Geometria trójkąta - wybrane zagadnienia
Planimetria Odsłon: 2414

wybrane-zagadnienia-z-geometrii-trójkąta-2022-1-76cdb830-dc7c-45f4-9dc7-a620d1ef4ca8

GEOMETRIA TRÓJKĄTA - wybrane zagadnienia

 

 

Mierzenie i pojęcia z mierzeniem związane zajmują wiele miejsca w szkolnej matematyce. Odległość (długość) i pole (miara płaska) to wielkości, którymi posługiwano się w starożytnym Babilonie i Egipcie. Pierwsi matematycy byli przede wszystkim praktykami, w Egipcie - urzędnikami panującego faraona. Każdego roku mieli oni do rozwiązania takie samo zadanie. Wylewający Nil niszczył granice poletek uprawianych przez fellachów (egipskich rolników poddanych faraona). Należało więc na nowo wytyczyć działki i drogi do nich prowadzące. Ważne było, by drogi prowadzące do pól umożliwiały szybkie dotarcie do celu, a więc były możliwie najkrótsze (chodzimy na skróty i dzisiaj, co widać szczególnie zimą, gdy ludzie wydeptują ścieżki niezgodne z wytyczonymi, bo tak jest bliżej). Aby uniknąć sporów urzędnicy faraona musieli zadbać o to, żeby działki różnych rolników nie zachodziły na siebie i można je było w jakiś sposób porównywać ( od wielkości działki zależały na ogół plony , a więc i zyski). Działki, podobnie jak i w naszych czasach, miały kształt wielokąta ( najczęściej trójkąta lub czworokąta). Wymyślono więc metody porównywania wielokątów.

Pytanie. Czy potrafisz podzielić obszar w ksztakcie trójkata na dziewięć trójkatnych dziatek o równych polach? Od czasów Talesa i Pitagorasa matematycy wiedzą o tym, że odkryte twierdzenia ( własności) należy uzasadnić (udowodnić).
Pytanie. Czy nastęujqce rozumowanie możemy uznać za dowód twierdzenia: Suma katów wewnętrznych w trójkacie ma 180 ∘ 180 ∘ 180^(@)180^{\circ}180∘ ?
W trójkącie A B C A B C ABCA B CABC poprowadźmy odcinek C D C D CDC DCD.
Oznaczmy sumę kątów wewnętrznych trójkąta przez x x xxx. Wówczas mamy
α + β + γ = x , α + ε + φ = x , β + δ + ψ = x . α + β + γ = x , α + ε + φ = x , β + δ + ψ = x . {:[alpha+beta+gamma=x","],[alpha+epsi+varphi=x","],[beta+delta+psi=x.]:}\begin{aligned} &\alpha+\beta+\gamma=x, \\ &\alpha+\varepsilon+\varphi=x, \\ &\beta+\delta+\psi=x . \end{aligned}α+β+γ=x,α+ε+φ=x,β+δ+ψ=x.
Zatem
α + ε + φ + δ + β + ψ = 2 x . α + ε + φ + δ + β + ψ = 2 x . alpha+epsi+varphi+delta+beta+psi=2x.\alpha+\varepsilon+\varphi+\delta+\beta+\psi=2 x .α+ε+φ+δ+β+ψ=2x.
Ale
φ + ψ = γ i ε + δ = 180 ∘ φ + ψ = γ  i  ε + δ = 180 ∘ varphi+psi=gammaquad" i "quad epsi+delta=180^(@)\varphi+\psi=\gamma \quad \text { i } \quad \varepsilon+\delta=180^{\circ}φ+ψ=γ i ε+δ=180∘
( ε ε epsi\varepsilonε i δ δ delta\deltaδ są kątami przyległymi). Stąd
x + 180 ∘ = 2 x . x + 180 ∘ = 2 x . x+180^(@)=2x.x+180^{\circ}=2 x .x+180∘=2x.
Zatem
x = 180 ∘ . x = 180 ∘ . x=180^(@).x=180^{\circ} .x=180∘.
Twierdzenia mogą być stosowane do rozwiązywania zadań bądź wykorzystywane przy dowodzeniu innych twierdzeń. Przypomnimy np. jak wykorzystać własności pola przy wyprowadzaniu wzorów na pole trójkąta, równoległoboku, trapezu. Wykorzystamy te wiadomości dowodząc twierdzenia Pitagorasa, a przy uzasadnianiu twierdzenia Talesa wykorzystamy własności pola i twierdzenie Pitagorasa. Twierdzenie Pitagorasa i i i\mathrm{i}i twierdzenie Talesa są znane z gimnazjum, jednak ze względu na ich zastosowania warto do tych twierdzeń wrócić. Udowodnimy twierdzenia Carnota i Stewarta i wykorzystamy je do wyznaczenia długości wysokości trójkąta, długości środkowych i długości odcinków dwusiecznych trójkąta. Uzasadnimy wzór Herona. Przypomnimy wiele związków miarowych dla wielkości związanych z trójkątem ( długość promienia okręgu wpisanego w trójkąt, długości promieni okręgów dopisanych do trójkąta, długość promienia okręgu opisanego na trójkącie). Poznamy twierdzenia Menelaosa i Cevy. Przed studiowaniem tych zagadnień spróbuj rozwiązać następujące zadanie:
Na środkowym szczeblu drabiny (o nieparzystej liczbie szczebli) opartej o ścianę i śliska posadzkę siedzi mucha. Drabina ześlizguje się po posadzce w dót. Wzdtuż jakiej krzywej będzie poruszać się mucha?

1. Stosunek podziału odcinka punktem

Na płaszczyźnie jest określona odległość, która każdej parze punktów A A AAA
i B B BBB przyporządkowuje dokładnie jedną liczbę | A B | | A B | |AB||A B||AB| i przyporządkowanie to ma następujące własności:
  1. | A B | ⩾ 0 | A B | ⩾ 0 |AB|⩾0|A B| \geqslant 0|AB|⩾0,
  2. | A B | = 0 | A B | = 0 |AB|=0|A B|=0|AB|=0 wtedy i tylko wtedy, gdy A = B A = B A=BA=BA=B,
  3. | A B | = | B A | | A B | = | B A | |AB|=|BA||A B|=|B A||AB|=|BA|,
  4. dla każdych punktów A , B , C A , B , C A,B,CA, B, CA,B,C zachodzi | A C | ⩽ | A B | + | B C | | A C | ⩽ | A B | + | B C | |AC|leqslant|AB|+|BC||A C| \leqslant|A B|+|B C||AC|⩽|AB|+|BC|,
  5. dla każdych punktów A , B A , B A,BA, BA,B i C C CCC punkty te są współliniowe wtedy i tylko wtedy, gdy | A B | = | A C | + | C B | | A B | = | A C | + | C B | |AB|=|AC|+|CB||A B|=|A C|+|C B||AB|=|AC|+|CB| lub | A C | = | A B | + | B C | | A C | = | A B | + | B C | |AC|=|AB|+|BC||A C|=|A B|+|B C||AC|=|AB|+|BC| lub | B C | = | B C | = |BC|=|B C|=|BC|= | B A | + | A C | | B A | + | A C | |BA|+|AC||B A|+|A C||BA|+|AC|.
Definicja. Niech punkty A , B A , B A,BA, BA,B będą różne. Mówimy, że punkt C C CCC, C ≠ A , C ≠ B C ≠ A , C ≠ B C!=A,C!=BC \neq A, C \neq BC≠A,C≠B, leży między punktami A A AAA i B B BBB, gdy | A B | = | A C | + | C B | | A B | = | A C | + | C B | |AB|=|AC|+|CB||A B|=|A C|+|C B||AB|=|AC|+|CB|.
Definicja. Odcinkiem A B A B ABA BAB, gdzie A ≠ B A ≠ B A!=BA \neq BA≠B, nazywamy zbiór utworzony ze wszystkich punktów leżących między punktami A A AAA i B B BBB oraz punktów A , B A , B A,BA, BA,B. Punkty A , B A , B A,BA, BA,B nazywamy końcami odcinka. Odcinek A B A B ABA BAB będziemy oznaczać symbolem A B ¯ A B ¯ bar(AB)\overline{A B}AB¯.
Uwaga. Jeżeli A = B A = B A=BA=BA=B, to zbiór A A ¯ = { A } A A ¯ = { A } bar(AA)={A}\overline{A A}=\{A\}AA¯={A} będziemy nazywali odcinkiem zerowym (trywialnym).
Definicja. Długością odcinka A B A B ABA BAB nazywamy odległość jego końców.
Definicja. Punkt S S SSS nazywamy środkiem odcinka A B A B ABA BAB, gdy | A S | = | A S | = |AS|=|A S|=|AS|= | S B | = 1 2 | A B | | S B | = 1 2 | A B | |SB|=(1)/(2)|AB||S B|=\frac{1}{2}|A B||SB|=12|AB|.

2. Twierdzenie. Każdy odcinek ma dokładnie jeden środek.

Niech A A AAA i B B BBB będą różnymi punktami. Dla każdego punktu P P PPP odcinka A B A B ABA BAB, P ≠ B P ≠ B P!=BP \neq BP≠B, rozważmy stosunek | A P | | P B | | A P | | P B | (|AP|)/(|PB|)\frac{|A P|}{|P B|}|AP||PB|.
Umówmy się, że będziemy ten stosunek oznaczać symbolem k ( P ) k ( P ) k(P)k(P)k(P).
Łatwo zauważyć, że
  1. k ( P ) ⩾ 0 k ( P ) ⩾ 0 k(P)⩾0k(P) \geqslant 0k(P)⩾0, dla P ∈ A B ¯ P ∈ A B ¯ P in bar(AB)P \in \overline{A B}P∈AB¯ i P ≠ B P ≠ B P!=BP \neq BP≠B,
  2. k ( A ) = 0 k ( A ) = 0 k(A)=0k(A)=0k(A)=0,
  3. k ( S ) = 1 k ( S ) = 1 k(S)=1k(S)=1k(S)=1,
  4. jeżeli P P PPP leży między punktami A A AAA i S S SSS, to k ( P ) < 1 k ( P ) < 1 k(P) < 1k(P)<1k(P)<1,
  5. jeżeli P P PPP leży między punktami S S SSS i B B BBB, to k ( P ) > 1 k ( P ) > 1 k(P) > 1k(P)>1k(P)>1. Twierdzenie. Jeżeli dowolne punkty K , L K , L K,LK, LK,L należą do odcinka A B A B ABA BAB, są różne od punktu B B BBB i K ≠ L K ≠ L K!=LK \neq LK≠L, to k ( K ) ≠ k ( L ) k ( K ) ≠ k ( L ) k(K)!=k(L)k(K) \neq k(L)k(K)≠k(L).
Dowód. Ponieważ punkty K K KKK i L L LLL należą do odcinka A B A B ABA BAB, to
| A K | + | K B | = | A B | i | A L | + | L B | = | A B | . | A K | + | K B | = | A B |  i  | A L | + | L B | = | A B | . |AK|+|KB|=|AB|quad" i "quad|AL|+|LB|=|AB|.|A K|+|K B|=|A B| \quad \text { i } \quad|A L|+|L B|=|A B| .|AK|+|KB|=|AB| i |AL|+|LB|=|AB|.
Stąd
| A K | | K B | + 1 = | A B | | K B | i | A L | | L B | + 1 = | A B | | L B | . | A K | | K B | + 1 = | A B | | K B |  i  | A L | | L B | + 1 = | A B | | L B | . (|AK|)/(|KB|)+1=(|AB|)/(|KB|)quad" i "quad(|AL|)/(|LB|)+1=(|AB|)/(|LB|).\frac{|A K|}{|K B|}+1=\frac{|A B|}{|K B|} \quad \text { i } \quad \frac{|A L|}{|L B|}+1=\frac{|A B|}{|L B|} .|AK||KB|+1=|AB||KB| i |AL||LB|+1=|AB||LB|.
Gdyby dla pewnych punktów K , L K , L K,LK, LK,L było
| A K | | K L | = ∣ A L | L B | , | A K | | K L | = ∣ A L | L B | , (|AK|)/(|KL|)=(∣AL)/(|LB|),\frac{|A K|}{|K L|}=\frac{\mid A L}{|L B|},|AK||KL|=∣AL|LB|,
to
| A B | | K B | = | A B | | L B | | A B | | K B | = | A B | | L B | (|AB|)/(|KB|)=(|AB|)/(|LB|)\frac{|A B|}{|K B|}=\frac{|A B|}{|L B|}|AB||KB|=|AB||LB|
i mielibyśmy | K B | = | L B | | K B | = | L B | |KB|=|LB||K B|=|L B||KB|=|LB|. Zatem K = L K = L K=LK=LK=L, co nie jest możliwe.
Pojęcie stosunku możemy określić także dla punktów prostej A B A B ABA BAB nie należących do odcinka A B A B ABA BAB. Jednak wtedy nie będziemy mieć różnowartościowości. Przykład. Na odcinku A B A B ABA BAB o długości 3 wybierzmy punkt T T TTT taki, że | A T | = | A T | = |AT|=|A T|=|AT|= 2 , | T B | = 1 2 , | T B | = 1 2,|TB|=12,|T B|=12,|TB|=1.
Oczywiście
| A T | | T B | = 2 . | A T | | T B | = 2 . (|AT|)/(|TB|)=2.\frac{|A T|}{|T B|}=2 .|AT||TB|=2.
Na półprostej o początku A A AAA, do której należy punkt B B BBB, wybierzmy punkt U U UUU taki, że | A U | = 2 | A B | | A U | = 2 | A B | |AU|=2|AB||A U|=2|A B||AU|=2|AB|.
Mamy więc
| A U | | U B | = 2 . | A U | | U B | = 2 . (|AU|)/(|UB|)=2.\frac{|A U|}{|U B|}=2 .|AU||UB|=2.
Zatem T ≠ U i | A T | | T A | = | A U | | U B | T ≠ U i | A T | | T A | = | A U | | U B | T!=Ui(|AT|)/(|TA|)=(|AU|)/(|UB|)T \neq U \mathrm{i} \frac{|A T|}{|T A|}=\frac{|A U|}{|U B|}T≠Ui|AT||TA|=|AU||UB|. Pytanie. Na odcinku A B A B ABA BAB o dtugości 3 wybierzmy punkt Q Q QQQ taki, z ˙ e | A Q | = 1 z ˙ e | A Q | = 1 z^(˙)e|AQ|=1\dot{z} e|A Q|=1z˙e|AQ|=1, | Q B | = 2 | Q B | = 2 |QB|=2|Q B|=2|QB|=2. Czy na prostej A B A B ABA BAB znajdziemy taki punkt V , z ˙ e | A V | | V B | = | A Q | | Q B | = 1 2 V , z ˙ e | A V | | V B | = | A Q | | Q B | = 1 2 V,z^(˙)e(|AV|)/(|VB|)=(|AQ|)/(|QB|)=(1)/(2)V, \dot{z} e \frac{|A V|}{|V B|}=\frac{|A Q|}{|Q B|}=\frac{1}{2}V,z˙e|AV||VB|=|AQ||QB|=12 ?
Pytanie. Dla jakiego punktu prostej AB stosunek dlugości odcinków nie jest określony?
Pytanie. Czy na prostej A B A B ABA BAB istnieje punkt L róży od środka odcinka A B A B ABA BAB, dla którego | A L | | L B | = 1 | A L | | L B | = 1 (|AL|)/(|LB|)=1\frac{|A L|}{|L B|}=1|AL||LB|=1 ? Definicja. Stosunkiem podziału niezerowego odcinka A B A B ABA BAB punktem P P PPP prostej A B , P ≠ B A B , P ≠ B AB,P!=BA B, P \neq BAB,P≠B, nazywamy liczbę ( A B ; P ) ( A B ; P ) (AB;P)(A B ; P)(AB;P) określoną w następujący sposób
( A B ; P ) = { | A P | | P B | , P ∈ A B ¯ ∖ { B } , − ∣ A P | P B | , P ∈ pr ⁡ A B ∖ A B ¯ . ( A B ; P ) = | A P | | P B | , P ∈ A B ¯ ∖ { B } , − ∣ A P | P B | , P ∈ pr ⁡ A B ∖ A B ¯ . (AB;P)={[(|AP|)/(|PB|)","P in bar(AB)\\{B}","],[-(∣AP)/(|PB|)","P in pr AB\\ bar(AB).]:}(A B ; P)=\left\{\begin{aligned} \frac{|A P|}{|P B|}, & P \in \overline{A B} \backslash\{B\}, \\ -\frac{\mid A P}{|P B|}, & P \in \operatorname{pr} A B \backslash \overline{A B} . \end{aligned}\right.(AB;P)={|AP||PB|,P∈AB¯∖{B},−∣AP|PB|,P∈pr⁡AB∖AB¯.
Własności stosunku podziału odcinka punktem:
  1. Dla każdego punktu P , P ∈ pr ⁡ A B ∖ { B } P , P ∈ pr ⁡ A B ∖ { B } P,P in pr AB\\{B}P, P \in \operatorname{pr} A B \backslash\{B\}P,P∈pr⁡AB∖{B},
| ( A B ; P ) | = | A P | | P B | . | ( A B ; P ) | = | A P | | P B | . |(AB;P)|=(|AP|)/(|PB|).|(A B ; P)|=\frac{|A P|}{|P B|} .|(AB;P)|=|AP||PB|.
  1. Dla każdych punktów P , Q , P , Q ∈ pr ⁡ A B ∖ { B } P , Q , P , Q ∈ pr ⁡ A B ∖ { B } P,Q,P,Q in pr AB\\{B}P, Q, P, Q \in \operatorname{pr} A B \backslash\{B\}P,Q,P,Q∈pr⁡AB∖{B}, jeżeli P ≠ Q P ≠ Q P!=QP \neq QP≠Q, to ( A B ; P ) ≠ ( A B ; Q ) ( A B ; P ) ≠ ( A B ; Q ) (AB;P)!=(AB;Q)(A B ; P) \neq(A B ; Q)(AB;P)≠(AB;Q).
  2. Dla każdego punktu P , P ∈ pr ⁡ A B ∖ { B } P , P ∈ pr ⁡ A B ∖ { B } P,P in pr AB\\{B}P, P \in \operatorname{pr} A B \backslash\{B\}P,P∈pr⁡AB∖{B},
( A B ; P ) ≠ − 1 . ( A B ; P ) ≠ − 1 . (AB;P)!=-1.(A B ; P) \neq-1 .(AB;P)≠−1.
  1. Dla każdej liczby rzeczywistej ν , ν ≠ − 1 ν , ν ≠ − 1 nu,nu!=-1\nu, \nu \neq-1ν,ν≠−1 istnieje dokładnie jeden punkt P , P ∈ pr ⁡ A B ∖ { B } P , P ∈ pr ⁡ A B ∖ { B } P,P in pr AB\\{B}P, P \in \operatorname{pr} A B \backslash\{B\}P,P∈pr⁡AB∖{B} dla którego
( A B ; P ) = ν . ( A B ; P ) = ν . (AB;P)=nu.(A B ; P)=\nu .(AB;P)=ν.

