TROJÚHELNÍK
JAN MALÝ UK v Praze a UJEP v Ústí n. L.
Zna£ení.
Uvaºujme trojúhelník 4ABC , jeho strany (£i jejich délky) jsou a, b, c, α, β , γ . Obsah trojúhelníka zna£íme P . Vý²ka spu²t¥ná z bodu C na stranu c se zna£í vc a její pata je C0 . Bod, který p·lí stranu c, se zna£í C1 . Úse£ka AC0 se zna£í cA a úse£ka BC0 je cB . Podobn¥ se zavádí zna£ení va , A0 , atd. Uv¥domte si, ºe kaºdý 1.
úhly
vzorec má t°i formy, krom¥ uvedené formy dal²í dv¥ vzniknou cyklickou zám¥nou.
2P = ab sin γ bc sin α, 2P = ca sin β . Nap°íklad z identity
2.
Sinová v¥ta.
dostáváme cyklickou zám¥nou postupn¥
2P =
Snadno nahlédneme
a sin β = vc = b sin α.
(1)
To je tzv. sinová v¥ta, kterou m·ºeme téº p°epsat ve tvarech
sin β sin α = a b nebo
3.
sin β b = . sin α a
Cosinová v¥ta.
2a b cos γ = a2 + b2 − c2 . D·kaz.
2a b cos γ = −2a b cos(π − γ) = −2a b cos(α + β) = 2a b(sin α sin β − cos α cos β) = 2(a sin β)(b sin α) − 2(a cos β)(b cos α) = vc2 + vc2 − 2cA cB = a2 − c2B + b2 − c2A − 2cA cB = a2 + b2 − (cA + cB )2 .
4.
Obsah trojúhelníka.
Z (1) dostáváme
2P = c vc = c a sin β. Tedy (po cyklické zám¥n¥)
4P 2 = a2 b2 sin2 γ = a2 b2 (1 − cos2 γ). Pouºijeme cosinovou v¥tu a máme
2
2 2
4P = a b
a2 + b2 − c2 2 . 1− 2ab 1
2
JAN MALÝ UK v Praze a UJEP v Ústí n. L.
Po úprav¥
2 16P 2 = 4a2 b2 − a2 + b2 − c2 = 2ab + (a2 + b2 − c2 ) 2ab − (a2 + b2 − c2 ) = (a + b)2 − c2 c2 − (a − b)2 = (a + b + c)(a + b − c)(a − b + c)(−a + b + c) Odtud dostáváme Heron·v vzorec
4P = 5.
Úloha.
Dokaºte:
p
(a + b + c)(a + b − c)(a − b + c)(−a + b + c).
cotg α cotg β + cotg β cotg γ + cotg γ cotg α = 1
e²ení. Pouºijeme sinovou v¥tu k úprav¥ na stejné jmenovatele. Máme
c
cos α cos β cos β cos γ cos γ cos α + + −1 sin α sin β sin β sin γ sin γ sin α c cos α cos β c cos β cos γ c cos γ cos α c sin α sin β = + + − sin α sin β sin β sin γ sin γ sin α sin α sin β c cos α cos β a cos β cos γ b cos γ cos α c sin α sin β = + + − sin α sin β sin β sin α sin β sin α sin α sin β 1 = a cos γ cos β + b cos γ cos α + c cos(α + β) sin α sin β 1 = cB cos γ + cA cos γ − c cos γ = 0. sin α sin β
6.
Kalkulus planimetrie.
Intuitivn¥, rozdíl mezi vektorem a bodem je v tom,
ºe vektory se dají s£ítat, m¥°it atd., kdeºto body mají jen polohu a vzpírají se kalkulu. P°esto n¥které aritmetické operace s body dávají smysl, t°eba se m·ºeme
1 2 (A + B) je st°ed úse£ky AB . Kaºdému bodu jednozna£n¥ odpovídá reálné £íslo t tak, ºe
smí°it s tím, ºe
AB
X
leºící na p°ímce
X = A + t(B − A) = (1 − t)A + tB, nap°.
