Geometria - wielokąty

Skrypt dla studentów matematyki.
Autor: Maciej Czarnecki.
Tytuł: Wielokąty

1. Maciej Czarnecki
Geometria szkolna
skrypt dla studentów matematyki
Rozdziaª V
Wielok¡ty
Niechpb¦dzie ustalon¡ pªaszczyzn¡ w przestrzeni euklidesowejE.
Denicja 1.Niech punktyA; B; C2pb¦d¡ niewspóªliniowe.Bokami trójk¡ta4ABC
nazywamy odcinki
AB,BCorazCA,dªugo±ciami boków| liczbya=d(B; C),
b=d(C; A) orazc=d(A; B), amiarami nieskierowanych k¡tów wewn¦trznych(lub
po prostuk¡tami wewn¦trznymi) | liczby=^

!
AB;
!
AC

,=^

!
BA;
!
BC

oraz
=^

!
CA;
!
CB

.
Powy»sze przypisanie liczba; b; coraz; ; traktujemy jako oznaczenia standar-
dowe. Mówimy, »e bok
BCle»y naprzeciwk¡ta, bokCA| naprzeciw k¡ta, a
bok
AB| naprzeciw k¡ta. Mówimy tak»e, »e bokprzylegado k¡ta, je»eli nie le»y
naprzeciw tego k¡ta. K¡t jestzawarty mi¦dzy bokami, które do niego przylegaj¡.
Twierdzenie 2.(twierdzenie cosinusów)W trójk¡cie kwadrat dªugo±ci boku jest
równy sumie kwadratów dªugo±ci pozostaªych boków pomniejszonej o podwojony ilo-
czyn dªugo±ci tych boków i cosinusa k¡ta zawartego pomi¦dzy nimi.
Innymi sªowy, przy standardowych oznaczeniach w trójk¡cie4ABCzachodz¡ rów-
no±ci
c
2
=a
2
+b
2
2abcos;
b
2
=c
2
+a
2
2cacos;
a
2
=b
2
+c
2
2bccos:
Dowód:Z twierdzenia cosinusów w przestrzeni euklidesowej otrzymujemy
c
2
=



!
AB



2
=



!
AC



2
+



!
CB



2
+ 2
D
!
AC;
!
CB
E
=b
2
+a
2
2
D
!
CA;
!
CB
E
=b
2
+a
2
2



!
CA






!
CB


cos^

!
CA;
!
CB

=b
2
+a
2
2bacos
1

2. 2
Wniosek 3.(twierdzenie Pitagorasa)W trójk¡cie jeden z k¡tów jest prosty wtedy i
tylko wtedy, gdy kwadrat dªugo±ci boku le»¡cego naprzeciw tego k¡ta jest równy sumie
kwadratów dªugo±ci pozostaªych boków.
Innym sªowy, przy standardowych oznaczeniach w trójk¡cie4ABC:
=

2
()c
2
=a
2
+b
2
:
Twierdzenie 4.(twierdzenie sinusów)W trójk¡cie stosunek dªugo±ci boku do sinusa
k¡ta le»¡cego naprzeciw tego boku jest staªy.
Innym sªowy, przy standardowych oznaczeniach w trójk¡cie4ABC:
a
sin
=
b
sin
=
c
sin
:
Dowód:Ze wzgl¦du na symetri¦ oznacze« wystarczy udowodni¢ pierwsz¡ rów-
no±¢.
Niechu=
!
BC,v=
!
CA. Wówczas
!
AB=uvoraz
=^(uv;v); =^(u+v; u);
sk¡d
sin=
p
j uvj
2
j vj
2
huv;vi
2
j uvj j vj
=
p
ju+vj
2
jvj
2
hu+v; vi
2
ju+vj jvj
=
p
juj
2
jvj
2
hu; vi
2
ju+vj jvj
oraz
sin=
p
ju+vj
2
juj
2
hu+v; ui
2
ju+vj juj
=
p
juj
2
jvj
2
hu; vi
2
ju+vj juj
:
Zatem
a
sin
=
juj
sin
=
ju+vj juj jvj
p
juj
2
jvj
2
hu; vi
2
=
jvj
sin
=
b
sin
:
Twierdzenie 5.Suma miar k¡tów wewn¦trznych w trójk¡cie wynosi.
Innym sªowy, przy standardowych oznaczeniach w trójk¡cie4ABC:
++=:
Dowód:Zaªó»my, »e¬¬.
Z twierdzenia sinusów wynika, »e istnieje liczba dodatniaDtaka, »e
D=
a
sin
=
b
sin
=
c
sin
:
Podstawiaj¡c st¡d zaa; b; cdo pierwszego wzoru w twierdzeniu cosinusów otrzymu-
jemy równo±¢
D
2
sin
2
=D
2
sin
2
+D
2
sin
2
2D
2
sinsincos;
która po zastosowaniu jedynki trygonometrycznej staje si¦ rónaniem kwadratowym
ze wzgl¦du na cos:
cos
2
2 sinsincos+ sin
2
+ sin
2
1 = 0