3. Pole wielokąta

Rozważmy zbiór wszystkich wielokątów zawartych w płaszczyźnie .
Definicja. Mówimy że wielokąty na siebie nie zachodzą, gdy nie mają one wspólnych punktów wewnętrznych.
Wielokąty zachodzą na siebie

Wielokąty nie zachodzą na siebie Każdemu wielokątowi w w www jest przyporządkowana dokładnie jedna liczba dodatnia P ( w ) P ( w ) P(w)P(w)P(w), zwana jego polem (miara płaską).
To przyporządkowanie ma następujące własności:
  1. każde dwa wielokąty przystające mają równe pola,
  2. pole każdego wielokąta, który jest sumą mnogościową dwóch wielokątów nie zachodzących na siebie, jest sumą pól tych dwóch wielokątów,
  3. pole kwadratu, którego bok ma długość 1 , jest równe 1 .
Twierdzenie. Jeżeli boki prostokąta p p ppp mają długości a a aaa i b b bbb, to
P ( p ) = a b . P ( p ) = a b . P(p)=ab.P(p)=a b .P(p)=ab.
Przykład. Kwadrat podzielono na cztery figury - dwa przystające trapezy i dwa przystające trójkąty prostokątne. Z tych figur złożono prostokąt tak jak na rysunku.
13 ⋅ 13 = 169 13 ⋅ 13 = 169 13*13=16913 \cdot 13=16913⋅13=169
21 ⋅ 8 = 168 21 ⋅ 8 = 168 21*8=16821 \cdot 8=16821⋅8=168
Gdzie podział się taki kwadracik ◻ ◻ ◻\square◻ ?

4. Pytanie. Dlaczego kwadrat i prostokat maja różne pola?

Wniosek. Jeżeli t t ttt jest trójkątem prostokątnym, którego przyprostokątne mają długości a a aaa i b b bbb, to
P ( t ) = 1 2 a b . P ( t ) = 1 2 a b . P(t)=(1)/(2)ab.P(t)=\frac{1}{2} a b .P(t)=12ab.
Dowód.
a
p = t ∪ t ′ , t przystaje do t ′ i te trójkąty nie zachodzą na siebie. Zatem a b = P ( p ) = P ( t ∪ t ′ ) = P ( t ) + P ( t ′ ) = 2 P ( t ) . p = t ∪ t ′ , t  przystaje do  t ′  i te trójkąty nie zachodzą na siebie. Zatem  a b = P ( p ) = P t ∪ t ′ = P ( t ) + P t ′ = 2 P ( t ) . {:[p=t uut^(')","t" przystaje do "t^(')" i te trójkąty nie zachodzą na siebie. Zatem "],[ab=P(p)=P(t uut^('))=P(t)+P(t^('))=2P(t).]:}\begin{gathered} p=t \cup t^{\prime}, t \text { przystaje do } t^{\prime} \text { i te trójkąty nie zachodzą na siebie. Zatem } \\ a b=P(p)=P\left(t \cup t^{\prime}\right)=P(t)+P\left(t^{\prime}\right)=2 P(t) . \end{gathered}p=t∪t′,t przystaje do t′ i te trójkąty nie zachodzą na siebie. Zatem ab=P(p)=P(t∪t′)=P(t)+P(t′)=2P(t).
Stąd
P ( t ) = 1 2 a b . P ( t ) = 1 2 a b . P(t)=(1)/(2)ab.P(t)=\frac{1}{2} a b .P(t)=12ab.
Niech t t ttt będzie dowolnym trójkątem o wierzchołkach A , B , C A , B , C A,B,CA, B, CA,B,C. Z wierzchołka C C CCC poprowadźmy wysokość C D C D CDC DCD. Możliwe są trzy przypadki:
  1. D = A D = A D=AD=AD=A lub D = B D = B D=BD=BD=B
  2. D D DDD leży między punktami A A AAA i B B BBB,
  3. D D DDD leży na prostej A B A B ABA BAB poza odcinkiem A B A B ABA BAB.

    W pierwszym przypadku △ A B C △ A B C /_\ABC\triangle A B C△ABC jest prostokątny, więc na podstawie poprzednich rozważán

P ( △ A B C ) = 1 2 | A B ∥ C D | . P ( △ A B C ) = 1 2 | A B ∥ C D | . P(/_\ABC)=(1)/(2)|AB||CD|.P(\triangle A B C)=\frac{1}{2}|A B \| C D| .P(△ABC)=12|AB∥CD|.
W drugim △ A B C △ A B C /_\ABC\triangle A B C△ABC jest sumą dwóch nie zachodzących na siebie trójkątów prostokątnych, więc
P ( △ A B C ) = P ( △ A D C ) + P ( △ D B C ) = 1 2 | A D ∥ C D | + 1 2 | D B ∥ C D | = 1 2 | A B ∥ C D | P ( △ A B C ) = P ( △ A D C ) + P ( △ D B C ) = 1 2 A D C D + 1 2 D B C D = 1 2 | A B ∥ C D | P(/_\ABC)=P(/_\ADC)+P(/_\DBC)=(1)/(2)|AD||CD|+(1)/(2)|DB||CD|=(1)/(2)|AB||CD|P(\triangle A B C)=P(\triangle A D C)+P(\triangle D B C)=\frac{1}{2}\left|A D\left\|C D\left|+\frac{1}{2}\right| D B\right\| C D\right|=\frac{1}{2}|A B \| C D|P(△ABC)=P(△ADC)+P(△DBC)=12|AD∥CD|+12|DB∥CD|=12|AB∥CD|.
W trzecim przypadku trójkąt prostokątny A D C A D C ADCA D CADC jest sumą trójkąta A B C A B C ABCA B CABC i trójkąta prostokątnego B D C B D C BDCB D CBDC. Ponieważ te trójkąty na siebie nie zachodzą, to
1 2 | A D ∥ C D | = P ( △ A B C ) + 1 2 | B D ∥ C D | . 1 2 A D C D = P ( △ A B C ) + 1 2 B D C D . (1)/(2)|AD||CD|=P(/_\ABC)+(1)/(2)|BD||CD|.\frac{1}{2}\left|A D\left\|C D\left|=P(\triangle A B C)+\frac{1}{2}\right| B D\right\| C D\right| .12|AD∥CD|=P(△ABC)+12|BD∥CD|.
Stąd
P ( △ A B C ) = 1 2 | A D ∥ C D | − 1 2 | B D | | C D | = 1 2 | A B | | C D | . P ( △ A B C ) = 1 2 | A D ∥ C D | − 1 2 | B D | | C D | = 1 2 | A B | | C D | . P(/_\ABC)=(1)/(2)|AD||CD|-(1)/(2)|BD||CD|=(1)/(2)|AB||CD|.P(\triangle A B C)=\frac{1}{2}|A D \| C D|-\frac{1}{2}|B D||C D|=\frac{1}{2}|A B||C D| .P(△ABC)=12|AD∥CD|−12|BD||CD|=12|AB||CD|.
Przyjmijmy, że h c = | C D | h c = | C D | h_(c)=|CD|h_{c}=|C D|hc=|CD| i c = | A B | c = | A B | c=|AB|c=|A B|c=|AB|. Wówczas
P ( △ A B C ) = 1 2 c h c . P ( △ A B C ) = 1 2 c h c . P(/_\ABC)=(1)/(2)ch_(c).P(\triangle A B C)=\frac{1}{2} c h_{c} .P(△ABC)=12chc.
Przeprowadzając analogiczne rozumowania dla pozostałych boków trójkąta A B C A B C ABCA B CABC otrzymamy
P ( △ A B C ) = 1 2 a h a , P ( △ A B C ) = 1 2 b h b . P ( △ A B C ) = 1 2 a h a , P ( △ A B C ) = 1 2 b h b . {:[P(/_\ABC)=(1)/(2)ah_(a)","],[P(/_\ABC)=(1)/(2)bh_(b).]:}\begin{aligned} &P(\triangle A B C)=\frac{1}{2} a h_{a}, \\ &P(\triangle A B C)=\frac{1}{2} b h_{b} . \end{aligned}P(△ABC)=12aha,P(△ABC)=12bhb.
Twierdzenie. Jeżeli boki trójkąta t t ttt mają długości a , b , c a , b , c a,b,ca, b, ca,b,c, a opuszczone na te boki wysokości mają długości h a , h b , h c h a , h b , h c h_(a),h_(b),h_(c)h_{a}, h_{b}, h_{c}ha,hb,hc, to
P ( t ) = 1 2 a h a = 1 2 b h b = 1 2 c h c . P ( t ) = 1 2 a h a = 1 2 b h b = 1 2 c h c . P(t)=(1)/(2)ah_(a)=(1)/(2)bh_(b)=(1)/(2)ch_(c).P(t)=\frac{1}{2} a h_{a}=\frac{1}{2} b h_{b}=\frac{1}{2} c h_{c} .P(t)=12aha=12bhb=12chc.
Wniosek. Jeżeli trójkąty A B C A B C ABCA B CABC i A ′ B ′ C ′ A ′ B ′ C ′ A^(')B^(')C^(')A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}A′B′C′ mają równe długości wysokości opuszczonych odpowiednio z wierzchołków C C CCC i C ′ C ′ C^(')C^{\prime}C′, to
| A B | | A ′ B ′ | = P ( △ A B C ) P ( △ A ′ B ′ C ′ ) . | A B | A ′ B ′ = P ( △ A B C ) P △ A ′ B ′ C ′ .  (|AB|)/(|A^(')B^(')|)=(P(/_\ABC))/(P(/_\A^(')B^(')C^(')))". "\frac{|A B|}{\left|A^{\prime} B^{\prime}\right|}=\frac{P(\triangle A B C)}{P\left(\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\right)} \text {. }|AB||A′B′|=P(△ABC)P(△A′B′C′). 
Twierdzenie. Pole równoległoboku jest równe iloczynowi długości jego boku i długości wysokości opuszczonej na ten bok.
Jeżeli długość boku równoległoboku jest równa a a aaa, wysokość opuszczona na ten bok ma długość h h hhh, to jego pole
P = a h . P = a h . P=ah.P=a h .P=ah.
Twierdzenie. Pole trapezu jest równe iloczynowi połowy sumy długości jego podstaw ( boków równoległych) i długości wysokości trapezu (odległości podstaw).
Jeżeli długości podstaw trapezu są równe a , b a , b a,ba, ba,b, zaś wysokość ma długość h h hhh, to jego pole
P = 1 2 ( a + b ) h . P = 1 2 ( a + b ) h . P=(1)/(2)(a+b)h.P=\frac{1}{2}(a+b) h .P=12(a+b)h.
Polecenie. Udowodnij twierdzenia o polu równolegtoboku i polu trapezu. Zadanie. Punkt P P PPP należy do wnętrza trójkąta A B C A B C ABCA B CABC. Jeżeli w a , w b , w c w a , w b , w c w_(a),w_(b),w_(c)w_{a}, w_{b}, w_{c}wa,wb,wc oznaczają odległości punktu P P PPP odpowiednio od boków B C , A C , A B B C , A C , A B BC,AC,ABB C, A C, A BBC,AC,AB, to
w a h a + w b h b + w c h c = 1 . w a h a + w b h b + w c h c = 1 . (w_(a))/(h_(a))+(w_(b))/(h_(b))+(w_(c))/(h_(c))=1.\frac{w_{a}}{h_{a}}+\frac{w_{b}}{h_{b}}+\frac{w_{c}}{h_{c}}=1 .waha+wbhb+wchc=1.
( h a , h b , h c h a , h b , h c h_(a),h_(b),h_(c)h_{a}, h_{b}, h_{c}ha,hb,hc są długościami wysokości poprowadzonych odpowiednio z wierzchołków A , B , C A , B , C A,B,CA, B, CA,B,C.
Rozwiazanie.
Ponieważ trójkąty A B P , B C P , C A P A B P , B C P , C A P ABP,BCP,CAPA B P, B C P, C A PABP,BCP,CAP nie zachodzą na siebie oraz △ A B C = △ A B C = /_\ABC=\triangle A B C=△ABC= △ A B P ∪ △ B C P ∪ △ C A P △ A B P ∪ △ B C P ∪ △ C A P /_\ABP uu/_\BCP uu/_\CAP\triangle A B P \cup \triangle B C P \cup \triangle C A P△ABP∪△BCP∪△CAP, to
P ( △ A B C ) = P ( △ A B P ) + P ( △ B C P ) + P ( △ C A P ) . P ( △ A B C ) = P ( △ A B P ) + P ( △ B C P ) + P ( △ C A P ) . P(/_\ABC)=P(/_\ABP)+P(/_\BCP)+P(/_\CAP).P(\triangle A B C)=P(\triangle A B P)+P(\triangle B C P)+P(\triangle C A P) .P(△ABC)=P(△ABP)+P(△BCP)+P(△CAP).
Stąd, oznaczając krótko trójkąt A B C A B C ABCA B CABC literą t t ttt, otrzymujemy
P ( t ) = 1 2 ( a w a + b w b + c w c ) . P ( t ) = 1 2 a w a + b w b + c w c . P(t)=(1)/(2)(aw_(a)+bw_(b)+cw_(c)).P(t)=\frac{1}{2}\left(a w_{a}+b w_{b}+c w_{c}\right) .P(t)=12(awa+bwb+cwc).
Ale
a = 2 P ( t ) h a , b = 2 P ( t ) h b , c = 2 P ( t ) h c . a = 2 P ( t ) h a , b = 2 P ( t ) h b , c = 2 P ( t ) h c . {:[a=(2P(t))/(h_(a))","],[b=(2P(t))/(h_(b))","],[c=(2P(t))/(h_(c)).]:}\begin{aligned} a &=\frac{2 P(t)}{h_{a}}, \\ b &=\frac{2 P(t)}{h_{b}}, \\ c &=\frac{2 P(t)}{h_{c}} . \end{aligned}a=2P(t)ha,b=2P(t)hb,c=2P(t)hc.
więc
P ( t ) = ( w a h a + w b h b + w c h c ) P ( t ) . P ( t ) = w a h a + w b h b + w c h c P ( t ) . P(t)=((w_(a))/(h_(a))+(w_(b))/(h_(b))+(w_(c))/(h_(c)))P(t).P(t)=\left(\frac{w_{a}}{h_{a}}+\frac{w_{b}}{h_{b}}+\frac{w_{c}}{h_{c}}\right) P(t) .P(t)=(waha+wbhb+wchc)P(t).
Zatem
w a h a + w b h b + w c h c = 1 . w a h a + w b h b + w c h c = 1 . (w_(a))/(h_(a))+(w_(b))/(h_(b))+(w_(c))/(h_(c))=1.\frac{w_{a}}{h_{a}}+\frac{w_{b}}{h_{b}}+\frac{w_{c}}{h_{c}}=1 .waha+wbhb+wchc=1.
Uwaga. Jeżeli punkt P P PPP jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt A B C A B C ABCA B CABC i r r rrr jest długościa promienia tego okręgu, to
w a = w b = w c = r . w a = w b = w c = r . w_(a)=w_(b)=w_(c)=r.w_{a}=w_{b}=w_{c}=r .wa=wb=wc=r.
Stąd
1 h a + 1 h b + 1 h c = 1 r . 1 h a + 1 h b + 1 h c = 1 r . (1)/(h_(a))+(1)/(h_(b))+(1)/(h_(c))=(1)/(r).\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}}=\frac{1}{r} .1ha+1hb+1hc=1r.
Zadanie ( twierdzenie o podziale boku trójkąta dwusieczną kąta wewnętrznego). Dwusieczna kąta wewnętrznego trójkąta dzieli bok przeciwległy na odcinki proporcjonalne do boków przyległych.
Rozwiazanie. W trójkącie A B C A B C ABCA B CABC poprowadźmy dwusieczną kąta wewnętrznego o wierzchołku C C CCC. Ta dwusieczna przecina bok A B A B ABA BAB w punkcie D D DDD.
Trójkąty A D C A D C ADCA D CADC i B D C B D C BDCB D CBDC mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka C C CCC, dlatego
| A D | | D B | = P ( △ A D C ) P ( △ B D C ) . | A D | | D B | = P ( △ A D C ) P ( △ B D C ) . (|AD|)/(|DB|)=(P(/_\ADC))/(P(/_\BDC)).\frac{|A D|}{|D B|}=\frac{P(\triangle A D C)}{P(\triangle B D C)} .|AD||DB|=P(△ADC)P(△BDC).
Punkt D D DDD leży na dwusiecznej kąta wewnętrznego o wierzchołku C C CCC, więc jego odległości od ramion C A C A CAC ACA i C B C B CBC BCB są równe. Te odległości są równe długościom wysokości opuszczonych w trójkątach A D C A D C ADCA D CADC i B D C B D C BDCB D CBDC z wierzchołka D D DDD. Stąd
| A C | | B C | = P ( △ A D C ) P ( △ B D C ) | A C | | B C | = P ( △ A D C ) P ( △ B D C ) (|AC|)/(|BC|)=(P(/_\ADC))/(P(/_\BDC))\frac{|A C|}{|B C|}=\frac{P(\triangle A D C)}{P(\triangle B D C)}|AC||BC|=P(△ADC)P(△BDC)
Zatem
| A D | | D B | = | A C | | B C | . | A D | | D B | = | A C | | B C | . (|AD|)/(|DB|)=(|AC|)/(|BC|).\frac{|A D|}{|D B|}=\frac{|A C|}{|B C|} .|AD||DB|=|AC||BC|.

5. Twierdzenia Pitagorasa, Carnota i Stewarta

Pitagorasowi przypisuje się udowodnienie twierdzenia
Twierdzenie (Pitagorasa). Jeżeli w trójkącie A B C A B C ABCA B CABC kąt A C B A C B ACBA C BACB jest prosty, to
| A B | 2 = | B C | 2 + | A C | 2 . | A B | 2 = | B C | 2 + | A C | 2 . |AB|^(2)=|BC|^(2)+|AC|^(2).|A B|^{2}=|B C|^{2}+|A C|^{2} .|AB|2=|BC|2+|AC|2.
Twierdzenie Pitagorasa bywa wypowiadane na wiele sposobów. W podręcznikach szkolnych spotykamy np. takie sformułowania:
"Jeżeli trójkąt jest prostokątny, to pole kwadratu zbudowanego na przeciwprostokątnej jest równe sumie pól kwadratów zbudowanych na przyprostokątnych." "Kwadrat długości przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego jest równy sumie kwadratów jego przyprostokątnych." Istnieje bardzo dużo różnych dowodów tego twierdzenia, a wśród nich są dowody, w których wykorzystuje się własności pola.

