Maciej Czarnecki

Geometria szkolnaskrypt dla studentów matematyki

Rozdział V

Wielokąty

Niech p będzie ustaloną płaszczyzną w przestrzeni euklidesowej E.

Definicja 1. Niech punktyA,B,C ∈ p będą niewspółliniowe. Bokami trójkąta4ABCnazywamy odcinki AB, BC oraz CA, długościami boków — liczby a = d(B,C),b = d(C,A) oraz c = d(A,B), a miarami nieskierowanych kątów wewnętrznych (lubpo prostu kątami wewnętrznymi) — liczby α = ^

(−−→AB,−→AC), β = ^

(−−→BA,−−→BC)oraz

γ = ^(−→CA,−−→CB).

Powyższe przypisanie liczb a, b, c oraz α, β, γ traktujemy jako oznaczenia standar-dowe. Mówimy, że bok BC leży naprzeciw kąta α, bok CA — naprzeciw kąta β, abok AB — naprzeciw kąta γ. Mówimy także, że bok przylega do kąta, jeżeli nie leżynaprzeciw tego kąta. Kąt jest zawarty między bokami, które do niego przylegają.

Twierdzenie 2. (twierdzenie cosinusów) W trójkącie kwadrat długości boku jestrówny sumie kwadratów długości pozostałych boków pomniejszonej o podwojony ilo-czyn długości tych boków i cosinusa kąta zawartego pomiędzy nimi.Innymi słowy, przy standardowych oznaczeniach w trójkącie 4ABC zachodzą rów-ności

c2 =a2 + b2 − 2ab cosα,b2 =c2 + a2 − 2ca cosβ,a2 =b2 + c2 − 2bc cos γ.

Dowód: Z twierdzenia cosinusów w przestrzeni euklidesowej otrzymujemy

c2 =∣∣∣−−→AB∣∣∣2 = ∣∣∣−→AC∣∣∣2 + ∣∣∣−−→CB∣∣∣2 + 2⟨−→AC,−−→CB⟩=b2 + a2 − 2

⟨−→CA,−−→CB⟩= b2 + a2 − 2

∣∣∣−→CA∣∣∣ · ∣∣∣−−→CB∣∣∣ · cos^ (−→CA,−−→CB)=b2 + a2 − 2ba cos γ

1

2

Wniosek 3. (twierdzenie Pitagorasa) W trójkącie jeden z kątów jest prosty wtedy itylko wtedy, gdy kwadrat długości boku leżącego naprzeciw tego kąta jest równy sumiekwadratów długości pozostałych boków.Innym słowy, przy standardowych oznaczeniach w trójkącie 4ABC:

γ =π

2⇐⇒ c2 = a2 + b2.

Twierdzenie 4. (twierdzenie sinusów) W trójkącie stosunek długości boku do sinusakąta leżącego naprzeciw tego boku jest stały.Innym słowy, przy standardowych oznaczeniach w trójkącie 4ABC:

a

sinα=

b

sinβ=

c

sin γ.

Dowód: Ze względu na symetrię oznaczeń wystarczy udowodnić pierwszą rów-ność.Niech u =

−−→BC, v =

−→CA. Wówczas

−−→AB = −u− v oraz

α = ^(−u− v,−v), β = ^(u+ v, u),

skąd

sinα =

√| − u− v|2 · | − v|2 − 〈−u− v,−v〉2

| − u− v| · | − v|=

√|u+ v|2 · |v|2 − 〈u+ v, v〉2

|u+ v| · |v|

=

√|u|2 · |v|2 − 〈u, v〉2|u+ v| · |v|

oraz

sinβ =

√|u+ v|2 · |u|2 − 〈u+ v, u〉2

|u+ v| · |u|=

√|u|2 · |v|2 − 〈u, v〉2|u+ v| · |u|

.

Zatema

sinα=|u|sinα

=|u+ v| · |u| · |v|√|u|2 · |v|2 − 〈u, v〉2

=|v|sinβ

=b

sinβ.

Twierdzenie 5. Suma miar kątów wewnętrznych w trójkącie wynosi π.Innym słowy, przy standardowych oznaczeniach w trójkącie 4ABC:

α+ β + γ = π.

Dowód: Załóżmy, że α ¬ β ¬ γ.Z twierdzenia sinusów wynika, że istnieje liczba dodatnia D taka, że

D =a

sinα=

b

sinβ=

c

sin γ.