3. 3
o nieujemnym wyró»niku = 4(1sin
2
)(1sin
2
). Zatem
cos= sinsincoscos= cos((+))
lub
cos= sinsin+ coscos= cos():
Poniewa»; ; 2(0; ), wi¦c tak»ej(+)j;jj 2(0; ), a to wraz z
powy»szymi warunkami na cosdaje
=j(+)jlub=jj:
Tym samym speªniony jest co najmniej jeden z warunków
++=; +=+; =+; =+:
Teza wynika ze sprzeczno±ci ostatnich trzech z nich z zaªo»eniem 0< ¬¬ < .
Denicja 6.Okr¦giemo ±rodkuS2pi promieniur >0 zawartym w pªaszczy¹niep
nazywamy zbiór
O(S; r) =fX2p;jXSj=rg:
Zbiory
K(S; r) =fX2p;jXSj< rg;
K(S; r) =fX2p;jXSj ¬rg
nazywamy odpowiedniokoªem otwartymikoªem domkni¦tymo ±rodkuSi promieniu
r.
Denicja 7.NiechS2pir >0. Prost¡lzawart¡ w pªaszczy¹niepnazywamy
(1)styczn¡do okr¦guO(S; r), je»elid(S; l) =r,
(2)sieczn¡okr¦guO(S; r), je»elid(S; l)< r,
(3)zewn¦trzn¡do okr¦guO(S; r), je»elid(S; l)> r.
Uwaga8.Z twierdzenia III.22 wynika, »e je»eli prostaljest styczna do okr¦guO(S; r),
to zbiórl\O(S; r) jest jednopunktowy i jego jedyny elementAspeªnia warunek
!
SA?l.
Denicja 9.NiechPbedzie ustalonym wielok¡tem zawartym w pªaszczy¹niep.
Bokiem wielok¡taPnazywamy odcinek w nim zawarty, który przy dowolnej trian-
gulacji wielok¡taPzawiera bok trójk¡ta nale»¡cego do tej triangulacji i nieb¦d¡cy
bokiem »adnego innego trójk¡ta tej triangulacji.Wierzchoªkiem wielok¡taPnazy-
wamy ka»dy koniec boku tego wielok¡ta.
Okr¦giem opisanym na wielok¡ciePnazywamy okr¡g zawieraj¡cy wszystkie wierz-
choªki wielok¡taP.Okr¦giem wpisanym w wielok¡tPnazywamy okr¡g styczny do
ka»dej z prostych zawieraj¡cych boki wielok¡ta w punkcie nale»¡cym do boku wielo-
k¡taP, ale nieb¦d¡cym wierzchoªkiem tego wielok¡ta.
Denicja 10.Osi¡ symetriizbiorufnazywamy prost¡ltak¡, »esl(f) =f(czyli
gdy zbiórfjest niezmienniczy wzgl¦dem dziaªania symetrii o osil).
Symetraln¡niezdegenerowanego odcinka
ABnazywamy o± symetrii tego odcinka
ró»n¡ od prostejAB.
Twierdzenie 11.Symetraln¡ odcinka
ABpzawart¡ w pªaszczy¹niepjest jest
prostal
?