6. Dowód I.

7. Dowód II.

C
Uogólnieniem twierdzenia Pitagorasa jest twierdzenie Carnota. Twierdzenie (Carnota). Jeżeli w trójkącie A B C A B C ABCA B CABC kąt A C B A C B ACBA C BACB jest ostry i punkt D D DDD jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka A A AAA, to
| A B | 2 = | B C | 2 + | A C | 2 − 2 | B C | | D C | . | A B | 2 = | B C | 2 + | A C | 2 − 2 | B C | | D C | . |AB|^(2)=|BC|^(2)+|AC|^(2)-2|BC||DC|.|A B|^{2}=|B C|^{2}+|A C|^{2}-2|B C||D C| .|AB|2=|BC|2+|AC|2−2|BC||DC|.
Jeżeli w trójkącie A B C A B C ABCA B CABC kąt A C B A C B ACBA C BACB jest rozwarty i punkt D D DDD jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka A A AAA, to
| A B | 2 = | B C | 2 + | A C | 2 + 2 | B C | | D C | . | A B | 2 = | B C | 2 + | A C | 2 + 2 | B C | | D C | . |AB|^(2)=|BC|^(2)+|AC|^(2)+2|BC||DC|.|A B|^{2}=|B C|^{2}+|A C|^{2}+2|B C||D C| .|AB|2=|BC|2+|AC|2+2|BC||DC|.

Dowód. Załóżmy, że kąt A C B A C B ACBA C BACB jest ostry. Odcinek A D A D ADA DAD jest wysokością tego trójkąta. Przyjmijmy, że h a = | A D | , p = | C D | h a = | A D | , p = | C D | h_(a)=|AD|,p=|CD|h_{a}=|A D|, p=|C D|ha=|AD|,p=|CD| i tradycyjnie a = | B C | , b = a = | B C | , b = a=|BC|,b=a=|B C|, b=a=|BC|,b= | A C | , c = | A B | | A C | , c = | A B | |AC|,c=|AB||A C|, c=|A B||AC|,c=|AB|.

Ponieważ trójkąty A D C A D C ADCA D CADC i A D B A D B ADBA D BADB są trójkątami prostokątnymi, to
h a 2 = b 2 + p 2 h a 2 = b 2 + p 2 h_(a)^(2)=b^(2)+p^(2)h_{a}^{2}=b^{2}+p^{2}ha2=b2+p2
i
h a 2 = c 2 − ( a − p ) 2 . h a 2 = c 2 − ( a − p ) 2 . h_(a)^(2)=c^(2)-(a-p)^(2).h_{a}^{2}=c^{2}-(a-p)^{2} .ha2=c2−(a−p)2.
Stąd
c 2 − ( a − p ) 2 = b 2 − p 2 , c 2 − ( a − p ) 2 = b 2 − p 2 , c^(2)-(a-p)^(2)=b^(2)-p^(2),c^{2}-(a-p)^{2}=b^{2}-p^{2},c2−(a−p)2=b2−p2,
a po prostych rachunkach mamy
c 2 = a 2 + b 2 − 2 a p . c 2 = a 2 + b 2 − 2 a p . c^(2)=a^(2)+b^(2)-2ap.c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a p .c2=a2+b2−2ap.
Zatem
| A B | 2 = | B C | 2 + | A C | 2 − 2 | B C | | D C | . | A B | 2 = | B C | 2 + | A C | 2 − 2 | B C | | D C | . |AB|^(2)=|BC|^(2)+|AC|^(2)-2|BC||DC|.|A B|^{2}=|B C|^{2}+|A C|^{2}-2|B C||D C| .|AB|2=|BC|2+|AC|2−2|BC||DC|.
Ćwiczenie. Udowodnij ( w analogiczny sposób), że gdy kąt A C B A C B ACBA C BACB jest rozwarty, to przy takich samych oznaczeniach mamy
c 2 = a 2 + b 2 + 2 a p , c 2 = a 2 + b 2 + 2 a p , c^(2)=a^(2)+b^(2)+2ap,c^{2}=a^{2}+b^{2}+2 a p,c2=a2+b2+2ap,
czyli
| A B | 2 = | B C | 2 + | A C | 2 + 2 | B C | | D C | . | A B | 2 = | B C | 2 + | A C | 2 + 2 | B C | | D C | . |AB|^(2)=|BC|^(2)+|AC|^(2)+2|BC||DC|.|A B|^{2}=|B C|^{2}+|A C|^{2}+2|B C||D C| .|AB|2=|BC|2+|AC|2+2|BC||DC|.

8. Długości wysokości trójkąta i wzór Herona

Rozważmy trójkąt A B C A B C ABCA B CABC, w którym kąt wewnętrzny A C B A C B ACBA C BACB jest ostry lub rozwarty. Na mocy twierdzenia Carnota możemy napisać, że
c 2 = a 2 + b 2 − 2 ε a p , c 2 = a 2 + b 2 − 2 ε a p , c^(2)=a^(2)+b^(2)-2epsi ap,c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 \varepsilon a p,c2=a2+b2−2εap,
gdzie ε = 1 ε = 1 epsi=1\varepsilon=1ε=1, gdy ∠ A C B ∠ A C B /_ACB\angle A C B∠ACB jest ostry, a ε = − 1 ε = − 1 epsi=-1\varepsilon=-1ε=−1, gdy ∠ A C B ∠ A C B /_ACB\angle A C B∠ACB jest rozwarty. Stąd
p = a 2 + b 2 − c 2 2 ε a . p = a 2 + b 2 − c 2 2 ε a . p=(a^(2)+b^(2)-c^(2))/(2epsi a).p=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 \varepsilon a} .p=a2+b2−c22εa.
Ponieważ wiemy, że
h a 2 = b 2 − p 2 , h a 2 = b 2 − p 2 , h_(a)^(2)=b^(2)-p^(2),h_{a}^{2}=b^{2}-p^{2},ha2=b2−p2,
to po wstawieniu za p p ppp otrzymamy
h a 2 = b 2 − 1 4 a 2 ( a 2 + b 2 − c 2 ) 2 = 1 4 a 2 ( 4 a 2 b 2 − [ a 2 + b 2 − c 2 ] 2 ) = = 1 4 a 2 [ 2 a b + ( a 2 + b 2 − c 2 ) ] [ 2 a b − ( a 2 + b 2 − c 2 ) ] = = 1 4 a 2 [ ( a + b ) 2 − c 2 ] [ c 2 − ( a − b ) 2 ] = = 1 4 a 2 ( a + b + c ) ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) . h a 2 = b 2 − 1 4 a 2 a 2 + b 2 − c 2 2 = 1 4 a 2 4 a 2 b 2 − a 2 + b 2 − c 2 2 = = 1 4 a 2 2 a b + a 2 + b 2 − c 2 2 a b − a 2 + b 2 − c 2 = = 1 4 a 2 ( a + b ) 2 − c 2 c 2 − ( a − b ) 2 = = 1 4 a 2 ( a + b + c ) ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) . {:[h_(a)^(2)=b^(2)-(1)/(4a^(2))(a^(2)+b^(2)-c^(2))^(2)=(1)/(4a^(2))(4a^(2)b^(2)-[a^(2)+b^(2)-c^(2)]^(2))=],[=(1)/(4a^(2))[2ab+(a^(2)+b^(2)-c^(2))][2ab-(a^(2)+b^(2)-c^(2))]=],[=(1)/(4a^(2))[(a+b)^(2)-c^(2)][c^(2)-(a-b)^(2)]=],[=(1)/(4a^(2))(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b).]:}\begin{gathered} h_{a}^{2}=b^{2}-\frac{1}{4 a^{2}}\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)^{2}=\frac{1}{4 a^{2}}\left(4 a^{2} b^{2}-\left[a^{2}+b^{2}-c^{2}\right]^{2}\right)= \\ =\frac{1}{4 a^{2}}\left[2 a b+\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)\right]\left[2 a b-\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)\right]= \\ =\frac{1}{4 a^{2}}\left[(a+b)^{2}-c^{2}\right]\left[c^{2}-(a-b)^{2}\right]= \\ =\frac{1}{4 a^{2}}(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) . \end{gathered}ha2=b2−14a2(a2+b2−c2)2=14a2(4a2b2−[a2+b2−c2]2)==14a2[2ab+(a2+b2−c2)][2ab−(a2+b2−c2)]==14a2[(a+b)2−c2][c2−(a−b)2]==14a2(a+b+c)(a+b−c)(b+c−a)(c+a−b).
Przyjmując, że 2 s = a + b + c ( s 2 s = a + b + c ( s 2s=a+b+c(s2 s=a+b+c(s2s=a+b+c(s jest połową obwodu trójkąta A B C ) A B C ) ABC)A B C)ABC) otrzymamy
h a = 2 a s ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) . h a = 2 a s ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) . h_(a)=(2)/(a)sqrt(s(s-a)(s-b)(s-c)).h_{a}=\frac{2}{a} \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} .ha=2as(s−a)(s−b)(s−c).
Zauważmy, że gdy kąt A C B A C B ACBA C BACB jest prosty, to po pierwsze c 2 = a 2 + b 2 c 2 = a 2 + b 2 c^(2)=a^(2)+b^(2)c^{2}=a^{2}+b^{2}c2=a2+b2 i po drugie h a = b h a = b h_(a)=bh_{a}=bha=b. Wtedy również
2 a s ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) = = 2 a 1 16 ( a + b + c ) ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) = = 1 2 a [ ( a + b ) 2 − c 2 ] [ c 2 − ( a − b ) 2 ] = 1 2 a 4 a 2 b 2 = b . 2 a s ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) = = 2 a 1 16 ( a + b + c ) ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) = = 1 2 a ( a + b ) 2 − c 2 c 2 − ( a − b ) 2 = 1 2 a 4 a 2 b 2 = b . {:[(2)/(a)sqrt(s(s-a)(s-b)(s-c))=],[=(2)/(a)sqrt((1)/(16)(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b))=],[=(1)/(2a)sqrt([(a+b)^(2)-c^(2)][c^(2)-(a-b)^(2)])=(1)/(2a)sqrt(4a^(2)b^(2))=b.]:}\begin{gathered} \frac{2}{a} \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}= \\ =\frac{2}{a} \sqrt{\frac{1}{16}(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}= \\ =\frac{1}{2 a} \sqrt{\left[(a+b)^{2}-c^{2}\right]\left[c^{2}-(a-b)^{2}\right]}=\frac{1}{2 a} \sqrt{4 a^{2} b^{2}}=b . \end{gathered}2as(s−a)(s−b)(s−c)==2a116(a+b+c)(a+b−c)(b+c−a)(c+a−b)==12a[(a+b)2−c2][c2−(a−b)2]=12a4a2b2=b.
Zatem, niezależnie od tego czy kąt A C B A C B ACBA C BACB jest ostry, prosty bądź rozwarty otrzymamy
h a = 2 a s ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) . h a = 2 a s ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) . h_(a)=(2)/(a)sqrt(s(s-a)(s-b)(s-c)).h_{a}=\frac{2}{a} \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} .ha=2as(s−a)(s−b)(s−c).
Uwaga. Dla dwóch pozostałych wysokości mamy
h b = 2 b s ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) , h c = 2 c s ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) . h b = 2 b s ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) , h c = 2 c s ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) . {:[h_(b)=(2)/(b)sqrt(s(s-a)(s-b)(s-c))","],[h_(c)=(2)/(c)sqrt(s(s-a)(s-b)(s-c)).]:}\begin{aligned} h_{b} &=\frac{2}{b} \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}, \\ h_{c} &=\frac{2}{c} \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} . \end{aligned}hb=2bs(s−a)(s−b)(s−c),hc=2cs(s−a)(s−b)(s−c).
Wniosek. (wzór Herona). Jeżeli P P PPP jest polem trójkąta, którego boki mają długości a , b , c a , b , c a,b,ca, b, ca,b,c, a s s sss jest połową jego obwodu, to
P = s ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) . P = s ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) . P=sqrt(s(s-a)(s-b)(s-c)).P=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} .P=s(s−a)(s−b)(s−c).
Uwaga. Z twierdzenia Pitagorasa i twierdzenia Carnota wynikają następujące wnioski:
  1. Jeżeli kąt A C B A C B ACBA C BACB jest ostry, to
| A B | 2 < | B C | 2 + | A C | 2 . | A B | 2 < | B C | 2 + | A C | 2 . |AB|^(2) < |BC|^(2)+|AC|^(2).|A B|^{2}<|B C|^{2}+|A C|^{2} .|AB|2<|BC|2+|AC|2.
  1. Jeżeli kąt A C B A C B ACBA C BACB jest prosty, to
| A B | 2 = | B C | 2 + | A C | 2 . | A B | 2 = | B C | 2 + | A C | 2 . |AB|^(2)=|BC|^(2)+|AC|^(2).|A B|^{2}=|B C|^{2}+|A C|^{2} .|AB|2=|BC|2+|AC|2.
  1. Jeżeli kąt A C B A C B ACBA C BACB jest rozwarty, to
| A B | 2 > | B C | 2 + | A C | 2 . | A B | 2 > | B C | 2 + | A C | 2 . |AB|^(2) > |BC|^(2)+|AC|^(2).|A B|^{2}>|B C|^{2}+|A C|^{2} .|AB|2>|BC|2+|AC|2.
Zauważmy, że założenia tych wniosków wyczerpują wszystkie możliwości i nawzajem się wykluczają. Podobnie i tezy tych wniosków wyczerpują wszystkie możliwości, i nawzajem się wykluczają. Dlatego prawdziwe są następujące twierdzenia:
  1. Jeżeli | A B | 2 < | B C | 2 + | A C | 2 | A B | 2 < | B C | 2 + | A C | 2 |AB|^(2) < |BC|^(2)+|AC|^(2)|A B|^{2}<|B C|^{2}+|A C|^{2}|AB|2<|BC|2+|AC|2, to kąt A C B A C B ACBA C BACB jest ostry.
  2. Jeżeli | A B | 2 = | B C | 2 + | A C | 2 | A B | 2 = | B C | 2 + | A C | 2 |AB|^(2)=|BC|^(2)+|AC|^(2)|A B|^{2}=|B C|^{2}+|A C|^{2}|AB|2=|BC|2+|AC|2, to kąt A C B A C B ACBA C BACB jest prosty.
  3. Jeżeli | A B | 2 > | B C | 2 + | A C | 2 | A B | 2 > | B C | 2 + | A C | 2 |AB|^(2) > |BC|^(2)+|AC|^(2)|A B|^{2}>|B C|^{2}+|A C|^{2}|AB|2>|BC|2+|AC|2, to kąt A C B A C B ACBA C BACB jest rozwarty.
Polecenie. Uzasadnij te twierdzenia, dowodzac je nie wprost.
Prawdziwe jest więc twierdzenie odwrotne do twierdzenia Pitagorasa.
Twierdzenie ( odwrotne do twierdzenia Pitagorasa). Jeżeli w trójkącie A B C A B C ABCA B CABC jest | A B | 2 = | B C | 2 + | A C | 2 | A B | 2 = | B C | 2 + | A C | 2 |AB|^(2)=|BC|^(2)+|AC|^(2)|A B|^{2}=|B C|^{2}+|A C|^{2}|AB|2=|BC|2+|AC|2, to kąt A C B A C B ACBA C BACB jest prosty.