Podstawiając stąd za a, b, c do pierwszego wzoru w twierdzeniu cosinusów otrzymu-jemy równość

D2 sin2 γ = D2 sin2 α+D2 sin2 β − 2D2 sinα sinβ cos γ,

która po zastosowaniu jedynki trygonometrycznej staje się rónaniem kwadratowymze względu na cos γ:

cos2 γ − 2 sinα sinβ cos γ + sin2 α+ sin2 β − 1 = 0

3

o nieujemnym wyróżniku ∆ = 4(1− sin2 α)(1− sin2 β). Zatem

cos γ = sinα sinβ − cosα cosβ = cos(π − (α+ β))

lubcos γ = sinα sinβ + cosα cosβ = cos(α− β).

Ponieważ α, β, γ ∈ (0, π), więc także |π − (α + β)|, |α − β| ∈ (0, π), a to wraz zpowyższymi warunkami na cos γ daje

γ = |π − (α+ β)| lub γ = |α− β|.

Tym samym spełniony jest co najmniej jeden z warunków

α+ β + γ = π, π + γ = α+ β, α = γ + β, β = γ + α.

Teza wynika ze sprzeczności ostatnich trzech z nich z założeniem 0 < α ¬ β ¬ γ < π.

Definicja 6. Okręgiem o środku S ∈ p i promieniu r > 0 zawartym w płaszczyźnie pnazywamy zbiór

O(S, r) = {X ∈ p ; |XS| = r}.Zbiory

K(S, r) = {X ∈ p ; |XS| < r}, K(S, r) = {X ∈ p ; |XS| ¬ r}

nazywamy odpowiednio kołem otwartym i kołem domkniętym o środku S i promieniur.

Definicja 7. Niech S ∈ p i r > 0. Prostą l zawartą w płaszczyźnie p nazywamy(1) styczną do okręgu O(S, r), jeżeli d(S, l) = r,(2) sieczną okręgu O(S, r), jeżeli d(S, l) < r,(3) zewnętrzną do okręgu O(S, r), jeżeli d(S, l) > r.

Uwaga 8. Z twierdzenia III.22 wynika, że jeżeli prosta l jest styczna do okręgu O(S, r),to zbiór l ∩ O(S, r) jest jednopunktowy i jego jedyny element A spełnia warunek−→SA ⊥ l.

Definicja 9. Niech P bedzie ustalonym wielokątem zawartym w płaszczyźnie p.Bokiem wielokąta P nazywamy odcinek w nim zawarty, który przy dowolnej trian-gulacji wielokąta P zawiera bok trójkąta należącego do tej triangulacji i niebędącybokiem żadnego innego trójkąta tej triangulacji. Wierzchołkiem wielokąta P nazy-wamy każdy koniec boku tego wielokąta.Okręgiem opisanym na wielokącie P nazywamy okrąg zawierający wszystkie wierz-chołki wielokąta P . Okręgiem wpisanym w wielokąt P nazywamy okrąg styczny dokażdej z prostych zawierających boki wielokąta w punkcie należącym do boku wielo-kąta P , ale niebędącym wierzchołkiem tego wielokąta.

Definicja 10. Osią symetrii zbioru f nazywamy prostą l taką, że sl(f) = f (czyligdy zbiór f jest niezmienniczy względem działania symetrii o osi l).Symetralną niezdegenerowanego odcinka AB nazywamy oś symetrii tego odcinkaróżną od prostej AB.

Twierdzenie 11. Symetralną odcinka AB ⊂ p zawartą w płaszczyźnie p jest jestprosta l⊥

(12A+

12B), gdzie l = AB.

4

Dowód: Niech m ⊂ p będzie symetralną odcinka AB ⊂ p, to znaczy osią symetriitego odcinka różną od prostej l = AB. Wówczas sm(A) = B, skąd i z definicji symetriil ⊥ m.Ponadto wspólny rzut prostopadły D punktów A i B na prostą m spełnia warunki2−−→AD = 2

−−→DB =

−−→AB, co pociąga za sobą równości

|AB| = |AD|+ |DB| i |AD| = 12|AB|.

Zgodnie z lematem IV.28 punkt D ∈ m jest środkiem odcinka AB.Ponieważ dim p = 2, więc istnieje dokładnie jedna prosta zawarta w płaszczyźnie p,prostopadła do prostej AB i przechodząca przez środek odcinka AB; jest nią właśniel⊥(12A+

12B).

Twierdzenie 12. Symetralna odcinka AB ⊂ p zawarta w płaszczyźnie p jest zbioremwszystkich punktów płaszczyzny p równoodległych od A i B.

