 C1 . Wystarczy jednak
udowodnić, że styczna B1 C1 jest symetralną odcinka H1 H1′ (na podstawie lematu
5). W tym celu sprawdzamy, czy trapez A′ F H1 H1′ jest równoramienny. Dążymy
zatem do tego, aby
∠A′ F H1′ = ∠F A′ H1 .
Punkt przecięcia prostej A′ F z okręgiem S oznaczmy przez G. Wówczas
′
[
∠A′ F H1′ jest kątem wpisanym opartym na łuku H
1 G. Kąt AC1 F to kąt wpisany
d . Zauważmy jednak, że
oparty na łuku AF
′
d′ + H
d = AH
[
AF
1
1F .
′
diH
[
Ale łuki AG
1 F są równe jako zawarte między prostymi równoległymi, tzn.
′
d=H
[
AF
1 G,
30
skąd
(2)
∠A′ F H1′ = ∠AC1 F.
Niech X będzie punktem przecięcia średnicy AA1 z okręgiem. Z lematu 6
kąt między cięciwami B1 C1 i AX równa się połowie sumy kątów środkowych
d1 i C
[
opartych na łukach AB
1 X. Z dowodu zadania 3 wynika, że
d
[
C
1 X = B1 F .
Zatem kąt między cięciwami B1 C1 i AX musi być równy połowie kąta środkowego opartego na łuku
d = AB
d1 + B
d
AF
1F ,
d.
tzn. kątowi wpisanemu ∠AC1 F opartemu na łuku AF
Stąd
∠AP B1 = ∠C1 P X = ∠AC1 F.
(3)
∠A′ P B1 = ∠H1 A′ F,
(4)
Wreszcie
gdyż ich ramiona są odpowiednio prostopadłe do siebie.
Ostatecznie z równości 2, 3 oraz 4 dostajemy
∠A′ F H1′ = ∠F A′ H1 .
Czyli punkt H1 jest ortocentrum trójkąta AB1 C1 .
Twierdzenie 7. Kierownica paraboli P (A, BC) przecina okrąg Eulera w punkcie A3 będącym ortocentrum trójkąta AB1 C1 i w punkcie A′ , który jest rzutem
prostokątnym tego ortocentrum na środkową AA1 .
C
k
C3
A1
B1
B2
A′
O
O1
H
A3
A
A2
B3
C1
C2
31
B
Dowód. Oznaczmy symbolem A3 ortocentrum trójkąta AB1 C1 . Niech okrąg S ′
o środku w punkcie O1 będzie obrazem okręgu S o środku w punkcie O opisanego
na trójkącie ABC w jednokładności o środku w punkcie H i skali 21 .
Zwróćmy uwagę na to, że trójkąt AB1 C1 jest obrazem trójkąta ABC w jednokładności o środku A i współczynniku 12 . Oznacza to, że ortocentrum trójkąta
AB1 C1 jest obrazem ortocentrum H, czyli środkiem odcinka AH, a zatem punktem A3 . Na podstawie lematu 5 widzimy, że punkty A3 , B3 , C3 oraz A2 , B2 i C2
należą do tego okręgu.
Zauważmy, iż punkt O1 jest środkiem odcinka OH. Jeżeli zrzutujemy punkty
O i H na bok BC, następnie na bok AB oraz AC otrzymamy odpowiednio
punkty A1 i A2 , C1 i C2 oraz B1 i B2 . Te pary punktów tworzą cięciwy okręgu
S ′.
Ostatecznie punkty
A1 , B1 , C1 - środki kolejnych boków △ABC,
A2 , B2 , C2 - spodki wysokości △ABC,
A3 , B3 , C3 - środki odpowiednio odcinków AH, BH, CH
leżą na okręgu S ′ . Oznacza to, że okrąg, o którym mowa jest okręgiem Eulera.
Ponadto trójkąty: △A1 A2 A3 , △B1 B2 B3 i △C1 C2 C3 są prostokątne, tak więc
odcinki A1 A3 , B1 B3 i C1 C3 muszą być średnicami okręgu dziewięciu punktów.
Niech A′ będzie punktem przecięcia się tego okręgu ze środkową AA1 trójkąta
ABC, to prosta A′ A3 jest do niej prostopadła. Wiemy jednak, że środkowa AA1
jest także średnicą paraboli P (A, BC), a więc prostopadłą do jej kierownicy, do
której należy punkt A3 . Stąd prosta A′ A3 zawiera się w kierownicy k, a punkty
A′ i A3 należą do okręgu Eulera.
Twierdzenie 8. Kierownica k paraboli P (A, BC), prosta BC i styczna do okręgu
S opisanego na trójkącie ABC w punkcie A, przecinają się w jednym punkcie
M.
B
A
O
A3
H
A1
C
M
k
32
Dowód. Przypuśćmy, że prosta BC i kierownica k paraboli P (A, BC) przecinają
się w punkcie M. Chcemy pokazać, że prosta AM jest styczną do okręgu S.