9. Twierdzenie Stewarta

Twierdzenie (Stewarta). Jeżeli w trójkącie A B C A B C ABCA B CABC punkt D D DDD należy do boku A B A B ABA BAB, to
| C D | 2 | A B | = | B C | 2 | A D | + | A C | 2 | D B | − | A B ∥ A D ∥ D B | . | C D | 2 | A B | = | B C | 2 | A D | + | A C | 2 | D B | − | A B ∥ A D ∥ D B | . |CD|^(2)|AB|=|BC|^(2)|AD|+|AC|^(2)|DB|-|AB||AD||DB|.|C D|^{2}|A B|=|B C|^{2}|A D|+|A C|^{2}|D B|-|A B\|A D\| D B| .|CD|2|AB|=|BC|2|AD|+|AC|2|DB|−|AB∥AD∥DB|.
Dowód. Założymy, że D ≠ A , D ≠ B D ≠ A , D ≠ B D!=A,D!=BD \neq A, D \neq BD≠A,D≠B, ponieważ w przeciwnym razie teza twierdzenia jest oczywista. Jeżeli kąt B A C B A C BACB A CBAC jest kątem prostym,
to, stosując twierdzenie Pitagorasa, otrzymujemy
| C D | 2 = | A C | 2 + | A D | 2 , | B C | 2 = | A B | 2 + | A C | 2 . | C D | 2 = | A C | 2 + | A D | 2 , | B C | 2 = | A B | 2 + | A C | 2 . {:[|CD|^(2)=|AC|^(2)+|AD|^(2)","],[|BC|^(2)=|AB|^(2)+|AC|^(2).]:}\begin{aligned} |C D|^{2} &=|A C|^{2}+|A D|^{2}, \\ |B C|^{2} &=|A B|^{2}+|A C|^{2} . \end{aligned}|CD|2=|AC|2+|AD|2,|BC|2=|AB|2+|AC|2.
Stąd
| B C | 2 | A D | + | A C | 2 | D B | − | A B ∥ A D ∥ D B | = = | A B | 2 | A D | + | A C | 2 | A D | + | A C | 2 | D B | − | A B ∥ A D ∥ D B | = = | A C | 2 ( | A D | + | D B | ) + | A B ∥ A D | ( | A B | − | D B | ) = = | A C | 2 | A B | + | A D | 2 | A B | = | C D | 2 | A B | . | B C | 2 | A D | + | A C | 2 | D B | − | A B ∥ A D ∥ D B | = = | A B | 2 | A D | + | A C | 2 | A D | + | A C | 2 | D B | − | A B ∥ A D ∥ D B | = = | A C | 2 ( | A D | + | D B | ) + | A B ∥ A D | ( | A B | − | D B | ) = = | A C | 2 | A B | + | A D | 2 | A B | = | C D | 2 | A B | . {:[|BC|^(2)|AD|+|AC|^(2)|DB|-|AB||AD||DB|=],[=|AB|^(2)|AD|+|AC|^(2)|AD|+|AC|^(2)|DB|-|AB||AD||DB|=],[=|AC|^(2)(|AD|+|DB|)+|AB||AD|(|AB|-|DB|)=],[=|AC|^(2)|AB|+|AD|^(2)|AB|=|CD|^(2)|AB|.]:}\begin{gathered} |B C|^{2}|A D|+|A C|^{2}|D B|-|A B\|A D\| D B|= \\ =|A B|^{2}|A D|+|A C|^{2}|A D|+|A C|^{2}|D B|-|A B\|A D\| D B|= \\ =|A C|^{2}(|A D|+|D B|)+|A B \| A D|(|A B|-|D B|)= \\ =|A C|^{2}|A B|+|A D|^{2}|A B|=|C D|^{2}|A B| . \end{gathered}|BC|2|AD|+|AC|2|DB|−|AB∥AD∥DB|==|AB|2|AD|+|AC|2|AD|+|AC|2|DB|−|AB∥AD∥DB|==|AC|2(|AD|+|DB|)+|AB∥AD|(|AB|−|DB|)==|AC|2|AB|+|AD|2|AB|=|CD|2|AB|.
Jeżeli punkt D D DDD jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka C C CCC,
to korzystając z twierdzenia Pitagorasa mamy
| B C | 2 = | C D | 2 + | D B | 2 , | A C | 2 = | C D | 2 + | A D | 2 . | B C | 2 = | C D | 2 + | D B | 2 , | A C | 2 = | C D | 2 + | A D | 2 . {:[|BC|^(2)=|CD|^(2)+|DB|^(2)","],[|AC|^(2)=|CD|^(2)+|AD|^(2).]:}\begin{aligned} |B C|^{2} &=|C D|^{2}+|D B|^{2}, \\ |A C|^{2} &=|C D|^{2}+|A D|^{2} . \end{aligned}|BC|2=|CD|2+|DB|2,|AC|2=|CD|2+|AD|2.
Stąd
| B C | 2 | A D | + | A C | 2 | D B | − | A B ∥ A D ∥ D B | = = ( | C D | 2 + | D B | 2 ) | A D | + ( | C D | 2 + | A D | 2 ) | D B | − | A B | | A D | D B ∣= = | C D | 2 ( ∥ A D | + | D B ∣ ) + | A D ∥ D B | ( | A D | + | D B | − | A B | ) = = | C D | 2 | A B | . | B C | 2 | A D | + | A C | 2 | D B | − | A B ∥ A D ∥ D B | = = | C D | 2 + | D B | 2 | A D | + | C D | 2 + | A D | 2 | D B | − | A B | | A D | D B ∣= = | C D | 2 ( ∥ A D | + | D B ∣ ) + | A D ∥ D B | ( | A D | + | D B | − | A B | ) = = | C D | 2 | A B | . {:[|BC|^(2)|AD|+|AC|^(2)|DB|-|AB||AD||DB|=],[=(|CD|^(2)+|DB|^(2))|AD|+(|CD|^(2)+|AD|^(2))|DB|-|AB||AD|DB∣=],[=|CD|^(2)(||AD|+|DB∣)+|AD||DB|(|AD|+|DB|-|AB|)=],[=|CD|^(2)|AB|.]:}\begin{gathered} |B C|^{2}|A D|+|A C|^{2}|D B|-|A B\|A D\| D B|= \\ =\left(|C D|^{2}+|D B|^{2}\right)|A D|+\left(|C D|^{2}+|A D|^{2}\right)|D B|-|A B||A D| D B \mid= \\ =|C D|^{2}(\| A D|+| D B \mid)+|A D \| D B|(|A D|+|D B|-|A B|)= \\ =|C D|^{2}|A B| . \end{gathered}|BC|2|AD|+|AC|2|DB|−|AB∥AD∥DB|==(|CD|2+|DB|2)|AD|+(|CD|2+|AD|2)|DB|−|AB||AD|DB∣==|CD|2(∥AD|+|DB∣)+|AD∥DB|(|AD|+|DB|−|AB|)==|CD|2|AB|.
Pozostaje rozpatrzyć przypadek, gdy kąt B A C B A C BACB A CBAC nie jest prosty i odcinek C D C D CDC DCD nie jest wysokością trójką̨a A B C A B C ABCA B CABC.
Jeden z kątów ∠ A D C ∠ A D C /_ADC\angle A D C∠ADC lub ∠ B D C ∠ B D C /_BDC\angle B D C∠BDC jest kątem ostrym. Przyjmijmy (bez zmniejszania ogólności rozważań), że ∠ A D C ∠ A D C /_ADC\angle A D C∠ADC jest kątem ostrym. Wówczas kąt ∠ B D C ∠ B D C /_BDC\angle B D C∠BDC jest kątem rozwartym jako kąt przyległy do kąta ostrego. Do trójkątów A D C A D C ADCA D CADC i B D C B D C BDCB D CBDC stosujemy twierdzenie Carnota i otrzymujemy równości
| A C | 2 = | A D | 2 + | C D | 2 − 2 | A D ∥ E D | , | B C | 2 = | B D | 2 + | C D | 2 − 2 | D B ∥ E D | . | A C | 2 = | A D | 2 + | C D | 2 − 2 | A D ∥ E D | , | B C | 2 = | B D | 2 + | C D | 2 − 2 | D B ∥ E D | . {:[|AC|^(2)=|AD|^(2)+|CD|^(2)-2|AD||ED|","],[|BC|^(2)=|BD|^(2)+|CD|^(2)-2|DB||ED|.]:}\begin{aligned} |A C|^{2} &=|A D|^{2}+|C D|^{2}-2|A D \| E D|, \\ |B C|^{2} &=|B D|^{2}+|C D|^{2}-2|D B \| E D| . \end{aligned}|AC|2=|AD|2+|CD|2−2|AD∥ED|,|BC|2=|BD|2+|CD|2−2|DB∥ED|.
Pierwszą z tych równości mnożymy przez | D B | | D B | |DB||D B||DB|, a druga przez | A D | | A D | |AD||A D||AD| i tak otrzymane równości dodajemy stronami. Po prostych rachunkach otrzymujemy tezę twierdzenia.
Twierdzenie Stewarta możemy wykorzystać rozwiązując następujące zadania. Zadanie. Wyznacz długości środkowych trójkąta A B C A B C ABCA B CABC, którego boki mają długości a , b , c a , b , c a,b,ca, b, ca,b,c.
Oznaczmy przez m a , m b , m c m a , m b , m c m_(a),m_(b),m_(c)m_{a}, m_{b}, m_{c}ma,mb,mc długości środkowych, których jednym końcem jest odpowiednio wierzchołek A , B , C A , B , C A,B,CA, B, CA,B,C.
Niech odcinek C D C D CDC DCD będzie środkową o długości m c m c m_(c)m_{c}mc. Wówczas | A D | = D B ∣= | A D | = D B ∣= |AD|=DB∣=|A D|=D B \mid=|AD|=DB∣= c 2 c 2 (c)/(2)\frac{c}{2}c2 i na mocy twierdzenia Stewarta mamy
m c 2 c = b 2 c 2 + a 2 c 2 − c c 2 c 2 c . m c 2 c = b 2 c 2 + a 2 c 2 − c c 2 c 2 c . m_(c)^(2)c=b^(2)(c)/(2)+a^(2)(c)/(2)-(cc)/(2)(c)/(2)c.m_{c}^{2} c=b^{2} \frac{c}{2}+a^{2} \frac{c}{2}-\frac{c c}{2} \frac{c}{2} c .mc2c=b2c2+a2c2−cc2c2c.
Po skróceniu przez c c ccc i wyłączeniu przed nawias ułamka 1 4 1 4 (1)/(4)\frac{1}{4}14 otrzymujemy
m c 2 = 1 4 ( 2 a 2 + 2 b 2 − c 2 ) . m c 2 = 1 4 2 a 2 + 2 b 2 − c 2 . m_(c)^(2)=(1)/(4)(2a^(2)+2b^(2)-c^(2)).m_{c}^{2}=\frac{1}{4}\left(2 a^{2}+2 b^{2}-c^{2}\right) .mc2=14(2a2+2b2−c2).
Oczywiście
m a 2 = 1 4 ( 2 b 2 + 2 c 2 − a 2 ) , m b 2 = 1 4 ( 2 a 2 + 2 c 2 − b 2 ) . m a 2 = 1 4 2 b 2 + 2 c 2 − a 2 , m b 2 = 1 4 2 a 2 + 2 c 2 − b 2 . {:[m_(a)^(2)=(1)/(4)(2b^(2)+2c^(2)-a^(2))","],[m_(b)^(2)=(1)/(4)(2a^(2)+2c^(2)-b^(2)).]:}\begin{aligned} &m_{a}^{2}=\frac{1}{4}\left(2 b^{2}+2 c^{2}-a^{2}\right), \\ &m_{b}^{2}=\frac{1}{4}\left(2 a^{2}+2 c^{2}-b^{2}\right) . \end{aligned}ma2=14(2b2+2c2−a2),mb2=14(2a2+2c2−b2).
Zadanie. Wyznacz długości odcinków dwusiecznych kątów wewnętrznych trójkąta A B C A B C ABCA B CABC, którego boki mają długości a , b , c a , b , c a,b,ca, b, ca,b,c.
Oznaczmy przez d a , d b , d c d a , d b , d c d_(a),d_(b),d_(c)d_{a}, d_{b}, d_{c}da,db,dc długości odcinków dwusiecznych o początku odpowiednio w punkcie A , B , C A , B , C A,B,CA, B, CA,B,C.
Niech odcinek C D C D CDC DCD będzie odcinkiem dwusiecznej o długości d c d c d_(c)d_{c}dc. Wówczas z z z\mathrm{z}z twierdzenia o dwusiecznej kąta wewnętrznego w trójkącie | A D | = b c a + b | A D | = b c a + b |AD|=(bc)/(a+b)|A D|=\frac{b c}{a+b}|AD|=bca+b, | D B | = a c a + b | D B | = a c a + b |DB|=(ac)/(a+b)|D B|=\frac{a c}{a+b}|DB|=aca+b i na mocy twierdzenia Stewarta
d c 2 c = b 2 a c a + b + a 2 b c a + b − a c a + b b c a + b c . d c 2 c = b 2 a c a + b + a 2 b c a + b − a c a + b b c a + b c . d_(c)^(2)c=b^(2)(ac)/(a+b)+a^(2)(bc)/(a+b)-(ac)/(a+b)(bc)/(a+b)c.d_{c}^{2} c=b^{2} \frac{a c}{a+b}+a^{2} \frac{b c}{a+b}-\frac{a c}{a+b} \frac{b c}{a+b} c .dc2c=b2aca+b+a2bca+b−aca+bbca+bc.
Po skróceniu przez c c ccc i wyłączeniu przed nawias czynnika a b a + b a b a + b (ab)/(a+b)\frac{a b}{a+b}aba+b otrzymujemy
d c 2 = a b a + b ( a + b − c 2 a + b ) . d c 2 = a b a + b a + b − c 2 a + b . d_(c)^(2)=(ab)/(a+b)(a+b-(c^(2))/(a+b)).d_{c}^{2}=\frac{a b}{a+b}\left(a+b-\frac{c^{2}}{a+b}\right) .dc2=aba+b(a+b−c2a+b).
Oczywiście
d a 2 = b c b + c ( b + c − a 2 b + c ) d b 2 = a c a + c ( a + c − b 2 a + c ) . d a 2 = b c b + c b + c − a 2 b + c d b 2 = a c a + c a + c − b 2 a + c . {:[d_(a)^(2)=(bc)/(b+c)(b+c-(a^(2))/(b+c))],[d_(b)^(2)=(ac)/(a+c)(a+c-(b^(2))/(a+c)).]:}\begin{aligned} d_{a}^{2} &=\frac{b c}{b+c}\left(b+c-\frac{a^{2}}{b+c}\right) \\ d_{b}^{2} &=\frac{a c}{a+c}\left(a+c-\frac{b^{2}}{a+c}\right) . \end{aligned}da2=bcb+c(b+c−a2b+c)db2=aca+c(a+c−b2a+c).

10. Twierdzenie Talesa

Twierdzenie (Talesa). Jeżeli ramiona kąta przetniemy dwiema prostymi równoległymi, to stosunek długości odcinków wyznaczonych przez wierzchołek kąta i te proste na jednym ramieniu kąta jest równy stosunkowi długości odpowiednich odcinków wyznaczonych przez wierzchołek kąta i te proste na drugim ramieniu.
Dowód. Załóżmy najpierw, że proste k k kkk i l l lll sac prostopadłe do jednego z ramion kąta.
Ponieważ trójkąt O A A ′ O A A ′ OAA^(')O A A^{\prime}OAA′ i trapez A B B ′ A ′ A B B ′ A ′ ABB^(')A^(')A B B^{\prime} A^{\prime}ABB′A′ nie zachodzą na siebie, a ich suma jest trójkątem O B B ′ O B B ′ OBB^(')O B B^{\prime}OBB′, to
1 2 | B B ′ | | O B | = 1 2 ( | B B ′ | + | A A ′ | ) | A B | + 1 2 | A A ′ | | O A | . 1 2 B B ′ | O B | = 1 2 B B ′ + A A ′ | A B | + 1 2 A A ′ | O A | . (1)/(2)|BB^(')||OB|=(1)/(2)(|BB^(')|+|AA^(')|)|AB|+(1)/(2)|AA^(')||OA|.\frac{1}{2}\left|B B^{\prime}\right||O B|=\frac{1}{2}\left(\left|B B^{\prime}\right|+\left|A A^{\prime}\right|\right)|A B|+\frac{1}{2}\left|A A^{\prime}\right||O A| .12|BB′||OB|=12(|BB′|+|AA′|)|AB|+12|AA′||OA|.
Po prostych rachunkach otrzymamy
| B B ′ | | O A | = | A A ′ | | O B | , B B ′ | O A | = A A ′ | O B | , |BB^(')||OA|=|AA^(')||OB|,\left|B B^{\prime}\right||O A|=\left|A A^{\prime}\right||O B|,|BB′||OA|=|AA′||OB|,
a więc
| B B ′ | | A A ′ | = | O B | | O A | . B B ′ A A ′ = | O B | | O A | . (|BB^(')|)/(|AA^(')|)=(|OB|)/(|OA|).\frac{\left|B B^{\prime}\right|}{\left|A A^{\prime}\right|}=\frac{|O B|}{|O A|} .|BB′||AA′|=|OB||OA|.
Oznaczając ten stosunek przez ν ν nu\nuν mamy równości
| B B ′ | = ν | A A ′ | B B ′ = ν A A ′ |BB^(')|=nu|AA^(')|\left|B B^{\prime}\right|=\nu\left|A A^{\prime}\right||BB′|=ν|AA′|
i
| O B | = ν | O A | . | O B | = ν | O A | .  |OB|=nu|OA|". "|O B|=\nu|O A| \text {. }|OB|=ν|OA|. 
Z twierdzenia Pitagorasa (trójkąty O A A ′ , O B B ′ O A A ′ , O B B ′ OAA^('),OBB^(')O A A^{\prime}, O B B^{\prime}OAA′,OBB′ sac prostokątne)
| O B ′ | = | B B | 2 + | O B | 2 = ν 2 ( | A A ′ | 2 + | O A | 2 ) = ν | O A ′ | . O B ′ = | B B | 2 + | O B | 2 = ν 2 A A ′ 2 + | O A | 2 = ν O A ′ . |OB^(')|=sqrt(|BB|^(2)+|OB|^(2))=sqrt(nu^(2)(|AA^(')|^(2)+|OA|^(2)))=nu|OA^(')|.\left|O B^{\prime}\right|=\sqrt{|B B|^{2}+|O B|^{2}}=\sqrt{\nu^{2}\left(\left|A A^{\prime}\right|^{2}+|O A|^{2}\right)}=\nu\left|O A^{\prime}\right| .|OB′|=|BB|2+|OB|2=ν2(|AA′|2+|OA|2)=ν|OA′|.
Zatem
| O B | | O A | = | O B ′ | | O A ′ | . | O B | | O A | = O B ′ O A ′ . (|OB|)/(|OA|)=(|OB^(')|)/(|OA^(')|).\frac{|O B|}{|O A|}=\frac{\left|O B^{\prime}\right|}{\left|O A^{\prime}\right|} .|OB||OA|=|OB′||OA′|.
Niechaj teraz żadne z ramion kąta nie będzie prostopadłe do prostych k k kkk i l l lll. Wówczas kreślimy z wierzchołka O O OOO prostą prostopadłą do prostych równoległych k k kkk i l l lll. Przecina ona te proste odpowiednio w punktach A ′ ′ A ′ ′ A^('')A^{\prime \prime}A′′ i B ′ ′ B ′ ′ B^('')B^{\prime \prime}B′′.