1
2
A+
1
2
B

, gdziel=AB.

4. 4
Dowód:Niechmpb¦dzie symetraln¡ odcinka
ABp, to znaczy osi¡ symetrii
tego odcinka ró»n¡ od prostejl=AB. Wówczassm(A) =B, sk¡d i z denicji symetrii
l?m.
Ponadto wspólny rzut prostopadªyDpunktówAiBna prost¡mspeªnia warunki
2
!
AD= 2
!
DB=
!
AB, co poci¡ga za sob¡ równo±ci
jABj=jADj+jDBjijADj=
1
2
jABj:
Zgodnie z lematem IV.28 punktD2mjest ±rodkiem odcinka
AB.
Poniewa» dimp= 2, wi¦c istnieje dokªadnie jedna prosta zawarta w pªaszczy¹niep,
prostopadªa do prostejABi przechodz¡ca przez ±rodek odcinka
AB; jest ni¡ wªa±nie
l
?

1
2
A+
1
2
B

.
Twierdzenie 12.Symetralna odcinka
ABpzawarta w pªaszczy¹niepjest zbiorem
wszystkich punktów pªaszczyznyprównoodlegªych odAiB.
Dowód:) Je»elimjest symetraln¡ odcinka
AB, to jak w dowodzie tw. 11
sm(A) =B. Poniewa» symetria osiowasmjest izometri¡ i zbiorem jej punktów staªych
jest prostam, wi¦c dla dowolnego punktuX2mspeªniony jest warunek
jAXj=jsm(A)sm(X)j=jBXj:
) Niech na odwrót punktX2pb¦dzie równoodlegªy od punktówAiB, aD
niech bedzie jego rzutem prostopadªym na prost¡l=AB. Wówczas
!
XD?
!
DAk
!
ABi
!
XD?
!
DBk
!
AB;
co wraz z twierdzeniem Pitagorasa i zaªo»eniem daje
jDAj
2
=jAXj
2
jXDj
2
=jBXj
2
jXDj
2
=jDBj
2
:
ZatemD2ljest ±rodkiem odcinka
ABorazXD?l. To na mocy tw. 11 oznacza, »e
XDjest symetraln¡ odcinka
AB, czyli punktXnale»y do tej symetralnej.
Denicja 13.Niechu; v2S(p)n fg,O2p.
Zaªó»my, »e wektoryuivnie s¡ przeciwnie skierowane.(Wypukªym) k¡tem pªaskim
o wierzchoªkuOrozpi¦tym na wektorachuivnazywamy zbiór
\uOv=fO+su+tv;s; t­0g;
PóªprosteOu
!
=O; O+u
!
iOv
!
nazywamyramionami k¡ta, a zbiórfO+su+
tv;s; t >0g|obszarem k¡ta.
Wkl¦sªym k¡tem pªaskimo wierzchoªkuOrozpi¦tym na wektorachuivnazywamy
zbiór
\

uOv= (pn\uOv)[Ou
!
[Ou
!
Jegoramionamis¡ póªprosteOu
!
= iOv
!
, aobszarem| zbiórfO+su+tv;s <
0 lubt <0g.
Je»eliu"#v, to(wypukªym) k¡tem pªaskim\uOvnazywamy ka»d¡ z póªpªasz-
czyn domkni¦tych o kraw¦dziO; O+u=O; O+v, a jego obszarem | odpowiedni¡
póªpªaszczyzn¦ otwart¡.
Miar¡ wypukªego k¡ta pªaskiego\uOvjest liczba
j\uOvj=^(u; v)