Dowód: ⊂) Jeżeli m jest symetralną odcinka AB, to jak w dowodzie tw. 11sm(A) = B. Ponieważ symetria osiowa sm jest izometrią i zbiorem jej punktów stałychjest prosta m, więc dla dowolnego punktu X ∈ m spełniony jest warunek

|AX| = |sm(A)sm(X)| = |BX|.⊃) Niech na odwrót punkt X ∈ p będzie równoodległy od punktów A i B, a Dniech bedzie jego rzutem prostopadłym na prostą l = AB. Wówczas

−−→XD ⊥

−−→DA ‖

−−→AB i

−−→XD ⊥

−−→DB ‖

−−→AB,

co wraz z twierdzeniem Pitagorasa i założeniem daje

|DA|2 = |AX|2 − |XD|2 = |BX|2 − |XD|2 = |DB|2.

Zatem D ∈ l jest środkiem odcinka AB oraz XD ⊥ l. To na mocy tw. 11 oznacza, żeXD jest symetralną odcinka AB, czyli punkt X należy do tej symetralnej.

Definicja 13. Niech u, v ∈ S(p) \ {θ}, O ∈ p.Załóżmy, że wektory u i v nie są przeciwnie skierowane. (Wypukłym) kątem płaskimo wierzchołku O rozpiętym na wektorach u i v nazywamy zbiór

∠uOv = {O + s · u+ t · v ; s, t ­ 0},Półproste Ou→ = O,O + u→ i Ov→ nazywamy ramionami kąta, a zbiór {O + s · u+t · v ; s, t > 0} — obszarem kąta.Wklęsłym kątem płaskim o wierzchołku O rozpiętym na wektorach u i v nazywamyzbiór

∠−uOv = (p \ ∠uOv) ∪Ou→ ∪Ou→

Jego ramionami są półproste Ou→ = i Ov→ , a obszarem— zbiór {O+s ·u+t ·v ; s <0 lub t < 0}.Jeżeli u ↑↓ v, to (wypukłym) kątem płaskim ∠uOv nazywamy każdą z półpłasz-czyn domkniętych o krawędzi O,O + u = O,O + v, a jego obszarem — odpowiedniąpółpłaszczyznę otwartą.

Miarą wypukłego kąta płaskiego ∠uOv jest liczba

|∠uOv| = ^(u, v)

5

(czyli miara kąta pomiędzy wektorami u i v), natomiastmiarą wklęsłego kąta płaskiego∠−uOv liczba

|∠−uOv| = 2π − ^(u, v).

Uwaga 14. Kąt płaski zapisuje się często w postaci ∠AOB, gdzie A ∈ Ou→, B ∈ Ov→.Wypukły kąt płaski jest zbiorem wypukłym.Wypukły kąt płaski ∠uOv nazywamy zerowym — gdy u ↑↑ v, a prostym — gdy

u ⊥ v. Płaszczyznę z wyróżnioną półprostą nazywamy kątem pełnym, a półpłaszczynędomkniętą z wyróżnionym punktem na jej krawędzi— kątem półpełnym.

Definicja 15. Dwusieczną kąta płaskiego o wierzchołku O nazywamy półprostą opoczątku O zawartą w tym kącie i jego osi symetrii (a w przypadku kąta pełnegouzupełniającą jedyne ramię do prostej).

Twierdzenie 16. Dwusieczna kąta płaskiego zawartego w płaszczyźnie p, który niejest pełny, jest zbiorem wszystkich punktów tego kąta równoodległych od jego obu ra-mion.

Dowód:

Twierdzenie 17. Na każdym trójkącie można opisać okrąg.Środek okręgu opisanego na trójkącie jest jedynym punktem wspólnym symetralnychwszystkich boków tego trójkąta.

Dowód: W trójkącie 4ABC niech k, l,m oznaczają dopowiednio symetralne bo-ków BC,CA,AB. Dowolna para symetralnych przecina się w dokładnie jednym punk-cie ze względu na ogólne położenie wierzchołków.Niech O ∈ k∩ l. Wtedy z tw. 12 wynika, że |OB| = |OC| i |OC| = |OA|. Stąd także|OA| = |OC| i stosując ponownie tw. 12 otrzymujemy, że O ∈ k ∩ l ∩m. Wysatrczyprzyjąć R = |OA|, a by okrąg O(O,R) był opisany na danym trójkącie.Na odwrót, jeżeli okrąg jest opisany na trójkącie, to jego środek leży na każdej zsymetralnych (na mocy tw. 12).