Na podstawie poprzednich rozważań mamy

| O B | | O A | = | O B ′ ′ | ∣ O A ′ ′ | O B | | O A | = O B ′ ′ ∣ O A ′ ′ (|OB|)/(|OA|)=(|OB^('')|)/(∣OA^(''))\frac{|O B|}{|O A|}=\frac{\left|O B^{\prime \prime}\right|}{\mid O A^{\prime \prime}}|OB||OA|=|OB′′|∣OA′′
i
| O B ′ | | O A ′ | = | O B ′ ′ | | O A ′ ′ | . O B ′ O A ′ = O B ′ ′ O A ′ ′ . (|OB^(')|)/(|OA^(')|)=(|OB^('')|)/(|OA^('')|).\frac{\left|O B^{\prime}\right|}{\left|O A^{\prime}\right|}=\frac{\left|O B^{\prime \prime}\right|}{\left|O A^{\prime \prime}\right|} .|OB′||OA′|=|OB′′||OA′′|.
Stąd
| O B | | O A | = | O B ′ | | O A ′ | . | O B | | O A | = O B ′ O A ′ . (|OB|)/(|OA|)=(|OB^(')|)/(|OA^(')|).\frac{|O B|}{|O A|}=\frac{\left|O B^{\prime}\right|}{\left|O A^{\prime}\right|} .|OB||OA|=|OB′||OA′|.
Wniosek. Jeżeli proste k k kkk i l l lll są równoległe i przecinają ramiona kąta odpowiednio w punktach A , B A , B A,BA, BA,B oraz A ′ , B ′ A ′ , B ′ A^('),B^(')A^{\prime}, B^{\prime}A′,B′, to
| O A | | O B | = | O A ′ | | O B ′ | , | O A | | O B | = | A A ′ | | B B ′ | , | O A | | A B | = | O A ′ | | A ′ B ′ | . | O A | | O B | = O A ′ O B ′ , | O A | | O B | = A A ′ B B ′ , | O A | | A B | = O A ′ A ′ B ′ . (|OA|)/(|OB|)=(|OA^(')|)/(|OB^(')|),quad(|OA|)/(|OB|)=(|AA^(')|)/(|BB^(')|),quad(|OA|)/(|AB|)=(|OA^(')|)/(|A^(')B^(')|).\frac{|O A|}{|O B|}=\frac{\left|O A^{\prime}\right|}{\left|O B^{\prime}\right|}, \quad \frac{|O A|}{|O B|}=\frac{\left|A A^{\prime}\right|}{\left|B B^{\prime}\right|}, \quad \frac{|O A|}{|A B|}=\frac{\left|O A^{\prime}\right|}{\left|A^{\prime} B^{\prime}\right|} .|OA||OB|=|OA′||OB′|,|OA||OB|=|AA′||BB′|,|OA||AB|=|OA′||A′B′|.
Prawdziwe jest również twierdzenie odwrotne do twierdzenia Talesa. Twierdzenie. Jeżeli ramiona kąta przecięte są dwiema prostymi i stosunek długości odcinków wyznaczonych przez wierzchołek kąta i te dwie proste na jednym ramieniu kąta jest równy stosunkowi długości odpowiednich odcinków wyznaczonych przez wierzchołek i te proste na drugim ramieniu, to te proste są równoległe.
Dowód. (nie wprost). Przypuśćmy, że proste k i l k i l kilk \mathrm{i} lkil nie są równoległe. Poprowadźmy przez punkt B ′ B ′ B^(')B^{\prime}B′ prostą l ∗ l ∗ l^(**)l^{*}l∗ równoległa do prostej k k kkk. Przetnie ona ramię O B O B OBO BOB w punkcie B ∗ B ∗ B^(**)B^{*}B∗. Z twierdzenia Talesa ( zastosowanego do ramion danego kąta i prostych k k kkk i l ∗ l ∗ l^(**)l^{*}l∗ ) otrzymamy
| O B ∗ | | O A | = | O B ′ | | O A ′ | . O B ∗ | O A | = O B ′ O A ′ . (|OB^(**)|)/(|OA|)=(|OB^(')|)/(|OA^(')|).\frac{\left|O B^{*}\right|}{|O A|}=\frac{\left|O B^{\prime}\right|}{\left|O A^{\prime}\right|} .|OB∗||OA|=|OB′||OA′|.
Stąd i z założenia musi być | O B | = | O B ∗ | | O B | = O B ∗ |OB|=|OB^(**)||O B|=\left|O B^{*}\right||OB|=|OB∗| i w konsekwencji B = B ∗ B = B ∗ B=B^(**)B=B^{*}B=B∗. Proste l l lll i l ∗ l ∗ l^(**)l^{*}l∗ są identyczne, a więc k ∥ l k ∥ l k||lk \| lk∥l. Dwie proste k k kkk i l l lll nie mogą być jednocześnie równoległe i nierównoległe. Otrzymana sprzeczność kończy dowód twierdzenia.
Wnioski z twierdzenia Talesa i twierdzenia doń odwrotnego przydatne w geometrii trójkąta.
Wniosek. Jeżeli w trójkącie A B C A B C ABCA B CABC punkt D D DDD należy do boku A C A C ACA CAC, punkt E E EEE należy do boku B C B C BCB CBC i odcinek D E D E DED EDE jest równoległy do boku A B A B ABA BAB, to
| C A | | C D | = | C B | | C E | . | C A | | C D | = | C B | | C E | . (|CA|)/(|CD|)=(|CB|)/(|CE|).\frac{|C A|}{|C D|}=\frac{|C B|}{|C E|} .|CA||CD|=|CB||CE|.
Wniosek. Jeżeli punkt D D DDD należy do boku A C A C ACA CAC, a punkt E E EEE należy do boku B C B C BCB CBC trójkąta A B C A B C ABCA B CABC oraz
| C A | | C D | = | C B | | C E | , | C A | | C D | = | C B | | C E | , (|CA|)/(|CD|)=(|CB|)/(|CE|),\frac{|C A|}{|C D|}=\frac{|C B|}{|C E|},|CA||CD|=|CB||CE|,
to odcinek D E D E DED EDE jest równoległy do boku A B A B ABA BAB.
Wniosek. Jeżeli kąty wewnętrzne trójkąta A B C A B C ABCA B CABC są równe kątom wewnętrznym trójkąta J K L : ∠ A = ∠ J , ∠ B = ∠ K , ∠ C = ∠ L J K L : ∠ A = ∠ J , ∠ B = ∠ K , ∠ C = ∠ L JKL:/_A=/_J,/_B=/_K,/_C=/_LJ K L: \angle A=\angle J, \angle B=\angle K, \angle C=\angle LJKL:∠A=∠J,∠B=∠K,∠C=∠L, to długości boków trójkąta A B C A B C ABCA B CABC są proporcjonalne do długości odpowiednich boków trójkąta J K L J K L JKLJ K LJKL :
| B C | | K L | = | C A | | L J | = | A B | | J K | . | B C | | K L | = | C A | | L J | = | A B | | J K | . (|BC|)/(|KL|)=(|CA|)/(|LJ|)=(|AB|)/(|JK|).\frac{|B C|}{|K L|}=\frac{|C A|}{|L J|}=\frac{|A B|}{|J K|} .|BC||KL|=|CA||LJ|=|AB||JK|.

Dowód. Jeżeli np. | A B | = | J K | | A B | = | J K | |AB|=|JK||A B|=|J K||AB|=|JK|, to trójkąty A B C A B C ABCA B CABC i J K L J K L JKLJ K LJKL są przystające ( k b k ) ( k b k ) (kbk)(k b k)(kbk) i wszystkie stosunki długości odpowiednich boków są równe 1. Przyjmijmy (bez zmniejszania ogólności rozważań), że | A B | > | J K | | A B | > | J K | |AB| > |JK||A B|>|J K||AB|>|JK| i na boku A B A B ABA BAB trójkąta A B C A B C ABCA B CABC odłóżmy odcinek A U A U AUA UAU taki, że | A U | = | J K | | A U | = | J K | |AU|=|JK||A U|=|J K||AU|=|JK|. Przez punkt U U UUU poprowadźmy prostą równoległą do prostej B C B C BCB CBC. Prosta ta przetnie bok A C A C ACA CAC w punkcie V V VVV.

Z twierdzenia Talesa (i odpowiednich wniosków) wynika, że
| A B | | A U | = | A C | | A V | = | B C | | U V | . | A B | | A U | = | A C | | A V | = | B C | | U V | . (|AB|)/(|AU|)=(|AC|)/(|AV|)=(|BC|)/(|UV|).\frac{|A B|}{|A U|}=\frac{|A C|}{|A V|}=\frac{|B C|}{|U V|} .|AB||AU|=|AC||AV|=|BC||UV|.
Ale trójkąty A U V A U V AUVA U VAUV i J K L J K L JKLJ K LJKL są przystające, więc
| B C | | K L | = | C A | | L J | = | A B | | J K | . | B C | | K L | = | C A | | L J | = | A B | | J K | . (|BC|)/(|KL|)=(|CA|)/(|LJ|)=(|AB|)/(|JK|).\frac{|B C|}{|K L|}=\frac{|C A|}{|L J|}=\frac{|A B|}{|J K|} .|BC||KL|=|CA||LJ|=|AB||JK|.
Wniosek. Jeżeli proste k k kkk i l l lll przecinają ramiona kątów wierzchołkowych o wierzchołku O O OOO odpowiednio w punktach A , A ′ A , A ′ A,A^(')A, A^{\prime}A,A′ oraz B , B ′ B , B ′ B,B^(')B, B^{\prime}B,B′ i są równoległe, to
| O B | | O A | = | O B ′ | | O A ′ | . | O B | | O A | = O B ′ O A ′ . (|OB|)/(|OA|)=(|OB^(')|)/(|OA^(')|).\frac{|O B|}{|O A|}=\frac{\left|O B^{\prime}\right|}{\left|O A^{\prime}\right|} .|OB||OA|=|OB′||OA′|.
. Wniosek. Jeżeli proste k k kkk i l l lll przecinają ramiona kątów wierzchołkowych o wierzchołku O O OOO odpowiednio w punktach A , A ′ A , A ′ A,A^(')A, A^{\prime}A,A′ oraz B , B ′ B , B ′ B,B^(')B, B^{\prime}B,B′ i
| O B | | O A | = | O B ′ | | O A ′ | , | O B | | O A | = O B ′ O A ′ , (|OB|)/(|OA|)=(|OB^(')|)/(|OA^(')|),\frac{|O B|}{|O A|}=\frac{\left|O B^{\prime}\right|}{\left|O A^{\prime}\right|},|OB||OA|=|OB′||OA′|,
to proste k k kkk i l l lll są równoległe. Wniosek.. Jeżeli proste równoległe k , l , m k , l , m k,l,mk, l, mk,l,m przecinają ramiona kąta odpowiednio w punktach A , B , C A , B , C A,B,CA, B, CA,B,C i A ′ , B ′ , C ′ A ′ , B ′ , C ′ A^('),B^('),C^(')A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}A′,B′,C′, to
| A B | | B C | = | A ′ B ′ | | B ′ C ′ | . | A B | | B C | = A ′ B ′ B ′ C ′ . (|AB|)/(|BC|)=(|A^(')B^(')|)/(|B^(')C^(')|).\frac{|A B|}{|B C|}=\frac{\left|A^{\prime} B^{\prime}\right|}{\left|B^{\prime} C^{\prime}\right|} .|AB||BC|=|A′B′||B′C′|.
Przykład. Udowodnij, że jeżeli sieczne okręgu poprowadzone z punktu P P PPP, nie należącego do tego okręgu, przecinają okrąg odpowiednio w punktach A A AAA, A ′ A ′ A^(')A^{\prime}A′ i B , B ′ B , B ′ B,B^(')B, B^{\prime}B,B′, to | P A ∥ P A ′ | = | P B ∥ P B ′ | P A P A ′ | = | P B P B ′ |PA||PA^(')|=|PB||PB^(')|\left|P A\left\|P A^{\prime}|=| P B\right\| P B^{\prime}\right||PA∥PA′|=|PB∥PB′|.
Trójkąty P B A ′ P B A ′ PBA^(')P B A^{\prime}PBA′ i P A B ′ P A B ′ PAB^(')P A B^{\prime}PAB′ mają takie same kąty wewnętrzne, zatem długości ich odpowiednich boków są proporcjonalne
| P A | | P B | = | P B ′ | | P A ′ | . | P A | | P B | = P B ′ P A ′ . (|PA|)/(|PB|)=(|PB^(')|)/(|PA^(')|).\frac{|P A|}{|P B|}=\frac{\left|P B^{\prime}\right|}{\left|P A^{\prime}\right|} .|PA||PB|=|PB′||PA′|.
Stąd | P A | | P A ′ | = | P B ∥ P B ′ | | P A | P A ′ = P B ∥ P B ′ |PA||PA^(')|=|PB||PB^(')||P A|\left|P A^{\prime}\right|=\left|P B \| P B^{\prime}\right||PA||PA′|=|PB∥PB′|.

11. Ważne związki miarowe w trójkącie

Trójkąt będziemy A B C A B C ABCA B CABC oznaczać symbolem △ A B C △ A B C /_\ABC\triangle A B C△ABC. Długości boków B C , A C B C , A C BC,ACB C, A CBC,AC, A B A B ABA BAB oznaczamy odpowiednio literami a , b , c a , b , c a,b,ca, b, ca,b,c zaś rozwartości kątów wewnętrznych o wierzchołkach A , B , C A , B , C A,B,CA, B, CA,B,C odpowiednio literami α , β , γ α , β , γ alpha,beta,gamma\alpha, \beta, \gammaα,β,γ.
Przypomnimy teraz podstawowe twierdzenia geometrii trójkąta.
Twierdzenie. Jeżeli α , β , γ α , β , γ alpha,beta,gamma\alpha, \beta, \gammaα,β,γ są rozwartościami kątów wewnętrznych trójkąta, to α + β + γ = 180 ∘ α + β + γ = 180 ∘ alpha+beta+gamma=180^(@)\alpha+\beta+\gamma=180^{\circ}α+β+γ=180∘.
Twierdzenie. Jeżeli a , b , c a , b , c a,b,ca, b, ca,b,c są długościami boków trójkąta, to a < a < a <a<a< b + c , b < a + c , c < a + b b + c , b < a + c , c < a + b b+c,b < a+c,c < a+bb+c, b<a+c, c<a+bb+c,b<a+c,c<a+b. Umawiamy się ponadto, że
  1. wysokości opuszczone na boki o długościach a , b a , b a,ba, ba,b lub c c ccc mają odpowiednio długości h a , h b , h c h a , h b , h c h_(a),h_(b),h_(c)h_{a}, h_{b}, h_{c}ha,hb,hc,
  2. środkowe, których jednym końcem jest wierzchołek A , B A , B A,BA, BA,B lub C C CCC, maja odpowiednio długości m a , m b , m c m a , m b , m c m_(a),m_(b),m_(c)m_{a}, m_{b}, m_{c}ma,mb,mc,
  3. odcinki dwusiecznych, których jednym końcem jest wierzchołek A , B A , B A,BA, BA,B lub C C CCC, mają odpowiednio długości d a , d b , d c d a , d b , d c d_(a),d_(b),d_(c)d_{a}, d_{b}, d_{c}da,db,dc,
  4. promień okręgu opisanego na tym trójkącie ma długość R R RRR,
  5. promień okręgu wpisanego w ten trójkąt ma długość r r rrr,
  6. połowa obwodu tego trójkąta jest równa s s sss,
  7. pole tego trójkąta jest równe P P PPP.
Wniosek. Jeżeli a , b , c a , b , c a,b,ca, b, ca,b,c są długościami boków trójkąta, to
| b − c | < a < b + c , | a − c | < b < a + c , | a − b | < c < a + b . | b − c | < a < b + c , | a − c | < b < a + c , | a − b | < c < a + b . {:[|b-c| < a < b+c","],[|a-c| < b < a+c","],[|a-b| < c < a+b.]:}\begin{aligned} &|b-c|<a<b+c, \\ &|a-c|<b<a+c, \\ &|a-b|<c<a+b . \end{aligned}|b−c|<a<b+c,|a−c|<b<a+c,|a−b|<c<a+b.
Polecenie. Udowodnij wniosek. Wniosek. Jeżeli a , b , c a , b , c a,b,ca, b, ca,b,c są długościami boków trójkąta, to
a 2 − ( b − c ) 2 ⩽ a , b 2 − ( c − a ) 2 ⩽ b , c 2 − ( a − b ) 2 ⩽ c . a 2 − ( b − c ) 2 ⩽ a , b 2 − ( c − a ) 2 ⩽ b , c 2 − ( a − b ) 2 ⩽ c . {:[sqrt(a^(2)-(b-c)^(2))leqslant a","],[sqrt(b^(2)-(c-a)^(2))leqslant b","],[sqrt(c^(2)-(a-b)^(2))leqslant c.]:}\begin{aligned} &\sqrt{a^{2}-(b-c)^{2}} \leqslant a, \\ &\sqrt{b^{2}-(c-a)^{2}} \leqslant b, \\ &\sqrt{c^{2}-(a-b)^{2}} \leqslant c . \end{aligned}a2−(b−c)2⩽a,b2−(c−a)2⩽b,c2−(a−b)2⩽c.
Polecenie. Udowodnij wniosek.
Wniosek. Jeżeli a , b , c a , b , c a,b,ca, b, ca,b,c są długościami boków trójkąta, to
( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) ⩽ a b c . ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) ⩽ a b c . (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)leqslant abc.(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \leqslant a b c .(a+b−c)(b+c−a)(c+a−b)⩽abc.
Dowód. Zauważmy (patrz poprzedni wniosek), że
[ a 2 − ( b − c ) 2 ] [ b 2 − ( c − a ) 2 ] [ c 2 − ( a − b ) 2 ] ⩽ a 2 b 2 c 2 . a 2 − ( b − c ) 2 b 2 − ( c − a ) 2 c 2 − ( a − b ) 2 ⩽ a 2 b 2 c 2 . [a^(2)-(b-c)^(2)][b^(2)-(c-a)^(2)][c^(2)-(a-b)^(2)]leqslanta^(2)b^(2)c^(2).\left[a^{2}-(b-c)^{2}\right]\left[b^{2}-(c-a)^{2}\right]\left[c^{2}-(a-b)^{2}\right] \leqslant a^{2} b^{2} c^{2} .[a2−(b−c)2][b2−(c−a)2][c2−(a−b)2]⩽a2b2c2.
Rozkładając lewą stronę tej nierówności na czynniki i korzystając z przemienności iloczynu otrzymamy
( b + c − a ) 2 ( a + c − b ) 2 ( a + b − c ) 2 ⩽ a 2 b 2 c 2 . ( b + c − a ) 2 ( a + c − b ) 2 ( a + b − c ) 2 ⩽ a 2 b 2 c 2 . (b+c-a)^(2)(a+c-b)^(2)(a+b-c)^(2)leqslanta^(2)b^(2)c^(2).(b+c-a)^{2}(a+c-b)^{2}(a+b-c)^{2} \leqslant a^{2} b^{2} c^{2} .(b+c−a)2(a+c−b)2(a+b−c)2⩽a2b2c2.
Stąd
( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) ⩽ a b c . ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) ⩽ a b c . (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)leqslant abc.(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \leqslant a b c .(a+b−c)(b+c−a)(c+a−b)⩽abc.