A 7→ 0, B 7→ 1. Uvaºujme nyní 4ABC a obecný bod M . P°ímka M C AB v bod¥ Y . Najdeme reálná £ísla s, t tak, ºe
protíná
p°ímku
Y = (1 − s)A + sB,
M = (1 − t)Y + tC.
Potom (2)
M = (1 − t) (1 − s)A + sB + tC = (1 − s)(1 − t)A + s(1 − t)B + tC.
Trojice koe cient·
(1 − s)(1 − t), s(1 − t), t
má tu vlastnost, ºe
(1 − s)(1 − t) + s(1 − t) + t = (1 − t) + t = 1. P Obecn¥, výraz j tj Aj , kde tj jsou reálná £ísla a Aj jsou body P • jako vektor, kdyº j tj = 0, P • jako bod, kdyº j tj = 1. Speciáln¥ bod−bod je vektor, bod+vektor je bod.
má smysl
Tento kalkulus nám umoº¬uje snadno za°adit planimetrii do obecného rámce, v n¥mº matematika se zabývá mnoºinami, na nichº je zadána struktura, nap°. algebraické operace. Cesta p°es Eukleidovy axiomy je trnitá a hodn¥ odli²ná od
TROJÚHELNÍK
3
algebraické struktury. Oproti tomu ztotoºn¥ní roviny s prostorem
R2
zavedením
kartézských sou°adnic vná²í do planimetrie cizí prvky. Abychom nebyli omezováni podmínkami na sou£et koe cient· p°i algebraickém kombinování bod·, m·ºeme zavést hyperprostor. To je trojrozm¥rný vektorový prostor, v n¥mº uvaºujeme dvourozm¥rný lineární podprostor vektory a s ním rovnob¥ºný dvourozm¥rný a nní podprostor body. Na prostoru
V to P to
budou na²e budou na²e
máme navíc daný skalární sou£in, který nám umoº¬uje de -
V
~u jako √ |~u| = ~u · ~u
novat normu (=délku, velikost) vektoru (3) a úhel
ξ
mezi vektory
~u
a
~v
pomocí vzorce
cos ξ =
(4)
~u · ~v . |~u| |~v |
Výhoda hyperprostoru spo£ívá v tom, ºe s£ítání bod· m·ºeme zavést jako binární operaci, podobn¥ násobení skalárem, a p°i výpo£tu nap°.
T = se nemusíme d¥sit toho, ºe výrazy
1 1 1 A+ B+ C 3 3 3 1 1 1 3 A, 3 A + 3 B , které
vznikají po cest¥, nemají
smysl. Na bázi kalkulu v hyperprostoru m·ºeme korektn¥ od za£átku vybudovat celou planimetrii, tento postup v²ak p°esko£íme a v dal²ím budeme vycházet z b¥ºných st°edo²kolských znalostí bez ohledu na to, jakým zp·sobem byly získány. 7.
Barycentrické sou°adnice.
bod
M
Vzhledem k danému trojúhelníku
4ABC ,
kaºdý
roviny se dá jednozna£n¥ vyjád°it v tzv. barycentrických sou°adnicích jako
M = xA + yB + zC, kde
x, y , z jsou reálná £ísla. Cesta k d·kazu vede p°es formuli (2). M leºí v 4ABC práv¥ kdyº v²echny jeho barycentrické sou°adnice jsou ≥ 0.
Bod 8.
P°íklad (t¥ºi²t¥).
Ukaºte, ºe
T = T˜ := 31 A + 13 B + 31 C .
e²ení. Musíme ukázat, ºe podez°elý bod
T˜
leºí na spojnici
T˜ = C + t(C1 − C) = C +
t( 21 (A
CC1 , tj. najít t tak, ºe
+ B) − C).
2 ˜ 3 . Cyklickou zám¥nou dostaneme, ºe T leºí i na spojnicích AA1 a BB1 . Uv¥domme si, ºe jsme vlastn¥ téº dokázali, ºe t¥ºnice se protínají v jednom bod¥! Vyhovuje
9.
t=
P°íklad (st°ed kruºnice vepsané).