Twierdzenie 18. W każdy trójkąt można wpisać okrąg.Środek okręgu wpisanego w trójkąt jest jedynym punktem wspólnym dwusiecznychwszystkich wewnętrznych kątów płaskich tego trójkąta (to znaczy kątów wyznaczonychprzez wektory wychodzące z danego wierzchołka).

Dowód: Ze względu na analogię twierdzeń 12 i 16 dowód przebiega podobniejak dla okręgu opisanego. Za środek okręgu wpisanego wystarczy przyjąć punkt Oprzecięcia dwusiecznych kątów wewnętrznych, a za promień — liczbę r = d(O,AB) =d(O,AB→).

Definicja 19. Środkową boku w trójkącie nazywamy odcinek, którego jednym z koń-ców jest środek tego boku, a drugim wierzchołek przeciwległy temu bokowi.

Twierdzenie 20. (o środkowych w trójkącie) Środkowe w trójkącie mają dokładniejeden punkt wspólny. Jest nim środek ciężkości tego trójkąta (czyli środek ciężkościukładu jego wierzchołków o jednakowych wagach).Tym samym środkowe w trójkącie dzielą się wzajemnie w stosunku 2 : 1 (licząc odwierzchołka do przeciwległego boku).

6

Dowód: Wystarczy zauważyć, że w trójkącie 4A1A2A3 dla dowolnych paramiróżnych liczb i, j, k ∈ {1, 2, 3} zachodzi równość

13A1 +

13A2 +

13A3 =

23Ai +

13

(12Aj +

12Ak

).

Twierdzenie 21. Przy oznaczeniach standardowych w trójkącie 4ABC środkowaboku BC ma długość

ma =

√2b2 + 2c2 − a2

2.

Dowód: Niech D będzie środkiem odcinka BC oraz niech ϕ i ψ oznaczają miarykątów wewnętrznych przy wierzchołku D odpowiednio w 4ABD i 4DCA. Wówczas

ψ = ^(−−→DA,−−→DC)= π − ^

(−−→DA,−

−−→DC)= π − ^

(−−→DA,−−→DB)= π − ϕ.

Stosując tweirdzenie cosinusów do trójkątów 4ABD i 4DCA otrzymujemy

c2 =m2a +14a2 −maa cosϕ

b2 =m2a +14a2 −maa cosψ = m2a +

14a2 +maa cosϕ,

skąd po dodaniu stronami wynika teza.

Twierdzenie 22. (o kątach w kole) Jeżeli punkty A,B,C leżą na okręgu O(O,R),to dla wypukłych kątów płaskich ∠AOB i ∠ACB zachodzi równość

|∠AOB| = 2 · |∠ACB|.

Innymi słowy, kąt środkowy ma dwa razy większą miarę niż kąt wpisany oparty natym samym łuku.

Dowód:

Twierdzenie 23. (ogólne twierdzenie sinusów) W trójkącie stosunek długości bokudo sinusa kąta leżącego naprzeciw tego boku jest satły i równy średnicy (podwojonemupromieniowi) okręgu opisanego na tym trójkącie. Innymi słowy, jeżeli R oznacza pro-mień okręgu opisanego na 4ABC, to przy standardowych oznaczeniach

a

sinα=

b

sinβ=

c

sin γ= 2R.

Dowód: Niech α ¬ β ¬ γ. Wówczas z twierdzenia 5 wynika, że α < π2 . Jeżeli

O(O,R) jest okręgiem opisanym na trójkącie 4ABC, to z twierdzenia 22 otrzymu-jemy, że |∠COB| = 2α < π. Zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta 4COBdaje równość

a2 =|BC|2 = |BO|2 + |CO|2 − 2|BO| · |CO| · cos 2α=2R2(1− cos 2α) = 4R2 sin2 α

równoważną tezie na mocy twierdzenia sinusów (tw. 4).

7

Definicja 24. Wysokością opuszczoną z wierzchołka X trójkąta na przeciwległy boknazywamy odcinek łączący punkt X z jego rzutem prostopadłym X ′ na prostą za-wierającą przeciwległy bok. Długość tej wysokości oznaczamy przez hX , a punkt X ′

nazywamy spodkiem wysokości.

Twierdzenie 25. Proste zawierające wysokości trójkąta przecinają się w jednympunkcie — ortocentrum trójkąta.

Dowód: Niech w trójkącie 4ABC proste zawierające wysokości opuszczone zpunktów A i B przecinają się w punkcie H (nie mogą być one równoległe, bo wierz-chołki trójkąta są w położeniu ogólnym). Zatem

−−→HA ⊥

−−→BC i

−−→HB ⊥

−→CA.