12. Uwaga. Nierówność

( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) ⩽ a b c . ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) ⩽ a b c . (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)leqslant abc.(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \leqslant a b c .(a+b−c)(b+c−a)(c+a−b)⩽abc.
można zapisać w postaci
  1. ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) ⩽ 1 8 a b c ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) ⩽ 1 8 a b c (s-a)(s-b)(s-c)leqslant(1)/(8)abc(s-a)(s-b)(s-c) \leqslant \frac{1}{8} a b c(s−a)(s−b)(s−c)⩽18abc
lub
  1. s ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) s ⩽ 1 8 a b c s ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) s ⩽ 1 8 a b c (s(s-a)(s-b)(s-c))/(s)leqslant(1)/(8)abc\frac{s(s-a)(s-b)(s-c)}{s} \leqslant \frac{1}{8} a b cs(s−a)(s−b)(s−c)s⩽18abc
lub
  1. P 2 s ⩽ 1 8 a b c P 2 s ⩽ 1 8 a b c (P^(2))/(s)leqslant(1)/(8)abc\frac{P^{2}}{s} \leqslant \frac{1}{8} a b cP2s⩽18abc.
Polecenie. Uzasadnij 1), 2) i 3).
Wniosek. Jeżeli a , b , c a , b , c a,b,ca, b, ca,b,c są długościami boków trójkąta, to
a b h c = b c h a = c a h b = a b c 2 P . a b h c = b c h a = c a h b = a b c 2 P . (ab)/(h_(c))=(bc)/(h_(a))=(ca)/(h_(b))=(abc)/(2P).\frac{a b}{h_{c}}=\frac{b c}{h_{a}}=\frac{c a}{h_{b}}=\frac{a b c}{2 P} .abhc=bcha=cahb=abc2P.
Pytanie. Czy wiesz jaka interpretację geometryczna ma wielkość a b c 2 P a b c 2 P (abc)/(2P)\frac{a b c}{2 P}abc2P ? Wniosek. Jeżeli a , b , c a , b , c a,b,ca, b, ca,b,c są długościami boków trójkąta, to
r = P s . r = P s . r=(P)/(s).r=\frac{P}{s} .r=Ps.
Dowód. W dowodzie wykorzystamy własności pola.
Trójkąty A B W , B C W A B W , B C W ABW,BCWA B W, B C WABW,BCW i A C W A C W ACWA C WACW nie zachodzą na siebie i w sumie dają trójkąt A B C A B C ABCA B CABC. Pole P P PPP trójkąta A B C A B C ABCA B CABC jest równe sumie pól trójkątów A B W , B C W A B W , B C W ABW,BCWA B W, B C WABW,BCW i A C W A C W ACWA C WACW. Stąd
P = 1 2 a r + 1 2 b r + 1 2 c r = a + b + c 2 r = s r . P = 1 2 a r + 1 2 b r + 1 2 c r = a + b + c 2 r = s r . P=(1)/(2)ar+(1)/(2)br+(1)/(2)cr=(a+b+c)/(2)r=sr.P=\frac{1}{2} a r+\frac{1}{2} b r+\frac{1}{2} c r=\frac{a+b+c}{2} r=s r .P=12ar+12br+12cr=a+b+c2r=sr.
Zatem
r = P s . r = P s . r=(P)/(s).r=\frac{P}{s} .r=Ps.
Wniosek. Jeżeli a , b , c a , b , c a,b,ca, b, ca,b,c są długościami boków trójkąta, to
R = a b c 4 P R = a b c 4 P R=(abc)/(4P)R=\frac{a b c}{4 P}R=abc4P
Pytanie. Czy potrafisz uzasadnić ten wniosek? Jeśli nie, poszukaj odpowiedzi w uzupetnieniach na końcu kursu.
Wniosek. Jeżeli a , b , c a , b , c a,b,ca, b, ca,b,c są długościami boków trójkąta, to
2 r ⩽ R . 2 r ⩽ R . 2r leqslant R.2 r \leqslant R .2r⩽R.
Polecenie. Udowodnij ten wniosek.

13. Punkty charakterystyczne trójkąta

Niech będzie dany trójkąt A B C A B C ABCA B CABC. Punktami charakterystycznymi tego trójkąta nazywamy następujące punkty:
  1. Punkt O O OOO - środek okręgu opisanego na tym trójkącie, czyli punkt, w którym przecinają się symetralne trzech boków trójkąta;
  2. Punkt W W WWW - środek okręgu wpisanego w ten trójkąt, czyli punkt, w którym przecinają się dwusieczne trzech kątów wewnętrznych trójkąta;
  3. Punkt M M MMM - środek barycentryczny ( barycentrum) tego trójkąta, czyli punkt, w którym przecinają się trzy środkowe trójkąta;
  4. Punkt H H HHH - środek ortyczny ( ortocentrum) tego trójkąta, czyli punkt, w którym przecinają się trzy proste zawierające wysokości trójkąta.
Wniosek. Jeżeli trójkąt A B C A B C ABCA B CABC jest równoboczny, to O = W = W = M = H O = W = W = M = H O=W=W=M=HO=W=W=M=HO=W=W=M=H
Wniosek. Jeżeli w trójkącie A B C A B C ABCA B CABC zachodzi O = W O = W O=WO=WO=W lub O = M O = M O=MO=MO=M lub O = H O = H O=HO=HO=H lub W = M W = M W=MW=MW=M lub W = H W = H W=HW=HW=H lub M = H M = H M=HM=HM=H, to trójką jest równoboczny.
Polecenie. Wybierz jeden z warunków i uzasadnij wniosek. Jeżeli trójkąt jest równoramienny ale nie jest równoboczny, to punkty O O OOO, W , M , H W , M , H W,M,HW, M, HW,M,H są różne i należą do jednej prostej (są współliniowe). Tą prostą jest symetralna podstawy trójkąta równoramiennego.

Twierdzenie (Eulera). W każdym trójkącie A B C A B C ABCA B CABC punkty O , M , H O , M , H O,M,HO, M, HO,M,H są współliniowe.

Dowód. Załóżmy, że trójkąt A B C A B C ABCA B CABC nie jest równoramienny.
Na prostej O M ( O ≠ M ) O M ( O ≠ M ) OM(O!=M)O M(O \neq M)OM(O≠M) wybieramy punkt X X XXX taki, że
| O X | = 3 | O M | , | O M | + | M X | = | O X | . | O X | = 3 | O M | , | O M | + | M X | = | O X | . {:[|OX|=3|OM|","],[|OM|+|MX|=|OX|.]:}\begin{gathered} |O X|=3|O M|, \\ |O M|+|M X|=|O X| . \end{gathered}|OX|=3|OM|,|OM|+|MX|=|OX|.
Stąd
| M X | = 2 | O M | . | M X | = 2 | O M | .  |MX|=2|OM|". "|M X|=2|O M| \text {. }|MX|=2|OM|. 
Z twierdzenia o środkowych wynika, że
| M C | = 2 | M D | . | M C | = 2 | M D | . |MC|=2|MD|.|M C|=2|M D| .|MC|=2|MD|.
Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa wynika, że prosta O D O D ODO DOD jest równoległa do prostej C X C X CXC XCX. Ale prosta O D O D ODO DOD jest symetralną boku A B A B ABA BAB jest więc do prostej A B A B ABA BAB prostopadła. W takim razie prosta C X C X CXC XCX jest prostopadła do prostej A B A B ABA BAB. Rozumując analogicznie udowodnimy, że prosta B X B X BXB XBX jest prostopadła do prostej A C A C ACA CAC oraz prosta A X A X AXA XAX jest prostopadła do prostej B C B C BCB CBC. Proste A X , B X A X , B X AX,BXA X, B XAX,BX, C X C X CXC XCX zawierają wysokości trójkąta A B C A B C ABCA B CABC, zatem X = H X = H X=HX=HX=H. Punkt H H HHH należy więc do prostej O M O M OMO MOM. Punkty O , M , H O , M , H O,M,HO, M, HO,M,H są współliniowe.
Uwaga. Prostą, wyznaczoną przez punkty O O OOO i M M MMM w trójkącie nierównobocznym, nazywamy prostą Eulera.

14. Twierdzenie Menelaosa

Definicja. Mówimy, że prosta przecina bok trójkąta lub jego prze-
dłużenie, gdy ma dokładnie jeden punkt wspólny z prostą zawierającą ten bok i punkt ten jest różny od wierzchołków trójkąta.
Polecenie. Zbadaj wzajemne położenie trójkata i prostej na płaszczyźnie.
Twierdzenie. Jeżeli prosta przecina boki B C , C A , A B B C , C A , A B BC,CA,ABB C, C A, A BBC,CA,AB trójkąta A B C A B C ABCA B CABC lub ich przedłużenia odpowiednio w punktach D , E , F D , E , F D,E,FD, E, FD,E,F, to
| A F | | F B | | B D | | D C | | C E | | E A | = 1 . | A F | | F B | | B D | | D C | | C E | | E A | = 1 . (|AF|)/(|FB|)(|BD|)/(|DC|)(|CE|)/(|EA|)=1.\frac{|A F|}{|F B|} \frac{|B D|}{|D C|} \frac{|C E|}{|E A|}=1 .|AF||FB||BD||DC||CE||EA|=1.
Dowód. Załóżmy, że prosta k k kkk przecina dwa boki trójkąta i przedłużenie trzeciego boku.
Wybierzmy na płaszczyźnie prostą l l lll, która nie jest równoległa do prostej k k kkk ani do żadnego boku trójkąta i nie ma z tym trójkątem punktów wspólnych. Przez wierzchołki trójkąta poprowadźmy proste równoległe do prostej k k kkk. Stosując odpowiedni wniosek z twierdzenia Talesa otrzymujemy
| A F | | F B | = | T U | | T V | , | B D | | D C | = | V T | | T W | , | C E | | E A | = | W T | | T U | . | A F | | F B | = | T U | | T V | , | B D | | D C | = | V T | | T W | , | C E | | E A | = | W T | | T U | . (|AF|)/(|FB|)=(|TU|)/(|TV|),quad(|BD|)/(|DC|)=(|VT|)/(|TW|),quad(|CE|)/(|EA|)=(|WT|)/(|TU|).\frac{|A F|}{|F B|}=\frac{|T U|}{|T V|}, \quad \frac{|B D|}{|D C|}=\frac{|V T|}{|T W|}, \quad \frac{|C E|}{|E A|}=\frac{|W T|}{|T U|} .|AF||FB|=|TU||TV|,|BD||DC|=|VT||TW|,|CE||EA|=|WT||TU|.
Mnożąc te równości stronami otrzymujemy
| A F | | F B | | B D | | D C | | C E | | E A | = | T U | | T V | | V T | | T W | | W T | | T U | = 1 . | A F | | F B | | B D | | D C | | C E | | E A | = | T U | | T V | | V T | | T W | | W T | | T U | = 1 . (|AF|)/(|FB|)(|BD|)/(|DC|)(|CE|)/(|EA|)=(|TU|)/(|TV|)(|VT|)/(|TW|)(|WT|)/(|TU|)=1.\frac{|A F|}{|F B|} \frac{|B D|}{|D C|} \frac{|C E|}{|E A|}=\frac{|T U|}{|T V|} \frac{|V T|}{|T W|} \frac{|W T|}{|T U|}=1 .|AF||FB||BD||DC||CE||EA|=|TU||TV||VT||TW||WT||TU|=1.
Podobnie postępujemy, gdy prosta przecina przedłużenia trzech boków trójkąta.
Polecenie. Przeprowadź dowód w tym przypadku. Twierdzenie odwrotne do udowodnionego nie jest prawdziwe.
Ponieważ
| A F | | F B | = | A F ′ | | F ′ B | , | A F | | F B | = A F ′ F ′ B , (|AF|)/(|FB|)=(|AF^(')|)/(|F^(')B|),\frac{|A F|}{|F B|}=\frac{\left|A F^{\prime}\right|}{\left|F^{\prime} B\right|},|AF||FB|=|AF′||F′B|,
to
| A F ′ | | F ′ B | | B D | | D C | | C E | | E A | = 1 , A F ′ F ′ B | B D | | D C | | C E | | E A | = 1 ,  (|AF^(')|)/(|F^(')B|)(|BD|)/(|DC|)(|CE|)/(|EA|)=1", "\frac{\left|A F^{\prime}\right|}{\left|F^{\prime} B\right|} \frac{|B D|}{|D C|} \frac{|C E|}{|E A|}=1 \text {, }|AF′||F′B||BD||DC||CE||EA|=1, 
lecz punkty D , E , F ′ D , E , F ′ D,E,F^(')D, E, F^{\prime}D,E,F′ nie są współliniowe. Rozważmy zamiast stosunków | A F | | F B | , | B D | | D C | , | C E | | E A | | A F | | F B | , | B D | | D C | , | C E | | E A | (|AF|)/(|FB|),(|BD|)/(|DC|),(|CE|)/(|EA|)\frac{|A F|}{|F B|}, \frac{|B D|}{|D C|}, \frac{|C E|}{|E A|}|AF||FB|,|BD||DC|,|CE||EA| stosunki podziału odcinka punktem ( A B ; F ) , ( B C ; D ) , ( C A ; E ) ( A B ; F ) , ( B C ; D ) , ( C A ; E ) (AB;F),(BC;D),(CA;E)(A B ; F),(B C ; D),(C A ; E)(AB;F),(BC;D),(CA;E). W zależności od położenia prostej k k kkk względem trójkąta dwa spośród tych stosunków są dodatnie, a jeden ujemny lub wszystkie trzy są ujemne. Zatem
( A B ; F ) ( B C ; D ) ( C A ; E ) = − 1 . ( A B ; F ) ( B C ; D ) ( C A ; E ) = − 1 . (AB;F)(BC;D)(CA;E)=-1.(A B ; F)(B C ; D)(C A ; E)=-1 .(AB;F)(BC;D)(CA;E)=−1.
Mamy więc takie twierdzenie
Twierdzenie (Menelaosa). Jeżeli prosta przecina boki B C , C A , A B B C , C A , A B BC,CA,ABB C, C A, A BBC,CA,AB trójkąta A B C A B C ABCA B CABC lub ich przedłużenia odpowiednio w punktach D , E , F D , E , F D,E,FD, E, FD,E,F, to
( A B ; F ) ( B C ; D ) ( C A ; E ) = − 1 . ( A B ; F ) ( B C ; D ) ( C A ; E ) = − 1 . (AB;F)(BC;D)(CA;E)=-1.(A B ; F)(B C ; D)(C A ; E)=-1 .(AB;F)(BC;D)(CA;E)=−1.
Pokażemy, że twierdzenie odwrotne do tego twierdzenia jest prawdziwe.
Twierdzenie (odwrotne do twierdzenia Menelaosa). Jeżeli punkty D , E , F D , E , F D,E,FD, E, FD,E,F należą odpowiednio do boków B C , C A , A B B C , C A , A B BC,CA,ABB C, C A, A BBC,CA,AB trójkąta A B C A B C ABCA B CABC lub ich przedłużeń, są różne od wierzchołków i ( A B ; F ) ( B C ; D ) ( C A ; E ) = ( A B ; F ) ( B C ; D ) ( C A ; E ) = (AB;F)(BC;D)(CA;E)=(A B ; F)(B C ; D)(C A ; E)=(AB;F)(BC;D)(CA;E)= − 1 − 1 -1-1−1, to punkty D , E , F D , E , F D,E,FD, E, FD,E,F są współliniowe. Dowód (nie wprost). Przypuśćmy, że punkty D , E , F D , E , F D,E,FD, E, FD,E,F nie są współliniowe. Zatem D ∉ pr ⁡ E F D ∉ pr ⁡ E F D!in pr EFD \notin \operatorname{pr} E FD∉pr⁡EF lub E ∉ pr ⁡ D F E ∉ pr ⁡ D F E!in pr DFE \notin \operatorname{pr} D FE∉pr⁡DF lub F ∉ pr ⁡ D E F ∉ pr ⁡ D E F!in pr DEF \notin \operatorname{pr} D EF∉pr⁡DE. Przyjmijmy, że E ∉ pr ⁡ D F E ∉ pr ⁡ D F E!in pr DFE \notin \operatorname{pr} D FE∉pr⁡DF. Pokażemy najpierw, że prosta D F D F DFD FDF przecina bok A C A C ACA CAC lub jego przedłużenie. Gdyby prosta D F D F DFD FDF była równoległa do prostej A C A C ACA CAC,
to z wniosków z twierdzenia Talesa wynika, że we wszystkich przypadkach mamy
| A F | | F B | = | C D | | D B | . | A F | | F B | = | C D | | D B | . (|AF|)/(|FB|)=(|CD|)/(|DB|).\frac{|A F|}{|F B|}=\frac{|C D|}{|D B|} .|AF||FB|=|CD||DB|.
Ponadto w pierwszym przypadku
( A B ; F ) = | A F | | F B | , ( B C ; D ) = | B D | | D C | , ( A B ; F ) = | A F | | F B | , ( B C ; D ) = | B D | | D C | , (AB;F)=(|AF|)/(|FB|),quad(BC;D)=(|BD|)/(|DC|),(A B ; F)=\frac{|A F|}{|F B|}, \quad(B C ; D)=\frac{|B D|}{|D C|},(AB;F)=|AF||FB|,(BC;D)=|BD||DC|,
a w drugim i trzecim
( A B ; F ) = − | A F | | F B | , ( B C ; D ) = − | B D | | D C | . ( A B ; F ) = − | A F | | F B | , ( B C ; D ) = − | B D | | D C | . (AB;F)=-(|AF|)/(|FB|),quad(BC;D)=-(|BD|)/(|DC|).(A B ; F)=-\frac{|A F|}{|F B|}, \quad(B C ; D)=-\frac{|B D|}{|D C|} .(AB;F)=−|AF||FB|,(BC;D)=−|BD||DC|.
Zatem we wszystkich przypadkach
( A B ; F ) ( B C ; D ) = 1 . ( A B ; F ) ( B C ; D ) = 1 . (AB;F)(BC;D)=1.(A B ; F)(B C ; D)=1 .(AB;F)(BC;D)=1.
Mielibyśmy więc
( C A ; E ) = − 1 , ( C A ; E ) = − 1 , (CA;E)=-1,(C A ; E)=-1,(CA;E)=−1,
co jest niemożliwe. Niech E ′ E ′ E^(')E^{\prime}E′ będzie punktem, w którym prosta D F D F DFD FDF przecina bok A C A C ACA CAC lub jego przedłużenie. Ponieważ punkty D , E ′ , F D , E ′ , F D,E^('),FD, E^{\prime}, FD,E′,F są współliniowe, to
( A B ; F ) ( B C ; D ) ( C A ; E ′ ) = − 1 . ( A B ; F ) ( B C ; D ) C A ; E ′ = − 1 . (AB;F)(BC;D)(CA;E^('))=-1.(A B ; F)(B C ; D)\left(C A ; E^{\prime}\right)=-1 .(AB;F)(BC;D)(CA;E′)=−1.
Stąd i z założenia twierdzenia otrzymujemy
( C A ; E ) = ( C A ; E ′ ) , ( C A ; E ) = C A ; E ′ , (CA;E)=(CA;E^(')),(C A ; E)=\left(C A ; E^{\prime}\right),(CA;E)=(CA;E′),
więc E = E ′ E = E ′ E=E^(')E=E^{\prime}E=E′. Punkt E E EEE należy do prostej D F D F DFD FDF, co nie jest możliwe.
Polecenie. Uzasadnij pozostate dwa przypadki.