5. 5
(czyli miara k¡ta pomi¦dzy wektoramiuiv), natomiastmiar¡ wkl¦sªego k¡ta pªaskiego
\

uOvliczba
j\

uOvj= 2^(u; v):
Uwaga14.K¡t pªaski zapisuje si¦ cz¦sto w postaci\AOB, gdzieA2Ou
!
,B2Ov
!
.
Wypukªy k¡t pªaski jest zbiorem wypukªym.
Wypukªy k¡t pªaski\uOvnazywamyzerowym| gdyu""v, aprostym| gdy
u?v. Pªaszczyzn¦ z wyró»nion¡ póªprost¡ nazywamyk¡tem peªnym, a póªpªaszczyn¦
domkni¦t¡ z wyró»nionym punktem na jej kraw¦dzi|k¡tem póªpeªnym.
Denicja 15.Dwusieczn¡ k¡ta pªaskiegoo wierzchoªkuOnazywamy póªprost¡ o
pocz¡tkuOzawart¡ w tym k¡cie i jego osi symetrii (a w przypadku k¡ta peªnego
uzupeªniaj¡c¡ jedyne rami¦ do prostej).
Twierdzenie 16.Dwusieczna k¡ta pªaskiego zawartego w pªaszczy¹niep, który nie
jest peªny, jest zbiorem wszystkich punktów tego k¡ta równoodlegªych od jego obu ra-
mion.
Dowód:
Twierdzenie 17.Na ka»dym trójk¡cie mo»na opisa¢ okr¡g.
‘rodek okr¦gu opisanego na trójk¡cie jest jedynym punktem wspólnym symetralnych
wszystkich boków tego trójk¡ta.
Dowód:W trójk¡cie4ABCniechk; l; moznaczaj¡ dopowiednio symetralne bo-
ków
BC;CA;AB. Dowolna para symetralnych przecina si¦ w dokªadnie jednym punk-
cie ze wzgl¦du na ogólne poªo»enie wierzchoªków.
NiechO2k\l. Wtedy z tw. 12 wynika, »ejOBj=jOCjijOCj=jOAj. St¡d tak»e
jOAj=jOCji stosuj¡c ponownie tw. 12 otrzymujemy, »eO2k\l\m. Wysatrczy
przyj¡¢R=jOAj, a by okr¡gO(O; R) byª opisany na danym trójk¡cie.
Na odwrót, je»eli okr¡g jest opisany na trójk¡cie, to jego ±rodek le»y na ka»dej z
symetralnych (na mocy tw. 12).
Twierdzenie 18.W ka»dy trójk¡t mo»na wpisa¢ okr¡g.
‘rodek okr¦gu wpisanego w trójk¡t jest jedynym punktem wspólnym dwusiecznych
wszystkich wewn¦trznych k¡tów pªaskich tego trójk¡ta (to znaczy k¡tów wyznaczonych
przez wektory wychodz¡ce z danego wierzchoªka).
Dowód:Ze wzgl¦du na analogi¦ twierdze« 12 i 16 dowód przebiega podobnie
jak dla okr¦gu opisanego. Za ±rodek okr¦gu wpisanego wystarczy przyj¡¢ punktO
przeci¦cia dwusiecznych k¡tów wewn¦trznych, a za promie« | liczb¦r=d(O; AB) =
d(O; AB
!
).
Denicja 19.‘rodkow¡boku w trójk¡cie nazywamy odcinek, którego jednym z ko«-
ców jest ±rodek tego boku, a drugim wierzchoªek przeciwlegªy temu bokowi.
Twierdzenie 20.(o ±rodkowych w trójk¡cie)‘rodkowe w trójk¡cie maj¡ dokªadnie
jeden punkt wspólny. Jest nim ±rodek ci¦»ko±ci tego trójk¡ta (czyli ±rodek ci¦»ko±ci
ukªadu jego wierzchoªków o jednakowych wagach).
Tym samym ±rodkowe w trójk¡cie dziel¡ si¦ wzajemnie w stosunku2 : 1(licz¡c od
wierzchoªka do przeciwlegªego boku).