Wystarczy pokazać, że−−→HC ⊥

−−→AB. Z powyższych zależności wynika, że

⟨−−→HC,−−→AB⟩=−⟨−−→HC,−→CA⟩−⟨−−→HC,−−→BC⟩

=−⟨−−→HB,−→CA⟩−⟨−−→BC,−→CA⟩−⟨−−→HA,−−→BC⟩+⟨−→CA,−−→BC⟩= 0.

Uwaga 26. Do oznaczen standardowych w trójkącie 4ABC z definicji 1 dołączamysymbole hA, hB, hC na oznaczenie długości wysokości opuszczonych z odpowiednichwierzchołków,ma,mb,mc—na oznaczenie długości środkowych odpowiednich boków,R—promień okręgu opisanego na trójkącie, r—promien okręgu wpisanego w trójkąt,p = a+b+c2 — połowę obwodu trójkąta i S — pole trójkata.

Twierdzenie 27. (wzory na pole trójkata) Przy standardowych oznaczeniach w trój-kącie 4ABC prawdziwe są natępujace wzoryna pole trójkąta:

(1) S = 12∣∣∣−→CA×−−→CB∣∣∣ = 12 ∣∣∣−−→BC ×−−→BA∣∣∣ = 12 ∣∣∣−−→AB ×−→AC∣∣∣,

(2) S = 12ab sin γ =12ca sinβ =

12bc sinα,

(3) S = 12ahA =12bhB =

12chC ,

(4) S =√p(p− a)(p− b)(p− c) (wzór Herona),

(5) S = rp,(6) S = abc4R ,(7) S = 2R2 sinα sinβ sin γ.

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 przykładzie III.33.

8

(4) Z twierdzenia cosinusów wynika, że

sin2 γ =1− cos2 γ = 1−(a2 + b2 − c2

)2(2ab)2

=(2ab− a2 − b2 + c2

) (2ab+ a2 + b2 − c2

)4a2b2

=(c2 − (a− b)2

) ((a+ b)2 − c2

)4a2b2

=(c− a+ b)(c+ a− b)(a+ b− c)(a+ b+ c)

4a2b2

=4p(p− a)(p− b)(p− c)

a2b2.

Stąd i z (2)

S2 =14a2b2 sin2 γ = p(p− a)(p− b)(p− c).

(5) Niech O(O, r) będzie okręgiem wpisanym w trójkąt 4ABC. Wówczas odle-głości punktu O od wszystkich boków tego trójkąta są równe r. Tym samymdługości wysokości opuszczonych z punktu O w trójkątach 4AOB, 4BOC i4COA są równe r, co wraz z (2) i faktem, że trójkąty te stanowią triangulacjętrójkąta 4ABC pociąga za sobą

S = P (4AOB) + P (4BOC) + P (4COA) = 12cr +12br +12ar = pr.

(6) Z tw. 23 sin γ = c2R i wystarczy zastosować (2).

(7) Z tw. 23 a = 2R sinα, b = 2R sinβ, c = 2R sin γ i wystarczy zastosować (6)

Twierdzenie 28. (twierdzenie o dwusiecznej) Dwusieczna płaskiego kąta wewnętrz-nego w trójkącie dzieli bok przeciwległy na dwa odcinki proporcjonalne do boków trój-kata przylegających do tych odcinków.Jeżeli w trójkącie 4ABC D jest punktem przecięcia boku BC dwusieczną płaskiegokąta wewnętrznego ∠BAC, to przy standardowych oznaczeniach

|BD||CD|

=c

b.

Co więcej

|BD| = ac

a+ c, |CD| = ab

b+ c.

Dowód: Niech w trójkącie 4ABC punkt D będzie punktem przecięcia boku BCprzez dwusieczną płaskiego kąta wewnętrznego ∠BAC.Ponieważ symetria osiowa o osi AD jako izometria zachowuje miary kątów pomie-dzy wektorami, więc |∠DAB| = |∠DAC| = α2 . Ponadto

−−→DB ↑↓

−−→DC, skąd |∠DAC| =

π − |∠DAB|. Stosując twierdzenie sinusów do trójkątów 4ABD i 4ACD otrzymu-jemy

|BD|sin α2

=c

sin |∠DAB|,

b

sin |∠DAC|=|CD|sin α2

,

9

skąd|BD||CD|

=c

b.

Druga część tezy wynika z pierwszej po uwzglednieniu równości |BD|+ |CD| = a.