15. Twierdzenie Cevy

Rozważmy trójkąt A B C A B C ABCA B CABC, dla ułatwienia ostrokątny i przyjmijmy, że punkty D D DDD, E , F E , F E,FE, FE,F sac
  1. środkami odpowiednio boków B C , C A , A B B C , C A , A B BC,CA,ABB C, C A, A BBC,CA,AB,
  2. punktami, w których dwusieczne kątów wewnętrznych odpowiednio przy wierzchołkach A , B , C A , B , C A,B,CA, B, CA,B,C przecinają boki przeciwległe tym wierzchołkom,
  3. spodkami wysokości opuszczonych odpowiednio z wierzchołków A , B , C A , B , C A,B,CA, B, CA,B,C na boki przeciwległe tym wierzchołkom.
W każdym przypadku mamy trzy proste, które przechodzą przez wierzchołki trójkąta i przecinają się w punkcie należącym do jego wnętrza.
Zadanie. Uzasadnij, że w każdym przypadku
| A F | | F B | | B D | | D C | | C E | | E A | = 1 . | A F | | F B | | B D | | D C | | C E | | E A | = 1 . (|AF|)/(|FB|)(|BD|)/(|DC|)(|CE|)/(|EA|)=1.\frac{|A F|}{|F B|} \frac{|B D|}{|D C|} \frac{|C E|}{|E A|}=1 .|AF||FB||BD||DC||CE||EA|=1.
ad 1. Ponieważ punkty D , E , F D , E , F D,E,FD, E, FD,E,F są środkami boków trójkąta, to | A F | = | F B | | A F | = | F B | |AF|=|FB||A F|=|F B||AF|=|FB|, | B D | = | D C | , | C E | = | E A | | B D | = | D C | , | C E | = | E A | |BD|=|DC|,|CE|=|EA||B D|=|D C|,|C E|=|E A||BD|=|DC|,|CE|=|EA|. Stąd
| A F | | F B | | B D | | D C | | C E | | E A | = 1 | A F | | F B | | B D | | D C | | C E | | E A | = 1 (|AF|)/(|FB|)(|BD|)/(|DC|)(|CE|)/(|EA|)=1\frac{|A F|}{|F B|} \frac{|B D|}{|D C|} \frac{|C E|}{|E A|}=1|AF||FB||BD||DC||CE||EA|=1
ad 2. Z twierdzenia o dwusiecznej kąta wewnętrznego trójkąta otrzymujemy kolejno
| A F | | F B | = | A C | | C B | , | B D | | D C | = | A B | | A C | , | C E | | E A | = | B C | | A B | . | A F | | F B | = | A C | | C B | , | B D | | D C | = | A B | | A C | , | C E | | E A | = | B C | | A B | . {:[(|AF|)/(|FB|)=(|AC|)/(|CB|)","],[(|BD|)/(|DC|)=(|AB|)/(|AC|)","],[(|CE|)/(|EA|)=(|BC|)/(|AB|).]:}\begin{aligned} &\frac{|A F|}{|F B|}=\frac{|A C|}{|C B|}, \\ &\frac{|B D|}{|D C|}=\frac{|A B|}{|A C|}, \\ &\frac{|C E|}{|E A|}=\frac{|B C|}{|A B|} . \end{aligned}|AF||FB|=|AC||CB|,|BD||DC|=|AB||AC|,|CE||EA|=|BC||AB|.
Stąd
| A F | | F B | | B D | | D C | | C E | | E A | = | A C | | C B | | A B | | A C | | B C | | A B | = 1 . | A F | | F B | | B D | | D C | | C E | | E A | = | A C | | C B | | A B | | A C | | B C | | A B | = 1 . (|AF|)/(|FB|)(|BD|)/(|DC|)(|CE|)/(|EA|)=(|AC|)/(|CB|)(|AB|)/(|AC|)(|BC|)/(|AB|)=1.\frac{|A F|}{|F B|} \frac{|B D|}{|D C|} \frac{|C E|}{|E A|}=\frac{|A C|}{|C B|} \frac{|A B|}{|A C|} \frac{|B C|}{|A B|}=1 .|AF||FB||BD||DC||CE||EA|=|AC||CB||AB||AC||BC||AB|=1.
ad 3. Niech punkty D , E , F D , E , F D,E,FD, E, FD,E,F będą spodkami wysokości trójkąta A B C A B C ABCA B CABC. Zauważmy, że jeśli zatoczymy okrąg, którego średnicą będzie bok B C B C BCB CBC, to przetnie on pozostałe boki w punktach E E EEE i F F FFF. Podobnie okrąg, którego średnicą jest bok A C A C ACA CAC przecina pozostałe boki w punktach D D DDD i F F FFF, a okrąg o średnicy A B A B ABA BAB przetnie pozostałe boki w punktach E E EEE i D D DDD. Z własności siecznych okręgu o średnicy B C B C BCB CBC poprowadzonych z punktu A A AAA otrzymujemy
| A F | | A B | = | A E | | A C | . | A F | | A B | = | A E | | A C | . |AF||AB|=|AE||AC|.|A F||A B|=|A E||A C| .|AF||AB|=|AE||AC|.
Analogiczne równości mamy dla siecznych okręgów o średnicach A C A C ACA CAC i A B A B ABA BAB poprowadzonych odpowiednio z punktów B B BBB i C C CCC
| B D ∥ B C | = | B F | | A B | , | C E ∥ A C | = | C D ∥ B C | . | B D ∥ B C | = | B F | | A B | , | C E ∥ A C | = | C D ∥ B C | . {:[|BD||BC|=|BF||AB|","],[|CE||AC|=|CD||BC|.]:}\begin{aligned} &|B D \| B C|=|B F||A B|, \\ &|C E\|A C|=| C D\| B C| . \end{aligned}|BD∥BC|=|BF||AB|,|CE∥AC|=|CD∥BC|.
Przekształcając uzyskane równości dostaniemy
| A F | | A E | = | A C | | A B | , | B D | | B F | = | A B | | B C | , | C E | | C D | = | B C | | A C | . | A F | | A E | = | A C | | A B | , | B D | | B F | = | A B | | B C | , | C E | | C D | = | B C | | A C | . {:[(|AF|)/(|AE|)=(|AC|)/(|AB|)","],[(|BD|)/(|BF|)=(|AB|)/(|BC|)","],[(|CE|)/(|CD|)=(|BC|)/(|AC|).]:}\begin{aligned} &\frac{|A F|}{|A E|}=\frac{|A C|}{|A B|}, \\ &\frac{|B D|}{|B F|}=\frac{|A B|}{|B C|}, \\ &\frac{|C E|}{|C D|}=\frac{|B C|}{|A C|} . \end{aligned}|AF||AE|=|AC||AB|,|BD||BF|=|AB||BC|,|CE||CD|=|BC||AC|.
Stąd
| A F | | F B | | B D | | D C | | C E | | E A | = | A F | | A E | | B D | | B F | | C E | | C D | = = | A C | | A B | | A B | | B C | | B C | | A C | = 1 . | A F | | F B | | B D | | D C | | C E | | E A | = | A F | | A E | | B D | | B F | | C E | | C D | = = | A C | | A B | | A B | | B C | | B C | | A C | = 1 . {:[(|AF|)/(|FB|)(|BD|)/(|DC|)(|CE|)/(|EA|)=(|AF|)/(|AE|)(|BD|)/(|BF|)(|CE|)/(|CD|)=],[=(|AC|)/(|AB|)(|AB|)/(|BC|)(|BC|)/(|AC|)=1.]:}\begin{gathered} \frac{|A F|}{|F B|} \frac{|B D|}{|D C|} \frac{|C E|}{|E A|}=\frac{|A F|}{|A E|} \frac{|B D|}{|B F|} \frac{|C E|}{|C D|}= \\ =\frac{|A C|}{|A B|} \frac{|A B|}{|B C|} \frac{|B C|}{|A C|}=1 . \end{gathered}|AF||FB||BD||DC||CE||EA|=|AF||AE||BD||BF||CE||CD|==|AC||AB||AB||BC||BC||AC|=1.
Uwaga. Łatwo zauważyć, że rozważania prowadzone w punktach 1 i 2 nie wymagają założenia ostrokątności trójkąta A B C A B C ABCA B CABC.
W rozważanych przykładach iloczyn trzech stosunków jest równy 1 . Okazuje się, że nie jest to przypadek. Tak jest zawsze, gdy trzy różne proste przechodzące przez wierzchołki trójkąta przecinają się w punkcie wewnętrznym tego trójkąta. Twierdzenie (Cevy). Jeżeli punkt P P PPP należy do wnętrza trójkąta A B C A B C ABCA B CABC, a proste A P , B P , C P A P , B P , C P AP,BP,CPA P, B P, C PAP,BP,CP przecinają boki B C , A C , A B B C , A C , A B BC,AC,ABB C, A C, A BBC,AC,AB trójkąta odpowiednio w punktach D , E , F D , E , F D,E,FD, E, FD,E,F, to
| A F | | F B | | B D | | D C | | C E | | E A | = 1 . | A F | | F B | | B D | | D C | | C E | | E A | = 1 . (|AF|)/(|FB|)(|BD|)/(|DC|)(|CE|)/(|EA|)=1.\frac{|A F|}{|F B|} \frac{|B D|}{|D C|} \frac{|C E|}{|E A|}=1 .|AF||FB||BD||DC||CE||EA|=1.
Dowód. W dowodzie wykorzystamy własności pola i pewne własności proporcji.
Zauważmy, że trójkąty A F P A F P AFPA F PAFP i B F P B F P BFPB F PBFP mają identyczne wysokości opuszczone z wierzchołka P P PPP. Podobnie, trójkąty A F C A F C AFCA F CAFC i B F C B F C BFCB F CBFC mają identyczne wysokości opuszczone z wierzchołka C C CCC. Stąd
| A F | | F B | = P ( △ A F P ) P ( △ B F P ) = P ( △ A F C ) P ( △ B F C ) . | A F | | F B | = P ( △ A F P ) P ( △ B F P ) = P ( △ A F C ) P ( △ B F C ) . (|AF|)/(|FB|)=(P(/_\AFP))/(P(/_\BFP))=(P(/_\AFC))/(P(/_\BFC)).\frac{|A F|}{|F B|}=\frac{P(\triangle A F P)}{P(\triangle B F P)}=\frac{P(\triangle A F C)}{P(\triangle B F C)} .|AF||FB|=P(△AFP)P(△BFP)=P(△AFC)P(△BFC).
Trójkąy A F P A F P AFPA F PAFP i A P C A P C APCA P CAPC nie zachodzą na siebie, więc
P ( △ A P C ) = P ( △ A F C ) − P ( △ A F P ) . P ( △ A P C ) = P ( △ A F C ) − P ( △ A F P ) . P(/_\APC)=P(/_\AFC)-P(/_\AFP).P(\triangle A P C)=P(\triangle A F C)-P(\triangle A F P) .P(△APC)=P(△AFC)−P(△AFP).
Trójkąty B F P B F P BFPB F PBFP i B P C B P C BPCB P CBPC także nie zachodzą na siebie, wobec tego
P ( △ B P C ) = P ( △ B F C ) − P ( △ B F P ) . P ( △ B P C ) = P ( △ B F C ) − P ( △ B F P ) . P(/_\BPC)=P(/_\BFC)-P(/_\BFP).P(\triangle B P C)=P(\triangle B F C)-P(\triangle B F P) .P(△BPC)=P(△BFC)−P(△BFP).
Zatem
| A F | | F B | = P ( △ A F P ) − P ( △ A F C ) P ( △ B F P ) − P ( △ B F C ) = P ( △ A P C ) P ( △ B P C . | A F | | F B | = P ( △ A F P ) − P ( △ A F C ) P ( △ B F P ) − P ( △ B F C ) = P ( △ A P C ) P ( △ B P C . (|AF|)/(|FB|)=(P(/_\AFP)-P(/_\AFC))/(P(/_\BFP)-P(/_\BFC))=(P(/_\APC))/(P(/_\BPC).\frac{|A F|}{|F B|}=\frac{P(\triangle A F P)-P(\triangle A F C)}{P(\triangle B F P)-P(\triangle B F C)}=\frac{P(\triangle A P C)}{P(\triangle B P C} .|AF||FB|=P(△AFP)−P(△AFC)P(△BFP)−P(△BFC)=P(△APC)P(△BPC.
W podobny sposób można pokazać, że
| B D | | D C | = P ( △ B P A ) P ( △ C P A . | B D | | D C | = P ( △ B P A ) P ( △ C P A . (|BD|)/(|DC|)=(P(/_\BPA))/(P(/_\CPA).\frac{|B D|}{|D C|}=\frac{P(\triangle B P A)}{P(\triangle C P A} .|BD||DC|=P(△BPA)P(△CPA.
i
| C E | | E A | = P ( △ C P B ) P ( △ A P B ) . | C E | | E A | = P ( △ C P B ) P ( △ A P B ) . (|CE|)/(|EA|)=(P(/_\CPB))/(P(/_\APB)).\frac{|C E|}{|E A|}=\frac{P(\triangle C P B)}{P(\triangle A P B)} .|CE||EA|=P(△CPB)P(△APB).
Iloczyn trzech stosunków | A F | | F B | , | B D | | D C | , | C E | | E A | | A F | | F B | , | B D | | D C | , | C E | | E A | (|AF|)/(|FB|),(|BD|)/(|DC|),(|CE|)/(|EA|)\frac{|A F|}{|F B|}, \frac{|B D|}{|D C|}, \frac{|C E|}{|E A|}|AF||FB|,|BD||DC|,|CE||EA| jest równy 1 . Twierdzenie (odwrotne do twierdzenia Cevy). Jeżeli punkty D , E D , E D,ED, ED,E, F F FFF należą odpowiednio do boków B C , C A , A B B C , C A , A B BC,CA,ABB C, C A, A BBC,CA,AB trójkąta A B C A B C ABCA B CABC, są różne od jego wierzchołków i
| A F | | F B | | B D | | D C | | C E | | E A | = 1 , | A F | | F B | | B D | | D C | | C E | | E A | = 1 , (|AF|)/(|FB|)(|BD|)/(|DC|)(|CE|)/(|EA|)=1,\frac{|A F|}{|F B|} \frac{|B D|}{|D C|} \frac{|C E|}{|E A|}=1,|AF||FB||BD||DC||CE||EA|=1,
to proste A D , B E , C F A D , B E , C F AD,BE,CFA D, B E, C FAD,BE,CF przecinają się w punkcie należącym do wnętrza trójkąta A B C A B C ABCA B CABC.
Dowód. Proste A D A D ADA DAD i B E B E BEB EBE przecinają się w punkcie P P PPP należącym do wnętrza trójkąta A B C A B C ABCA B CABC. Prosta C P C P CPC PCP przetnie bok A B A B ABA BAB w punkcie F ′ F ′ F^(')F^{\prime}F′. Na mocy twierdzenia Cevy mamy
| A F ′ | | F ′ B | | B D | | D C | | C E | | E A | = 1 . A F ′ F ′ B | B D | | D C | | C E | | E A | = 1 . (|AF^(')|)/(|F^(')B|)(|BD|)/(|DC|)(|CE|)/(|EA|)=1.\frac{\left|A F^{\prime}\right|}{\left|F^{\prime} B\right|} \frac{|B D|}{|D C|} \frac{|C E|}{|E A|}=1 .|AF′||F′B||BD||DC||CE||EA|=1.
Stąd i z założenia otrzymujemy
| A F ′ | | F ′ B | = | A F | | F B | . A F ′ F ′ B = | A F | | F B | . (|AF^(')|)/(|F^(')B|)=(|AF|)/(|FB|).\frac{\left|A F^{\prime}\right|}{\left|F^{\prime} B\right|}=\frac{|A F|}{|F B|} .|AF′||F′B|=|AF||FB|.
Ponieważ punkty F F FFF i F ′ F ′ F^(')F^{\prime}F′ należą do odcinka A B A B ABA BAB, to F = F ′ F = F ′ F=F^(')F=F^{\prime}F=F′. Zatem proste A D A D ADA DAD, B E , C F B E , C F BE,CFB E, C FBE,CF przecinają w punkcie należącym do wnętrza trójkąta A B C A B C ABCA B CABC. Uwaga. Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Cevy i rozwiązanego wcześniej zadania wynika, że w każdym trójkącie proste zawierające środkowe przecinają się w jednym punkcie, proste zawierające dwusieczne kątów wewnętrznych przecinają się w jednym punkcie, a jeśli trójkąt jest ostrokątny, to proste zawierające wysokości przecinają się w jednym punkcie.
Można teraz postawić następujące pytanie: Czy w twierdzeniu Cevy musimy zakładać, że proste przechodzące przez wierzchołki trójkąta przecinają się w punkcie wewnętrznym tego trójkąta? Okazuje się, że:
  1. punkt, w którym przecinają się trzy proste przechodzące przez wierzchołki trójkąta nie musi być punktem wewnętrznym tego trójkąta,
  2. trzy proste przechodzące przez wierzchołki trójkąta mogą być równoległe. Niektóre proste przecinają wówczas przedłużenia boków trójkąta.
Pytanie. Jak myślisz, ile przedtużeń boków i i iii ile boków te trzy proste przecinaja (zrób rysunek!)? Pytanie. Czy twierdzenie odwrotne (w tej nowej sytuacji) będzie prawdziwe? Jeśli nie, to jak zmienić tezę
| A F | | F B | | B D | | D C | | C E | | E A | = 1 , | A F | | F B | | B D | | D C | | C E | | E A | = 1 , (|AF|)/(|FB|)(|BD|)/(|DC|)(|CE|)/(|EA|)=1,\frac{|A F|}{|F B|} \frac{|B D|}{|D C|} \frac{|C E|}{|E A|}=1,|AF||FB||BD||DC||CE||EA|=1,
aby prawdziwe było twierdzenie odwrotne?

16. Polecenie. Wróć do twierdzenia Menelaosa i pomyśl.

Zadanie. Punkt F F FFF należy do odcinka A B A B ABA BAB, jest różny od środka tego odcinka i jego końców. Skonstruuj punkt Q Q QQQ należący do prostej A B , Q ≠ F A B , Q ≠ F AB,Q!=FA B, Q \neq FAB,Q≠F taki, że
| A Q | | Q B | = | A F | | F B | . | A Q | | Q B | = | A F | | F B | . (|AQ|)/(|QB|)=(|AF|)/(|FB|).\frac{|A Q|}{|Q B|}=\frac{|A F|}{|F B|} .|AQ||QB|=|AF||FB|.

17. Opis konstrukcji

  1. Wybieramy punkt C C CCC, który nie należy do prostej A B A B ABA BAB.
  2. Prowadzimy prostą F C F C FCF CFC i na niej wybieramy punkt P P PPP należący do wnętrza trójkąta A B C A B C ABCA B CABC.
  3. Kreślimy proste A P A P APA PAP i B P B P BPB PBP, które przecinają boki B C B C BCB CBC i A C A C ACA CAC odpowiednio w punktach D D DDD i E E EEE.
  4. Prosta D E D E DED EDE przecina prostą A B A B ABA BAB w szukanym punkcie Q Q QQQ.

