Afiliacja: Uniwersytet im. A. Mickiewicza w Poznaniu
Twierdzenie Cevy
Wśród olimpijczyków oraz pasjonatów geometrii szeroko znane jest
Twierdzenie Cevy. W trójkącie \(ABC\) na bokach, odpowiednio, \(BC,\) \(CA,\) \(AB\) leżą punkty \(P,\) \(Q,\) \(R.\) Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku obok i niech \[s= \frac{a_1}{a_2}\cdot\frac{b_1}{b_2}\cdot\frac{c_1}{c_2}.\] Wówczas odcinki \(AP,\) \(BQ,\) \(CR\) mają punkt wspólny wtedy i tylko wtedy, gdy \(s=1.\)
Teza twierdzenia jest prawdziwa również, gdy jeden z punktów \(P,\) \(Q,\) \(R\) należy do boku trójkąta, a pozostałe dwa leżą na przedłużeniach odpowiednich boków. Tutaj ograniczę się jednak do przypadku wymienionego w twierdzeniu.
Dowód (\(\Rightarrow\)). Załóżmy najpierw, że odcinki \(AP,\) \(BQ,\) \(CR\) mają punkt wspólny \(K.\) Oznaczmy pola \([BKC],\) \([CKA],\) \([AKB]\) przez, odpowiednio, \(P_A,\) \(P_B,\) \(P_C.\) Jest jasne (wspólne wysokości), że \(\frac{[ABP]}{[ACP]}=\frac{a_1}{a_2} = \frac{[KBP]}{[KCP]}.\) Stosunki pól są równe, więc także \(\frac{a_1}{a_2} = \frac{[ABP]-[KBP]}{[ACP]-[KCP]} = \frac{P_C}{P_B}.\) Mnożąc tę równość z dwiema analogicznymi, otrzymamy tezę.
Dowód (\(\Leftarrow\)). Zakładamy, że \(s=1.\) Przypuśćmy, że mimo tego odcinki \(AP,\) \(BQ,\) \(CR\) nie przecinają się w jednym punkcie. Niech \(AP\) i \(BQ\) przecinają się w punkcie \(K.\) Niech prosta \(CK\) przecina odcinek \(AB\) w punkcie \(R'\neq R.\) Z udowodnionej już implikacji (\(\Rightarrow\)) mamy równość \(\frac{a_1}{a_2}\cdot\frac{b_1}{b_2}\cdot\frac{|AR'|}{|R'B|} = 1 = s,\) z której wynika, że \(\frac{|AR'|}{|R'B|} = \frac{c_1}{c_2}.\) Jednak to jest niemożliwe, ponieważ punkty \(R\) i \(R'\) są różne.
Odcinki lub proste \(AP,\) \(BQ\) i \(CR\) nazywa się krótko czewianami. Twierdzenie Cevy można również wyrazić za pomocą kątów. Jest to
Trygonometryczne twierdzenie Cevy. W trójkącie \(ABC\) leżą punkty \(P,\) \(Q,\) \(R\) na bokach, odpowiednio, \(BC,\) \(CA,\) \(AB.\) Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku i niech \[t= \frac{\sin\alpha_1}{\sin\alpha_2}\cdot\frac{\sin\beta_1}{\sin\beta_2}\cdot\frac{\sin\gamma_1}{\sin\gamma_2}.\] Wówczas odcinki \(AP,\) \(BQ,\) \(CR\) mają punkt wspólny wtedy i tylko wtedy, gdy \(t=1.\)
Dowód. Uzgodnijmy, że \(a=|BC|,\) \(b=|CA|\) i \(c=|AB|.\) Wystarczy udowodnić, że \(s=t.\) Zauważmy najpierw, że \(\frac{a_1}{a_2} = \frac{[ABP]}{[ACP]} = \frac{\frac12c|AP|\sin\alpha_1}{\frac12b|AP|\sin\alpha_2} = \frac{c\sin\alpha_1}{b\sin\alpha_2}.\) Mnożąc stronami tę równość przez dwie analogiczne, otrzymamy \(s=t.\)
Z tego twierdzenia można również korzystać dla samych trzech cięciw danego okręgu – wystarczą tylko miary odpowiednich kątów, długości boków są niepotrzebne. Sama równość \[\frac{a_1}{a_2} = \frac{c\sin\alpha_1}{b\sin\alpha_2}\] ma swoją wartość – można ją używać w twierdzeniu Cevy, zamieniając, wedle uznania, proporcje podziałów boków na ich trygonometryczną wersję.