Rozpatrzmy trójkąt AA1 M. Kierownica paraboli jako prostopadła do średnicy AA1 jest jego wysokością, podobnie prosta AH jako prostopadła do prostej
MA1 . Te dwie wysokości przecinają się w punkcie A3 , dlatego prosta A1 A3 musi
zawierać trzecią wysokość tego trójkąta.
Rozważmy czworokąt AOA1 A3 . Mamy
|A1 A3 | = |AO|.
Równość ta wynika z faktu, iż A1 A3 jest średnicą okręgu Eulera, którego długość promienia wynosi połowę długości promienia okręgu opisanego na trójkącie
ABC. Stąd prosta A1 A3 jest równoległa do prostej AO. Zatem AA3 też jest
równoległa do OA1 oraz
|AA3 | = |OA1|.
Czyli dany czworokąt jest równoległobkiem. Stąd i z faktu, że A3 A1 to prosta
prostopadła do MA dostajemy
MA ⊥ OA,
tzn. prosta MA jest styczną do okręgu S.
Twierdzenie 9. Prosta OF przechodzi przez punkt M przecięcia się kierownicy
paraboli P (A, BC) z prostą BC.
B
C1
A
A′
N O
Z
A1
F
B1
X
C
Y
R
k
Dowód. Niech R będzie punktem przecięcia się prostej OF z kierownicą k,
z kolei N, punktem przecięcia się tej prostej z prostą AA1 .
Rozpatrzmy trójkąt ANR. Na podstawie dowodu poprzedniego twierdzenia
AN ⊥ k.
33
(5)
Poza tym z dowodu twierdzenia7 wiemy, że OA jest średnicą okręgu opisanego
na trójkącie AB1 C1 , natomiast z lematu 5 dostajemy, że ognisko F do niego
należy. Stąd wnioskujemy, że
AF ⊥ OG.
(6)
Niech Z będzie punktem przecięcia się prostej AF i kierownicy paraboli. Z 5 i 6
widzimy, że punkt Z jest ortocentrum trójkąta ANR, skąd
MN ⊥ AG.
(7)
Na mocy powyższych zależności, ponieważ ∠MA′ N = ∠AF N = 90o ,
na czworokącie ZA′ NF można opisać okrąg. Zatem w czworokącie ZA′ NF
∠ZNF = ∠ZA′ F
d oraz
jako kąty wpisane oparte na łuku ZF
∠ZA′ F = ∠AA1 C,
(8)
(9)
gdyż ich ramiona są odpowiednio prostopadłe.
Oznaczmy przez X punkt przecięcia się prostej AA1 z okręgiem S i przez Y
punkt jego przecięcia z prostą AF . Z lematu 6 dostrzegamy, że kąt AA1 C jest
d i AC.
d Jednak
równy połowie sumy kątów środkowych opartych na łukach BX
d = CY
d,
BX
co odczytujemy z rysunku w zadaniu 3. Wobec tego kąt AA1 C ma taką samą
d , ponieważ
miarę, co połowa kąta środkowego opartego na łuku AY
d = AC
d + CY
d
AY
d + BX.
d
= AC
d . Poza tym trójkąt
Widzimy, że kąt AOY to kąt środkowy oparty na łuku AY
AOY jest równoramienny i OF ⊥ AY , więc
∠AOF = ∠F OY,
d . Zatem
co stanowi połowę kąta środkowego opartego na łuku AY
∠AA1 C = ∠AOF.
Otrzymujemy z 8, 9 i 10, że
∠MNF = ∠AOF,
czyli
ZN k AO.
34
(10)
Wracając do własności 7 mamy
RA ⊥ AO.
A skoro odcinek AO jest promieniem okręgu opisanego na trójkącie ABC, to
prosta RA jest do niego styczna. Zatem na podstawie poprzedniego twierdzenia
styczna do okręgu S przecina się z kierownicą w punkcie M. Oznacza to, że
R=M
35
Literatura
[1] K. Borsuk, Geometria Analityczna w n wymiarach, Spółdzielnia Wydawnicza Czytelnik, Szwecja, 1950.
[2] A. B. Empacher, Z. Sępa, A. Żakowska, W. Żakowski, Mały słownik matematyczny, WP, Warszawa, 1967.
[3] B. Gdowski, E. Pluciński, Zbiór zadań z rachunku wektorowego i geometrii
analitycznej, Oficyna Wydawnicza Politechniki Warszawskiej, Warszawa,
2000.
[4] T. Jurlewicz, Z. Skoczylas, Algebra liniowa 1, Definicje, twierdzenia, wzory,
Oficyna Wydawnicza GiS, Wrocław, 2006.
[5] L. Jeśmanowicz, Zielone światło dla paraboli, Matematyka 6 (1985)
str.296-309, WSiP.
[6] F. Leja, Geometria Analityczna, PWN, Warszawa, 1956.
36