18. Polecenie. Uzasadnij, stosujacc twierdzenia Menelaosa i Cevy, poprawność tej konstrukcji.

19. Zadania

  1. Dane są trzy punkty A , B , C A , B , C A,B,CA, B, CA,B,C takie, że | A B | = 4 , | B C | = 6 , | A C | = 8 | A B | = 4 , | B C | = 6 , | A C | = 8 |AB|=4,|BC|=6,|AC|=8|A B|=4,|B C|=6,|A C|=8|AB|=4,|BC|=6,|AC|=8. Czy te punkty są współliniowe?
  2. Czy na płaszczyźnie znajdziemy takie punkty A , B , C A , B , C A,B,CA, B, CA,B,C, dla których | A B | = 4 , | B C | = 3 , | A C | = 7 | A B | = 4 , | B C | = 3 , | A C | = 7 |AB|=4,|BC|=3,|AC|=7|A B|=4,|B C|=3,|A C|=7|AB|=4,|BC|=3,|AC|=7 ?
  3. Korzystając z własności pola udowodnij twierdzenie o dwusiecznej kąta zewnętrznego w trójkącie.
  1. Wyznacz zbiór wszystkich punktów P P PPP należących do wnętrza trójkąta A B C A B C ABCA B CABC, dla których
P ( △ A P C ) = P ( △ B C P ) . P ( △ A P C ) = P ( △ B C P ) . P(/_\APC)=P(/_\BCP).P(\triangle A P C)=P(\triangle B C P) .P(△APC)=P(△BCP).
  1. Definicja. Okręgiem dopisanym do trójkąta nazywamy okrąg, do którego są styczne boki trójkąta, a jego środek nie należy do wnętrza tego trójkąta.
r a , r b , r c r a , r b , r c r_(a),r_(b),r_(c)r_{a}, r_{b}, r_{c}ra,rb,rc to długości promieni okręgów dopisanych do trójkąta A B C A B C ABCA B CABC, których środki leżą po przeciwnej stronie boków przeciwległych odpowiednio wierzchołkom A , B , C A , B , C A,B,CA, B, CA,B,C. Udowodnij (korzystając z własności pola), że
r a = P s − a , r b = P s − b , r c = P s − c . r a = P s − a , r b = P s − b , r c = P s − c . r_(a)=(P)/(s-a),quadr_(b)=(P)/(s-b),quadr_(c)=(P)/(s-c).r_{a}=\frac{P}{s-a}, \quad r_{b}=\frac{P}{s-b}, \quad r_{c}=\frac{P}{s-c} .ra=Ps−a,rb=Ps−b,rc=Ps−c.
  1. Udowodnij, że jeżeli a , b , c a , b , c a,b,ca, b, ca,b,c są długościami boków trójkąta, to
a 2 < 2 b 2 + 2 c 2 , b 2 < 2 c 2 + 2 a 2 , c 2 < 2 a 2 + 2 b 2 . a 2 < 2 b 2 + 2 c 2 , b 2 < 2 c 2 + 2 a 2 , c 2 < 2 a 2 + 2 b 2 . {:[a^(2) < 2b^(2)+2c^(2)","],[b^(2) < 2c^(2)+2a^(2)","],[c^(2) < 2a^(2)+2b^(2).]:}\begin{aligned} &a^{2}<2 b^{2}+2 c^{2}, \\ &b^{2}<2 c^{2}+2 a^{2}, \\ &c^{2}<2 a^{2}+2 b^{2} . \end{aligned}a2<2b2+2c2,b2<2c2+2a2,c2<2a2+2b2.
  1. Udowodnij, że jeżeli a , b , c a , b , c a,b,ca, b, ca,b,c są długościami boków trójkąta, to
2 r R = a b c a + b + c . 2 r R = a b c a + b + c . 2rR=(abc)/(a+b+c).2 r R=\frac{a b c}{a+b+c} .2rR=abca+b+c.
  1. Wykà̇, że
1 P 2 = ( 1 h a + 1 h b + 1 h c ) ( 1 h a + 1 h b − 1 h c ) ( 1 h a − 1 h b + 1 h c ) ( − 1 h a + 1 h b + 1 h c ) . 1 P 2 = 1 h a + 1 h b + 1 h c 1 h a + 1 h b − 1 h c 1 h a − 1 h b + 1 h c − 1 h a + 1 h b + 1 h c . (1)/(P^(2))=((1)/(h_(a))+(1)/(h_(b))+(1)/(h_(c)))((1)/(h_(a))+(1)/(h_(b))-(1)/(h_(c)))((1)/(h_(a))-(1)/(h_(b))+(1)/(h_(c)))(-(1)/(h_(a))+(1)/(h_(b))+(1)/(h_(c))).\frac{1}{P^{2}}=\left(\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}}\right)\left(\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}-\frac{1}{h_{c}}\right)\left(\frac{1}{h_{a}}-\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}}\right)\left(-\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}}\right) .1P2=(1ha+1hb+1hc)(1ha+1hb−1hc)(1ha−1hb+1hc)(−1ha+1hb+1hc).
  1. Wyraź długości a , b , c a , b , c a,b,ca, b, ca,b,c boków trójkąta przez długości h a , h b , h c h a , h b , h c h_(a),h_(b),h_(c)h_{a}, h_{b}, h_{c}ha,hb,hc jego wysokości. 10. Czy odcinki o długościach 1 h a , 1 h b , 1 h c 1 h a , 1 h b , 1 h c (1)/(h_(a)),(1)/(h_(b)),(1)/(h_(c))\frac{1}{h_{a}}, \frac{1}{h_{b}}, \frac{1}{h_{c}}1ha,1hb,1hc mogą być bokami pewnego trójkąta? Jeśli tak, to oblicz pole tego trójkąta.
  2. Wyraź długości a , b , c a , b , c a,b,ca, b, ca,b,c boków trójkąta przez długości m a , m b , m c m a , m b , m c m_(a),m_(b),m_(c)m_{a}, m_{b}, m_{c}ma,mb,mc jego środkowych.
  3. Wyraź długości a , b , c a , b , c a,b,ca, b, ca,b,c boków trójkąta przez długości d a , d b , d c d a , d b , d c d_(a),d_(b),d_(c)d_{a}, d_{b}, d_{c}da,db,dc odcinków dwusiecznych jego kątów wewnętrznych przy założeniu, że trójkąt jest równoramienny.
  4. Dane są długości b , c b , c b,cb, cb,c boków trójkąta i b ⩽ c b ⩽ c b leqslant cb \leqslant cb⩽c. Udowodnij, że
1 2 ( c − b ) < m a < 1 2 ( c + b ) , 0 < d a < 2 b c b + c . 1 2 ( c − b ) < m a < 1 2 ( c + b ) , 0 < d a < 2 b c b + c . {:[(1)/(2)(c-b) < m_(a) < (1)/(2)(c+b)","],[0 < d_(a) < (2bc)/(b+c).]:}\begin{gathered} \frac{1}{2}(c-b)<m_{a}<\frac{1}{2}(c+b), \\ 0<d_{a}<\frac{2 b c}{b+c} . \end{gathered}12(c−b)<ma<12(c+b),0<da<2bcb+c.
  1. Wykaż, że w trójkącie prostokątnym wierzchołek kąta prostego, spodek wysokości opuszczonej z tego wierzchołka, środki boków trójkąta leżą na jednym okręgu. Udowodnij, że promień tego okręgu nie zależy od długości przyprostokątnych trójkąta. 15. Prosta równoległa do podstaw trapezu przechodzi przez punkt przecięcia przekątnych tego trapezu. Udowodnij, że ten punkt jest środkiem odcinka wyznaczonego na tej prostej przez ramiona trapezu.
  2. Dane są pola P 1 P 1 P_(1)P_{1}P1 i P 2 P 2 P_(2)P_{2}P2 dwóch trójkątów, których podstawami są podstawy trapezu, a wspólnym wierzchołkiem tych trójkątów jest punkt przecięcia przekątnych trapezu. Oblicz pole tego trapezu.
  3. Punkty a , B , C , D a , B , C , D a,B,C,Da, B, C, Da,B,C,D są środkami boków czworokąta. Udowodnij, że
( I ) czworokąt A B C D A B C D ABCDA B C DABCD jest równoległobokiem.
( II ) stosunek pola danego czworokąta do pola tego równoległoboku jest równy 2 .
  1. Punkty E E EEE i F F FFF są środkami odpowiednio boków A B A B ABA BAB i B C B C BCB CBC prostokąta A B C D A B C D ABCDA B C DABCD, a punkt G G GGG jest wspólnym punktem odcinków A F A F AFA FAF i C E C E CEC ECE. Oblicz stosunek pól czworokątów A G C D A G C D AGCDA G C DAGCD i E B F G E B F G EBFGE B F GEBFG.
  2. Punkty D D DDD i E E EEE należą odpowiednio do boków B C B C BCB CBC i A C A C ACA CAC trójkąta A B C A B C ABCA B CABC. Odcinki A D A D ADA DAD i B E B E BEB EBE przecinają się w punkcie U U UUU należącym do wnętrza tego trójkąta, a prosta C U C U CUC UCU przecina bok A B A B ABA BAB w punkcie D D DDD. Udowodnij następujące twierdzenia:
( I ) Jeżeli prosta E D E D EDE DED jest równoległa do prostej A B A B ABA BAB, to punkt D D DDD jest środkiem boku A B A B ABA BAB. ( II ) Jeżeli punkt D D DDD jest środkiem boku A B A B ABA BAB, to prosta E D E D EDE DED jest równoległa do prostej A B A B ABA BAB. 20. Udowodnij twierdzenie Cevy : Jeżeli punkt P P PPP należy do wnętrza trójkąta A B C A B C ABCA B CABC, a proste A P , B P , C P A P , B P , C P AP,BP,CPA P, B P, C PAP,BP,CP przecinają boki B C , A C , A B B C , A C , A B BC,AC,ABB C, A C, A BBC,AC,AB trójkąta odpowiednio w punktach D , E , F D , E , F D,E,FD, E, FD,E,F, to
| A F | | F B | | B D | | D C | | C E | | E A | = 1 . | A F | | F B | | B D | | D C | | C E | | E A | = 1 . (|AF|)/(|FB|)(|BD|)/(|DC|)(|CE|)/(|EA|)=1.\frac{|A F|}{|F B|} \frac{|B D|}{|D C|} \frac{|C E|}{|E A|}=1 .|AF||FB||BD||DC||CE||EA|=1.
W dowodzie zastosuj twierdzenie Menelaosa do trójkąta A F C A F C AFCA F CAFC i prostej B E B E BEB EBE oraz trójkąta F B C F B C FBCF B CFBC i prostej A D A D ADA DAD.

20. Uzupełnienia i wskazówki

Tales z Miletu (640;546 p.n.e.) - filozof, matematyk i astronom grecki
Pitagoras z Samos (572;497 p.n.e.) - matematyk i filozof grecki Heron z Aleksandrii ( I w. p.n.e.) - matematyk i wynalazca grecki
Menelaos z Aleksandrii ( I w.) - matematyk i astronom grecki
Giovanni Tomasso Ceva (1648:1734) - włoski inżynier i geometra
Matthew Stewart ( 1717 ; 1785 ) ( 1717 ; 1785 ) (1717;1785)(1717 ; 1785)(1717;1785) - matematyk szkocki
Lazare Nicolas Carnot (1753;1823) - francuski matematyk i mąż stanu I. Przez środek ciężkości M M MMM trójkąta A B C A B C ABCA B CABC poprowadź proste równoległe do jego boków.
Co możesz powiedzieć o polach otrzymanych figur? II. Pole równoległoboku
Trójkąty A B D A B D ABDA B DABD i B C D B C D BCDB C DBCD nie zachodzą na siebie i są przystające. Zatem P ( A B C D ) = P ( △ A B D ∪ △ B C D ) = P ( △ A B D ) + P ( △ B C D ) = 2 P ( △ A B D ) = 2 1 2 | A B ∥ D E | =∣ A P ( A B C D ) = P ( △ A B D ∪ △ B C D ) = P ( △ A B D ) + P ( △ B C D ) = 2 P ( △ A B D ) = 2 1 2 | A B ∥ D E | =∣ A P(ABCD)=P(/_\ABD uu/_\BCD)=P(/_\ABD)+P(/_\BCD)=2P(/_\ABD)=2(1)/(2)|AB||DE|=∣AP(A B C D)=P(\triangle A B D \cup \triangle B C D)=P(\triangle A B D)+P(\triangle B C D)=2 P(\triangle A B D)=2 \frac{1}{2}|A B \| D E|=\mid AP(ABCD)=P(△ABD∪△BCD)=P(△ABD)+P(△BCD)=2P(△ABD)=212|AB∥DE|=∣A III. Pole trapezu
Czworokąt A B E D A B E D ABEDA B E DABED i trójkąt E C D E C D ECDE C DECD nie zachodzą na siebie. Trójkąty E C D E C D ECDE C DECD i B F E B F E BFEB F EBFE są przystające. Zatem
P ( A B C D ) = P ( A B E D ∪ △ E C D ) = = P ( A B E D ) + P ( △ E C D ) = = P ( A B E D ) + P ( △ B F E ) = P ( A B E D ∪ △ B F E ) = = P ( △ A F D ) = 1 2 | A F | | D K | = = 1 2 ( | A B | + | B F | ) ) | D K | = 1 2 ( | A B | + | D C | ) | D K | . P ( A B C D ) = P ( A B E D ∪ △ E C D ) = = P ( A B E D ) + P ( △ E C D ) = = P ( A B E D ) + P ( △ B F E ) = P ( A B E D ∪ △ B F E ) = = P ( △ A F D ) = 1 2 | A F | | D K | = = 1 2 ( | A B | + | B F | ) | D K | = 1 2 ( | A B | + | D C | ) | D K | . {:[P(ABCD)=P(ABED uu/_\ECD)=],[=P(ABED)+P(/_\ECD)=],[=P(ABED)+P(/_\BFE)=P(ABED uu/_\BFE)=],[=P(/_\AFD)=(1)/(2)|AF||DK|=],[{:=(1)/(2)(|AB|+|BF|))|DK|=(1)/(2)(|AB|+|DC|)|DK|.]:}\begin{gathered} P(A B C D)=P(A B E D \cup \triangle E C D)= \\ =P(A B E D)+P(\triangle E C D)= \\ =P(A B E D)+P(\triangle B F E)=P(A B E D \cup \triangle B F E)= \\ =P(\triangle A F D)=\frac{1}{2}|A F||D K|= \\ \left.=\frac{1}{2}(|A B|+|B F|)\right)|D K|=\frac{1}{2}(|A B|+|D C|)|D K| . \end{gathered}P(ABCD)=P(ABED∪△ECD)==P(ABED)+P(△ECD)==P(ABED)+P(△BFE)=P(ABED∪△BFE)==P(△AFD)=12|AF||DK|==12(|AB|+|BF|))|DK|=12(|AB|+|DC|)|DK|.
IV. Rozważmy trójkąt ostrokątny A B C A B C ABCA B CABC i okrąg o środku O O OOO na nim opisany. Opuśćmy z wierzchołka B B BBB wysokość i jej spodek oznaczmy literą K K KKK. W trójkącie A B O A B O ABOA B OABO opuśćmy wysokość z wierzchołka O O OOO i jej spodek oznaczmy literą L L LLL.
Trójkąty prostokątne B C K B C K BCKB C KBCK i A L O A L O ALOA L OALO mają jednakowe kąty:
∠ O A L = ∠ K B C , ∠ A L O = ∠ C K B , ∠ C L B = ∠ O L A . ∠ O A L = ∠ K B C , ∠ A L O = ∠ C K B , ∠ C L B = ∠ O L A . {:[/_OAL=/_KBC","],[/_ALO=/_CKB","],[/_CLB=/_OLA.]:}\begin{aligned} &\angle O A L=\angle K B C, \\ &\angle A L O=\angle C K B, \\ &\angle C L B=\angle O L A . \end{aligned}∠OAL=∠KBC,∠ALO=∠CKB,∠CLB=∠OLA.
Odpowiednie boki tych trójkątów są proporcjonalne. Stąd
| B C | | B K | = | A O | | A L | . | B C | | B K | = | A O | | A L | . (|BC|)/(|BK|)=(|AO|)/(|AL|).\frac{|B C|}{|B K|}=\frac{|A O|}{|A L|} .|BC||BK|=|AO||AL|.
Przy oznaczeniach przyjętych dla trójkąta A B C A B C ABCA B CABC mamy
a h b = 2 R c . a h b = 2 R c . (a)/(h_(b))=(2R)/(c).\frac{a}{h_{b}}=\frac{2 R}{c} .ahb=2Rc.
Analogiczne rozumowania można przeprowadzić dla trójkąta prostokątnego i trójkąta rozwartokątnego.

21. Trójkąt i prosta na płaszczyźnie

Żadna prosta nie przecina trzech boków trójkąta. Jeżeli prosta przecina jeden bok trójkąta, to przecina i drugi. Jeżeli prosta przecina dwa boki trójkąta , to przecina przedłużenie trzeciego lub jest do trzeciego boku równoległa. Jeżeli prosta przecina przedłużenia dwóch boków trójkąta, to przecina przedłużenie trzeciego lub jest do trzeciego boku równoległa.
VI. Tezę twierdzenia Cevy można zapisać w postaci
( A B ; F ) ( B C ; D ) ( C A ; E ) = 1 . ( A B ; F ) ( B C ; D ) ( C A ; E ) = 1 . (AB;F)(BC;D)(CA;E)=1.(A B ; F)(B C ; D)(C A ; E)=1 .(AB;F)(BC;D)(CA;E)=1.

22. Literatura

[1] J. Anusiak, Matematyka. Podręcznik dla liceum ogólnokształcącego i technikum, klasa I, WSiP, Warszawa 1990.
[2] R. Doman, Wykłady z geometrii elementarnej, Wydawnictwo Naukowe UAM, Poznań 2001.
[3] M. Karpiński, M. Dobrowolska, M. Braun, J. Lech, Matematyka I. Podręcznik do liceum i technikum, zakres podstawowy z rozszerzeniem, Gdańskie Wydawnictwo Oświatowe, Gdańsk 2008.
[4] M. Kordos, Wykłady z historii matematyki, SCRIPT, Warszawa 2005.
[5] M. Małek, Geometria. Zbiór zadań cz. 1, Gdańskie Wydawnictwo Oświatowe, Gdańsk 1993.
[6] H. Pawłowski, Matematyka 1. Podręcznik zakres rozszerzony, OPERON, Gdynia 2005.
[7] H. Pawłowski, Matematyka. Zbiór zadań, zakres podstawowy i rozszerzony, OPERON, Gdynia 2005.

logo 2022 joomla footer

© 2022 Tomasz Grębski MATEMATYKA