Afiliacja: Uniwersytet im. A. Mickiewicza w Poznaniu
W całym odcinku zakładamy, że \(A,\) \(B,\) \(X,\) \(Y\) to cztery różne punkty.
Rozważmy różne punkty, \(A,\) \(B,\) \(X,\) \(Y,\) leżące na jednej prostej. Mówimy, że odcinki \(AB\) i \(XY\) są sprzężone harmonicznie, jeśli zachodzi równość \(\frac{|AX|}{|BX|}=\frac{|AY|}{|BY|}\); równoważnie – co dowodzi symetrii tej relacji – mamy \(\frac{|XA|}{|YA|}=\frac{|XB|}{|YB|}.\)
Dodamy teraz na prostej \(AB\) sztuczny punkt w nieskończoności – oznaczmy go po prostu \(\infty\) – o tej własności, że \(\frac{|A\infty|}{|B\infty|}=1.\) Jeśli \(X\) jest środkiem odcinka \(AB,\) to odcinki \(AB\) i \(X\infty\) są harmonicznie sprzężone. Punkt \(\infty\) nazywany jest niekiedy miejscem przecięcia prostych równoległych (taki punkt dopuszcza się między innymi w geometrii rzutowej).
Twierdzenie 3/4. Na prostej z dodanym punktem w nieskończoności – jeżeli odcinki \(AB\) i \(XY\) są harmonicznie sprzężone, to dowolne trzy spośród punktów \(A,\) \(B,\) \(X,\) \(Y\) jednoznacznie określają położenie czwartego.
Dowód. Bez utraty ogólności możemy przyjąć, że wyznaczymy położenie punktu \(Y\) za pomocą pozostałych. Dobierzmy taką oś liczbową, żeby punkt \(A\) był w jedynce, a punkt \(B\) w minus jedynce. Przez \(x\) oraz \(y=f(x)\) oznaczmy współrzędne punktów \(X\) i \(Y.\) Na mocy definicji otrzymujemy \(\frac{|x-1|}{|x+1|}=\frac{|y-1|}{|y+1|},\) co po obustronnym podniesieniu do kwadratu, przy założeniach \(x,y\not\in\{-1,0,1\}\) i \(x\neq y,\) upraszcza się do postaci równoważnej \(f(x)=y=\frac1x.\) Jest to bijekcja zbioru \(\mathbb{R}\setminus\{-1,0,1\}\) na ten sam zbiór, a ponadto \(f(0)=\infty\) i \(f(\infty)=0.\)
Kolejne twierdzenie pokazuje typowe konfiguracje geometryczne, w których pojawiają się pary odcinków harmonicznie sprzężonych.
Twierdzenie 2. Jeśli zachodzi którykolwiek z poniższych warunków, to odcinki \(AB\) i \(XY\) są sprzężone harmonicznie:
punkty \(A\) i \(B\) są środkami podstaw trapezu, punkt \(X\) jest przecięciem jego przekątnych, a punkt \(Y\) – prostych zawierających jego ramiona;
punkty \(K,\) \(L,\) \(X\) leżą, odpowiednio, na bokach \(BC,\) \(CA,\) \(AB\) trójkąta \(ABC,\) przy czym odcinki \(AK,\) \(BL,\) \(CX\) przecinają się w jednym punkcie, proste \(KL\) i \(AB\) przecinają się w punkcie \(Y\);
punkty \(X\) i \(Y\) leżą na prostej \(AB,\) przy czym proste \(CX\) i \(CY\) są dwusiecznymi kątów przy wierzchołku \(C\) trójkąta \(ABC,\) odpowiednio, wewnętrznego i zewnętrznego.