S = S˜ :=
Dokaºte, ºe
a b c A+ B+ C a+b+c a+b+c a+b+c S˜
∠ACB . Podívejme C a polom¥ru 1. 0 0 Bu¤ A pr·se£ík k s polop°ímkou CA a B pr·se£ík k s polop°ímkou CB . Potom 0 0 pom¥r délky CA ku CA je b : 1, pom¥r délky CB ku CB je a : 1, tedy
e²ení. Musíme ukázat, ºe podez°elý bod
leºí na ose úhlu
se na její geometrickou konstrukci. Uvaºujme kruºnici
A0 − C =
A−C , b
B0 − C =
k
o st°edu
B−C . a
4
JAN MALÝ UK v Praze a UJEP v Ústí n. L.
Se£teme-li vektory
A0 − C
a
B0 − C ,
dostaneme vrchol
D
rovnob¥ºníka, který leºí
na hledané ose úhlu,
D = C + (A0 − C) + (B 0 − C) = C +
B−C A−C + . b a
Tedy osa úhlu má rovnici
C + t(D − C), a hledáme, zda existuje
t∈R
t ∈ R,
tak, aby platilo
B−C A−C +t . S˜ = C + t(D − C) = C + t b a Vyhovuje
t=
ab a+b+c .
10.
P°íklad.
Spo£t¥te délku úse£ky
SC ,
kde
S
je st°ed kruºnice vepsané.
S − C: a b c S−C = A+ B+ C −C a+b+c a+b+c a+b+c a b = (A − C) + (B − C). a+b+c a+b+c
e²ení. Nejprve vypo£teme vektor
Nyní pouºijeme kalkulus skalárního sou£inu. Uv¥domme si, ºe podle vzorc· (3) a (4) je
(A − C) · (A − C) = |A − C|2 = b2 , (B − C) · (B − C) = |B − C|2 = a2 , (A − C) · (B − C) = ab cos γ. Tedy
|S−C|2 = (S−C) · (S−C) a b a b = a+b+c (A−C) + a+b+c (B−C) · a+b+c (A−C) + a+b+c (B−C) 2 a = (A−C) · (A−C) a+b+c a b +2 (A−C) · (B−C) a+b+c a+b+c 2 b (B−C) · (B−C) + a+b+c 2 2 a b b a = a b cos γ + b2 + 2 a2 a+b+c a+b+c a+b+c a+b+c 2a2 b2 (1 + cos γ). = (a + b + c)2 Nyní m·ºeme vyjád°it
γ
podle cosinové v¥ty a dostaneme
2 2
2a b a2 + b2 − c2 ab (2ab + a2 + b2 − c2 ) 1+ = 2 (a + b + c) 2ab (a + b + c)2 ab ((a + b)2 − c2 ) ab (a + b + c)(a + b − c) ab (a + b − c) = = = . (a + b + c)2 (a + b + c)2 (a + b + c)
|S−C|2 =
TROJÚHELNÍK
11.
P°íklad (pr·se£ík vý²ek).
5
Dokaºte, ºe
V = V˜ := cotg β cotg γ A + cotg γ cotg α B + cotg α cotg β C. e²ení. Uv¥domme si, ºe sou£et koe cient· je skute£n¥
ukázat, ºe podez°elý bod
b cos α c
B.
Hledáme
t
V˜
leºí na vý²ce
vc = CC0 .
1
podle úlohy 5. Musíme
Víme, ºe
C0 =
a cos β c
A+
tak, ºe
a cos β b cos α V˜ = C + t(C0 − C) = (1 − t)C + t A+t B. c c Vyhovuje
t=
cos γ . sin α sin β
12.
Cvi£ení (st°ed kruºnice opsané).
˜ := O=O
Dokaºte, ºe
cos α cos β cos γ A+ B+ C. sin β sin γ sin γ sin α sin α sin β
Návod. St°ed kruºnice opsané je pr·se£ík vý²ek trojúhelníka
podobný
4ABC .
4A1 B1 C1 ,
který je
Tedy podle p°edchozího p°íkladu
O = cotg β cotg γ A1 + cotg γ cotg α B1 + cotg α cotg β C1 . Nyní dosadíme
A1 = 12 (B + C), B1 = 21 (C + A), C1 = 21 (A + B).