6. 6
Dowód:Wystarczy zauwa»y¢, »e w trójk¡cie4A1A2A3dla dowolnych parami
ró»nych liczbi; j; k2 f1;2;3gzachodzi równo±¢
1
3
A1+
1
3
A2+
1
3
A3=
2
3
Ai+
1
3

1
2
Aj+
1
2
Ak

:
Twierdzenie 21.Przy oznaczeniach standardowych w trójk¡cie4ABC±rodkowa
boku
BCma dªugo±¢
ma=
p
2b
2
+ 2c
2
a
2
2
:
Dowód:NiechDb¦dzie ±rodkiem odcinka
BCoraz niech'i oznaczaj¡ miary
k¡tów wewn¦trznych przy wierzchoªkuDodpowiednio w4ABDi4DCA. Wówczas
=^

!
DA;
!
DC

=^

!
DA;
!
DC

=^

!
DA;
!
DB

=':
Stosuj¡c tweirdzenie cosinusów do trójk¡tów4ABDi4DCAotrzymujemy
c
2
=m
2
a+
1
4
a
2
maacos'
b
2
=m
2
a+
1
4
a
2
maacos =m
2
a+
1
4
a
2
+maacos';
sk¡d po dodaniu stronami wynika teza.Twierdzenie 22.(o k¡tach w kole)Je»eli punktyA; B; Cle»¡ na okr¦guO(O; R),
to dla wypukªych k¡tów pªaskich\AOBi\ACBzachodzi równo±¢
j\AOBj= 2 j\ACBj:
Innymi sªowy, k¡t ±rodkowy ma dwa razy wi¦ksz¡ miar¦ ni» k¡t wpisany oparty na
tym samym ªuku.
Dowód:
Twierdzenie 23.(ogólne twierdzenie sinusów)W trójk¡cie stosunek dªugo±ci boku
do sinusa k¡ta le»¡cego naprzeciw tego boku jest satªy i równy ±rednicy (podwojonemu
promieniowi) okr¦gu opisanego na tym trójk¡cie. Innymi sªowy, je»eliRoznacza pro-
mie« okr¦gu opisanego na4ABC, to przy standardowych oznaczeniach
a
sin
=
b
sin
=
c
sin
= 2R:
Dowód:Niech¬¬. Wówczas z twierdzenia 5 wynika, »e <

2
. Je»eli
O(O; R) jest okr¦giem opisanym na trójk¡cie4ABC, to z twierdzenia 22 otrzymu-
jemy, »ej\COBj= 2 < . Zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójk¡ta4COB
daje równo±¢
a
2
=jBCj
2
=jBOj
2
+jCOj
2
2jBOj jCOj cos 2
=2R
2
(1cos 2) = 4R
2
sin
2

równowa»n¡ tezie na mocy twierdzenia sinusów (tw. 4).

7. 7
Denicja 24.Wysoko±ci¡opuszczon¡ z wierzchoªkaXtrójk¡ta na przeciwlegªy bok
nazywamy odcinek ª¡cz¡cy punktXz jego rzutem prostopadªymX
0
na prost¡ za-
wieraj¡c¡ przeciwlegªy bok. Dªugo±¢ tej wysoko±ci oznaczamy przezhX, a punktX
0
nazywamyspodkiem wysoko±ci.
Twierdzenie 25.Proste zawieraj¡ce wysoko±ci trójk¡ta przecinaj¡ si¦ w jednym
punkcie |ortocentrum trójk¡ta.
Dowód:Niech w trójk¡cie4ABCproste zawieraj¡ce wysoko±ci opuszczone z
punktówAiBprzecinaj¡ si¦ w punkcieH(nie mog¡ by¢ one równolegªe, bo wierz-
choªki trójk¡ta s¡ w poªo»eniu ogólnym). Zatem
!
HA?
!
BCi
!
HB?
!
CA:
Wystarczy pokaza¢, »e
!
HC?
!
AB. Z powy»szych zale»no±ci wynika, »e
D
!
HC;
!
AB
E
=
D
!
HC;
!
CA
E

D
!
HC;
!
BC
E
=
D
!
HB;
!
CA
E

D
!
BC;
!
CA
E

D
!
HA;
!
BC
E
+
D
!
CA;
!
BC
E
= 0:
Uwaga26.Do oznaczen standardowych w trójk¡cie4ABCz denicji 1 doª¡czamy
symbolehA; hB; hCna oznaczenie dªugo±ci wysoko±ci opuszczonych z odpowiednich
wierzchoªków,ma; mb; mc| na oznaczenie dªugo±ci ±rodkowych odpowiednich boków,
R| promie« okr¦gu opisanego na trójk¡cie,r| promien okr¦gu wpisanego w trójk¡t,
p=
a+b+c
2
| poªow¦ obwodu trójk¡ta iS| pole trójkata.
Twierdzenie 27.(wzory na pole trójkata)Przy standardowych oznaczeniach w trój-
k¡cie4ABCprawdziwe s¡ nat¦pujace wzoryna pole trójk¡ta:
(1)S=
1
2