Dowód
Niech \(PQRS\) będzie rzeczonym trapezem, w którym punkt \(A\) jest środkiem podstawy \(PQ.\) Trójkąty \(PQY\) i \(SRY\) są jednokładne względem punktu \(Y,\) natomiast trójkąty \(PQX\) i \(RSX\) – względem punktu \(X.\) Z tego wynika, że punkty \(A,\) \(X,\) \(B,\) \(Y\) są współliniowe. Ponadto skalą obu jednokładności jest \(\frac{|RS|}{|PQ|},\) więc \(\frac{|AX|}{|BX|}=\frac{|AY|}{|BY|}.\)
Jeśli trapez \(PQRS\) jest równoległobokiem, to \(Y=\infty,\) a \(X\) jest środkiem odcinka \(AB.\)W trójkącie \(ABC\) z twierdzenia Cevy dla odcinków \(AK,\) \(BL\) i \(CX\) oraz z twierdzenia Menelaosa dla prostej \(KL\) otrzymujemy, odpowiednio: \[\frac{|AX|}{|XB|}\cdot\frac{|BK|}{|KC|}\cdot\frac{|CL|}{|LA|}=1, \ \ \ \frac{|AY|}{|YB|}\cdot\frac{|BK|}{|KC|}\cdot\frac{|CL|}{|LA|}=1.\] Porównując oba wyrażenia, dostaniemy \(\frac{|AX|}{|BX|}=\frac{|AY|}{|BY|}.\) W przypadku gdy \(KL\parallel AB\) (równoważnie: \(X\) jest środkiem odcinka \(AB\)), mamy \(Y=\infty.\)
Na mocy twierdzenia o dwusiecznej (wewnętrznej i zewnętrznej) otrzymujemy \(\frac{|AX|}{|BX|}=\frac{|AC|}{|BC|}=\frac{|AY|}{|BY|}.\)
Jeśli \(|AC|=|BC|,\) to \(X\) jest środkiem odcinka \(AB\) oraz \(Y=\infty.\)
Zadania
-
Załóżmy, że punkty \(A,\) \(X,\) \(B,\) \(Y\) leżą w tej kolejności na jednej prostej. Niech \(O\) będzie środkiem odcinka \(AB.\) Udowodnić, że następujące stwierdzenia są równoważne:
odcinki \(AB\) i \(XY\) są harmonicznie sprzężone;
\(|AB|\) jest średnią harmoniczną \(AX\) i \(AY\);
\(|OB|\) jest średnią geometryczną \(OX\) i \(OY.\)
Wskazówka Można przyjąć na przykład \(|AX|=x,\) \(|XB|=y,\) \(|BY|=z\) – wówczas dowód sprowadza się do prostych algebraicznych przekształceń.
-
Dany jest trójkąt \(ABC.\) Punkty \(X_A,\) \(X_B,\) \(X_C\) leżą na odcinkach, odpowiednio, \(BC,\) \(CA,\) \(AB.\) Prosta \(X_BX_C\) przecina prostą \(BC\) w punkcie \(Y_A.\) Analogicznie określamy punkty \(Y_B\) i \(Y_C.\) Wykazać, że jeśli odcinki \(AX_A,\) \(BX_B,\) \(CX_C\) przecinają się w jednym punkcie, to punkty \(Y_A,\) \(Y_B,\) \(Y_C\) leżą na jednej prostej.
Wskazówka Skorzystać z definicji sprzężenia harmonicznego dla odcinków \(AB\) i \(X_CY_C\) (oraz dwóch analogicznych par). Wówczas okaże się, że teza wynika z odpowiednio użytych twierdzeń Cevy i Menelaosa.
-
Okręgi \(\omega_1\) i \(\omega_2,\) o środkach odpowiednio \(O_1,O_2\) i promieniach \(r_1,r_2,\) przecinają się w dwóch punktach, z których jednym jest \(T,\) przy czym \(|\measuredangle O_1TO_2|=90^\circ.\) Pewna prosta przechodząca przez punkt \(O_1\) przecina okrąg \(\omega_1\) w punktach \(A\) i \(B,\) a okrąg \(\omega_2\) – w punktach \(X\) i \(Y.\) Wykazać, że odcinki \(AB\) i \(XY\) są harmonicznie sprzężone.
Wskazówka Skorzystać z zadania 1(c), obliczając na dwa sposoby potęgę punktu \(O_1\) względem okręgu \(\omega_2.\)
-
Z punktu \(Y\) leżącego poza okręgiem \(\omega\) poprowadzono styczne do tego okręgu w punktach \(P\) i \(Q.\) Na cięciwie \(PQ\) wybrano punkt \(X.\) Prosta \(XY\) przecina okrąg \(\omega\) w punktach \(A\) i \(B.\) Dowieść, że odcinki \(AB\) i \(XY\) są harmonicznie sprzężone.
Wskazówka Korzystając z podobieństwa odpowiednich trójkątów, otrzymujemy \(\frac{|XA|}{|XB|}=\frac{|XA|}{|XP|}\cdot\frac{|XP|}{|XB|}=\frac{|AQ|}{|BP|}\cdot\frac{|AP|}{|BQ|},\) i analogicznie dla \(\frac{|YA|}{|YB|}\) (tu korzystamy również z \(|YP|=|YQ|\)).