Zadania
-
Wykaż, że następujące czewiany w trójkącie ostrokątnym przecinają się w jednym punkcie: środkowe (w środku ciężkości), dwusieczne (w środku okręgu wpisanego), wysokości (w ortocentrum).
Wskazówka Dla środka ciężkości wystarczy klasyczna wersja twierdzenia Cevy. W przypadku dwusiecznych i wysokości odmiana trygonometryczna wygląda nieco korzystniej.
-
Wykazać, że odcinki łączące punkty styczności okręgu wpisanego w trójkąt z przeciwległymi wierzchołkami przecinają się w jednym punkcie (punkt Gergonne’a).
Wskazówka Na początek wystarczy twierdzenie o stycznych.
-
Udowodnić za pomocą twierdzenia Cevy, że w trapezie, niebędącym równoległobokiem, następujące punkty leżą na jednej prostej: środki podstaw, punkt przecięcia się przekątnych oraz punkt przecięcia się prostych zawierających ramiona trapezu.
Wskazówka Przydatny lemat (przy oznaczeniach z twierdzenia). Jeśli prawdziwe są dwa z następujących stwierdzeń, to trzecie również:
-
Częścią wspólną kwadratów \(ABCD\) i \(APQR\) jest odcinek \(AR.\) Wykazać, że proste \(BP,\) \(CQ\) i \(DR\) przecinają się w jednym punkcie.
Wskazówka Odpowiednie proporcje dla trójkąta \(BRQ\) można znaleźć dzięki trygonometrii albo podobieństwu trójkątów ukrytemu w trapezach. Wygodnie jest odnosić wszystko do długości boków danych kwadratów.
-
Dany jest trójkąt ostrokątny \(ABC.\) Punkt \(D\) jest spodkiem wysokości opuszczonej na bok \(CB,\) natomiast \(K\) jest dowolnym punktem wewnętrznym tej wysokości. Proste \(BK\) i \(CK\) przecinają odcinki \(AC\) i \(BC\) w punktach, odpowiednio, \(E\) i \(F.\) Udowodnić, że prosta \(AD\) jest dwusieczną kąta \(FDE.\) (Kanadyjska OM, 1994)
Wskazówka Poprowadźmy przez punkt \(A\) prostą \(\ell\parallel BC.\) Niech \(P\) i \(Q\) będą przecięciami prostej \(\ell\) i, odpowiednio, prostych \(DE\) i \(DF.\) Z twierdzenia Talesa otrzymamy \(|AQ| = \frac{|AF|\cdot|BD|}{|FB|}\) i analogiczną formułę na \(|AP|.\) Resztę załatwi twierdzenie Cevy dla trójkąta \(ABC.\)
-
Odcinki \(AD,\) \(BE\) i \(CF\) są wysokościami trójkąta ostrokątnego \(ABC\) i przecinają się w punkcie \(H.\) Punkty \(K,\) \(L,\) \(M\) leżą, odpowiednio, na odcinkach \(BC,\) \(CA,\) \(AB\) oraz \[HK\bot EF, \ \ \ HL\bot FD, \ \ \ HM\bot DE.\] Udowodnić, że odcinki \(AK,\) \(BL\) i \(CM\) przecinają się w jednym punkcie. (XIV WLM)
Wskazówka Na czworokącie \(ABDE\) można opisać okrąg. Biorąc jako \(P\) punkt przecięcia prostych \(MH\) i \(DE\) (pod kątem prostym) i rachując na kątach, dojdziemy do równości \(|\angle AHM| = |\angle BAC|\) oraz pięciu analogicznych. To, wraz z twierdzeniem sinusów zastosowanym do trójkąta \(AHM\) i analogicznych, wystarcza do zastosowania twierdzenia Cevy kończącego dowód.