!
CA
!
CB


=
1
2



!
BC
!
BA


=
1
2



!
AB
!
AC


,
(2)S=
1
2
absin=
1
2
casin=
1
2
bcsin,
(3)S=
1
2
ahA=
1
2
bhB=
1
2
chC,
(4)S=
p p(pa)(pb)(pc) (wzór Herona),
(5)S=rp,
(6)S=
abc
4R
,
(7)S= 2R
2
sinsinsin.
Dowód:
(1) Wynika z wniosku III.35.
(2) Wynika z (1) i wniosku I.25.
(3) Wynika z wniosku III.32 i jest omówiony w przykªadzie III.33.

8. 8
(4) Z twierdzenia cosinusów wynika, »e
sin
2
=1cos
2
= 1

a
2
+b
2
c
2

2
(2ab)
2
=

2aba
2
b
2
+c
2

2ab+a
2
+b
2
c
2

4a
2
b
2
=

c
2
(ab)
2

(a+b)
2
c
2

4a
2
b
2
=
(ca+b)(c+ab)(a+bc)(a+b+c)
4a
2
b
2
=
4p(pa)(pb)(pc)
a
2
b
2
:
St¡d i z (2)
S
2
=
1
4
a
2
b
2
sin
2
=p(pa)(pb)(pc):
(5) NiechO(O; r) b¦dzie okr¦giem wpisanym w trójk¡t4ABC. Wówczas odle-
gªo±ci punktuOod wszystkich boków tego trójk¡ta s¡ równer. Tym samym
dªugo±ci wysoko±ci opuszczonych z punktuOw trójk¡tach4AOB,4BOCi
4COAs¡ równer, co wraz z (2) i faktem, »e trójk¡ty te stanowi¡ triangulacj¦
trójk¡ta4ABCpoci¡ga za sob¡
S=P(4AOB) +P(4BOC) +P(4COA) =
1
2
cr+
1
2
br+
1
2
ar=pr:
(6) Z tw. 23 sin=
c
2R
i wystarczy zastosowa¢ (2).
(7) Z tw. 23a= 2Rsin,b= 2Rsin,c= 2Rsini wystarczy zastosowa¢ (6)
Twierdzenie 28.(twierdzenie o dwusiecznej)Dwusieczna pªaskiego k¡ta wewn¦trz-
nego w trójk¡cie dzieli bok przeciwlegªy na dwa odcinki proporcjonalne do boków trój-
kata przylegaj¡cych do tych odcinków.
Je»eli w trójk¡cie4ABC Djest punktem przeci¦cia boku
BCdwusieczn¡ pªaskiego
k¡ta wewn¦trznego\BAC, to przy standardowych oznaczeniach
jBDj
jCDj
=
c
b
:
Co wi¦cej
jBDj=
ac
a+c
;jCDj=
ab
b+c
:
Dowód:Niech w trójk¡cie4ABCpunktDb¦dzie punktem przeci¦cia boku
BC
przez dwusieczn¡ pªaskiego k¡ta wewn¦trznego\BAC.
Poniewa» symetria osiowa o osiADjako izometria zachowuje miary k¡tów pomie-
dzy wektorami, wi¦cj\DABj=j\DACj=

2
. Ponadto
!
DB"#
!
DC, sk¡dj\DACj=
j\DABj. Stosuj¡c twierdzenie sinusów do trójk¡tów4ABDi4ACDotrzymu-
jemy
jBDj
sin
2
=
c
sinj\DABj
;
b
sinj\DACj
=
jCDj
sin
2
;

9. 9
sk¡d
jBDj
jCDj
=
c
b
:
Druga cz¦±¢ tezy wynika z pierwszej po uwzglednieniu równo±cijBDj+jCDj=a.