plik PDF

Michał Stukow
Twierdzenie Ptolemeusza
Tytułowe twierdzenie nie mieści si˛e
w programie szkolnym, za to stanowi
ciekawy temat na kółko. Przydaje si˛e
ponadto do rozwiazywania
˛
wielu zadań
z Olimpiady Matematycznej. Przypomnijmy jego brzmienie:
Niech a, b, c, d, e, f b˛eda˛ długościami
boków i przekatnych
˛
czworokata
˛ wpisanego w okrag.
˛ Wtedy ac + bd = e f .
Wykazać, że da + db + dc = R + r, gdzie
R i r sa˛ promieniami okr˛egów odpowiednio opisanego i wpisanego.
Kilka podpowiedzi
Przy rozwiazywaniu
˛
ostatniego z tych
zadań niezb˛edne moga˛ si˛e okazać wskazówki. Na poczatek
˛
należy wykonać
rysunek i nazwać te odcinki i punkty,
które b˛eda˛ potrzebne przy rozwiaza˛
niu. Pami˛etajmy, aby nie wykonywać
rysunku od razu po napisaniu treści zadania, dajmy chwil˛e uczniom na jego samodzielne sporzadzenie.
˛
Zanim zmierzymy si˛e z dowodem tego
faktu, zobaczmy, do czego może si˛e on
przydać. Rozwiażmy
˛
wi˛ec kilka zadań
z jego zastosowaniem.
1. W okrag
˛ wpisany jest trójkat
˛ równoboczny ABC. Udowodnić, że jeśli ci˛eciwy CE i AB przecinaja˛ si˛e, to CE =
= AE + EB.
2. W okrag
˛ wpisany jest kwadrat ABCD.
Udowodnić, że jeśli ci˛eciwy√PA i DC
przecinaja˛ si˛e, to PA + PC = 2PB.
3. W trapezie równoramiennym podstawy maja˛ długości a i b, a boki nierównoległe sa˛ długości c. Obliczyć długość
przekatnej.
˛
Wskazówka: na trapezie równoramiennym można opisać okrag.
˛
4. Odległości od środka okr˛egu opisanego na trójkacie
˛
ostrokatnym
˛
do jego
boków wynosza˛ da , db , dc .
20
Jeżeli rysunek okazał si˛e niewystarczajac
˛ a˛ pomoca,
˛ zwróćmy uwag˛e, że mamy
trzy czworokaty,
˛ na których można opisać okrag:
˛ AOc OOb , BOa OOc , COb OOa
(w każdym z nich jest para przeciwległych katów
˛
prostych, a wi˛ec w sumie
majacych
˛
180◦).
Kolejna rzecz, na która˛ możemy zwrócić uwag˛e, to to, że AO = BO = CO = R
oraz że długości odcinków Oa Ob , Ob Oc ,
Oc Oa równe sa˛ połowom odpowiednich
boków.
Aby zakończyć rozwiazanie,
˛
wystarczy
dodać trzy równości otrzymane przez
zastosowanie tw. Ptolemeusza do odpowiednich czworokatów
˛
oraz równość
da a2 + db b2 + dc 2c = r a+b+c
(obie strony
2
tej równości wyrażaja˛ pole trójkata
˛
ABC).
KÓŁKO
CYAN BLACK
ML7 str. 20
Pora na dowód
Gdy już dobrze rozumiemy treść twierdzenia Ptolemeusza, możemy zmierzyć
si˛e z jego dowodem. Niech P b˛edzie
punktem przekatnej
˛
AC takim, że
ABP = DBC.
Stosujac
˛ twierdzenie Ptolemeusza do
czworokatów
˛
AMBN i CNDM, otrzymujemy odpowiednio:
AM · BN + MB · AN = MN · AB
CN · DM + ND · CM = MN · CD
Korzystajac
˛ teraz z równości AM = MB
i CN = ND mamy:
AN + BN
MN
=
AB
AM
MN
DM + CM
=
CD
CN
Warto, aby uczniowie spróbowali przeprowadzić dalsza˛ cześć dowodu samodzielnie, opierajac
˛ si˛e na dwóch wskazówkach:
• trójkaty
˛ ABP i DBC sa˛ podobne, skad
˛
AB · CD = BD · AP,
• trójkaty
˛ ABD i PBC sa˛ podobne, skad
˛
AD · BC = BD · PC.
Zobaczmy teraz, w jaki sposób twierdzenie Ptolemeusza mogło okazać si˛e
pomocne przy rozwiazaniu
˛
zadania 6 z II
serii pierwszego etapu tegorocznej olimpiady.
Punkty A, B, C, D leża˛ w tej właśnie
kolejności na okr˛egu o. Punkt M jest
środkiem tego łuku AB okr˛egu o, który
nie zawiera punktów C i D; punkt N jest
środkiem tego łuku CD okr˛egu o, który
nie zawiera punktów A i B. Dowieść, że
AN 2 − BN 2 DM 2 − CM 2
=
.
AB
CD
Gdy uwzgl˛ednimy te wyliczenia, teza
zadania redukuje nam si˛e do równości:
AN − BN
DM − CM
=
AM
CN
Aby udowodnić t˛e równość, oznaczmy
NAM = α. Wtedy NDM = α oraz
MBN = MCN = 180◦ − α. Wyliczajac
˛ wartość MN 2 , korzystajac
˛ z twierdzenia kosinusów dla trójkatów
˛
NAM
i MBN i porównujac
˛ otrzymane wartości, otrzymujemy:
AN 2 − BN 2 = 2AM cos α(AN + BN)
czyli
AN − BN = 2AM cos α
Przeprowadzajac
˛ analogiczny rachunek
dla trójkatów
˛
MCN i NDM, otrzymamy
DM − CM = 2CN cos α
co dowodzi żadanej
˛
równości.
∗∗∗
Na zakończenie jedno zadanie do samodzielnego rozwiazania.
˛
Okrag
˛ przechodzacy
˛ przez wierzchołek A
równoległoboku ABCD przecina odcinki
AB, AC, AD w punktach P, Q, R. Wykazać, że
AP · AB + AR · AD = AQ · AC
KÓŁKO
CYAN BLACK
ML7 str. 21
21