antyrównoleg³y
Transkrypt
antyrównoleg³y
liceum Odcinek antyrównoleg³y n STEFAN MIZIA R ozwa¿my trójk¹t ABC. Jeli 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 równoæ v XYA = v ACB = g. poprowadzonych odpowiednio z wierzcho³ków A, B i C trójk¹ta. Treci 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 rodkiem 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 wyjciowego trójk¹ta ostrok¹tnego. Poni¿ej proponujê kilka zadañ zwi¹zanych z odcinkiem, którego koñcami s¹ rzuty prostok¹tne spodka wysokoci na pozosta³e boki. Przypomnijmy przy okazji, ¿e standardowo punkty H1, H2, H3 oznaczaj¹ spodki wysokoci trójk¹ta 28 Wykazaæ, ¿e jeli rodek 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 rodkiem jest rodek 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 wysokociami 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 wysokoæ AH1 jest jego rednic¹. 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 rodkowy). St¹d mamy vADM = 180° - g - (90° - g ) = 90°. To koñczy dowód. Z drugiej, zamiast wysokoci, mo¿emy w powy¿szej równoci podstawiæ rednice okrêgów opisanych na tych trójk¹tach: 6 $01 _ $+ _ = 6 $%& 5 Mno¿¹c stronami obie zale¿noci i pamiêtaj¹c, ¿e |AO| = R, dostaniemy 6. Rozwa¿my trójk¹t D AMN. Z poprzedniego zadania wiemy, ¿e promieñ AO jest wysokoci¹ tego trójk¹ta. Mamy te¿ D AMN ~ D ABC, co wynika st¹d, ¿e MN jest odcinkiem antyrównoleg³ym do BC. St¹d, poniewa¿ stosunek wysokoci » 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 d³ugoci 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