© AI
Educational Technologies
SOME APPLICATIONS OF MENELAUS THEOREM TO INSCRIBED CIRCLES
Abstract. Several problems are considered in connection with the tangent points of circles inscribed in a triangle. A basic instrument in the problem solving is the application of Menelaus theorem. The work is awarded golden medal in the International competition “Mathematics and Projecting” in Moscow, Russia in May 2017.
Keywords: Menelaus theorem; circle; center; triangle; tangent
В геометрията на триъгълника е добре известна следната теорема на Менелай: ако \(A B C\) е произволен триъгълник, а точките \(M, N\) и \(T\) лежат съответно върху правите \(B C, C A\) и \(A B\), то точките \(M, N\) и \(T\) лежат на една права тогава и само тогава, когато е изпълнено равенството \(\tfrac{\overline{A M}}{\overline{B M}} \cdot \tfrac{\overline{B N}}{\overline{C N}} \cdot \tfrac{\overline{C T}}{\overline{A T}}=1\).
Ще покажем как се решават няколко задачи за вписани в триъгълник окръжности, основен елемент в решенията на които е използването на теоремата на Менелай.
Задача 1. Окръжността \(k\) е вписана в триъгълника \(A B C(A B \gt C B)\) и се допира до страните \(B C\) и \(A B\) съответно в точките \(U\) и \(W\). Правите \(A C\) и \(W U\) се пресичат в точка \(T\). Втората допирателна \(\tau\) към \(k\) през точката \(T\) пресича страните \(A B\) и \(B C\) съответно в точките \(M\) и \(N\). Да се намерят отношенията \(m=\tfrac{A M}{B M}\) и \(n=\tfrac{B N}{C N}\).
Решение. Нека \(B C=a, C A=b, A B=c, p=\tfrac{a+b+c}{2}\) и \(\tau\) се допира до \(k\) в точката \(P\). От условието следват равенствата
(1) \[ A M=\tfrac{m c}{m+1}, B M=\tfrac{c}{m+1} \]
(2) \[ B N=\tfrac{n a}{n+1}, \quad C N=\tfrac{a}{n+1} \]
Тъй като \(B U=B W=p-b, M W=B W-B M\) и \(N U=B U-B N\), то
(3) \(M P=M W=\cfrac{(m+1) a-(m+1) b+(m-1) c}{2(m+1)} \) ,
(4) \(N P=N U=\cfrac{(1-n) a-(n+1) b+(n+1) c}{2(n+1)}\) .
От (3) и (4) следва
(5) \[ M N=\tfrac{(m+1) a-(m+1)(n+1) b+m(n+1) c}{(m+1)(n+1)} . \]
От косинусовата теорема за триъгълника \(M N B\) имаме равенството \(M N^{2}=B M^{2}+B N^{2}-2 \cdot B M \cdot B N \cdot \cos \beta\), а по косинусовата теорема за \(A B C\) е изпълнено ù \(\beta=\tfrac{\grave{u}^{\grave{u}}+-}{2 c a}\). Оттук, използвайки (1), (2) и (5), след някои преобразования се получава равенството
(6) \[ m n=\tfrac{(p-b) m-(p-a)}{p-c} . \]
От друга страна, имаме \(\tfrac{A W}{B W}=\tfrac{p-a}{p-b}\) и \(\tfrac{B U}{C U}=\tfrac{p-b}{p-c}\). По теоремата на Менелай за правата ( \(W U T\) ) и \(\triangle A B C\) получаваме \(\tfrac{A W}{B W} \cdot \tfrac{B U}{C U} \cdot \tfrac{C T}{A T}=1\). . Оттук следва
(7) \[ t=\tfrac{C T}{A T}=\tfrac{p-c}{p-a} \]
От (6), (7) и теоремата на Менелай за правата ( \(M N T\) ) и \(\triangle A B C\) следва \(m n t=\tfrac{(p-b) m-(p-a)}{p-c} \cdot \tfrac{p-c}{p-a}=1\). Оттук и (6) получаваме равенствата
(8) \[ m=\tfrac{2(p-a)}{p-b}, n=\tfrac{p-b}{2(p-c)} \]
Задача 2. Окръжността \(k\) е вписана в триъгълника \(A B C(A B \gt C B)\) и се допира до страните \(B C, C A\) и \(A B\) съответно в точките \(U, V\) и \(W\). Правите \(A C\) и \(W U\) се пресичат в точката \(T\). Втората допирателна \(\tau\) към \(k\) през точката \(T\) се допира до \(k\) в точка \(P\). Да се докаже, че точките \(B, P\) и \(V\) лежат на една права.
Решение. Използваме означенията от предишната задача. Тъй като \(t=\tfrac{C T}{A T}\), то \(C T=\tfrac{b t}{1-t}\). Използвайки \((7)\) получаваме
(9) \[ C T=\tfrac{b(p-c)}{c-a} \]
От второто равенство (2) и второто равенство (8) следва
(10) \[ C N=\tfrac{4 a(p-c)}{3 a+b-c} \]
От косинусовата теорема за триъгълника \(C N T\) имаме равенството \(T N^{2}=C T^{2}+C N^{2}+2 . C T . C N . \cos \gamma\), а по косинусовата теорема за триъгълника \(A B C\) е изпълнено \(\cos \gamma=\tfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}\). Оттук и равенствата (9) и (10) получаваме
(11) \[ T N=\tfrac{(p-c)\left(b c+4 c a+a b-2 a^{2}+b^{2}-2 c^{2}\right)}{(c-a)(3 a+b-c)} \]
Сега от равенствата (3), (4) и (8) следва
(12) \[ N P=\tfrac{2(p-b)(p-c)}{3 a+b-c}, M P=\tfrac{2(p-a)(p-b)}{3 c+b-a} . \]
От първото равенство (12) и (11) следва
(13) \[ T P=\tfrac{2(p-a)(p-c)}{c-a} \]
От второто равенство (12) и (13) получаваме
(14) \[ \tfrac{M P}{T P}=\tfrac{(p-b)(c-a)}{(p-c)(3 c+b-a)} \]
Използвайки второто равенство (1) и първото равенство (8), намираме, че \(B M=\tfrac{2 c(p-b)}{3 c+b-a}\). Оттук получаваме
(15) \[ \tfrac{A B}{M B}=\tfrac{3 c+b-a}{2(p-b)} \]
Сега от (9) и \(C V=p-c\) следва, че \(T V=C T+C V=\tfrac{2(p-c)(p-a)}{c-a}\). Оттук и равенството \(A V=p-a\) получаваме
(16) \[ \tfrac{T V}{A V}=\tfrac{2(p-c)}{c-a} \]
От (14), (15) и (16) следва, че \(\tfrac{A B}{M B} \cdot \tfrac{M P}{T P} \cdot \tfrac{T V}{A V}=1\). Според теоремата на Менелай по отношение \(\triangle A M T\) това означава, че точките \(B, P\) и \(V\) лежат на една права.
В разгледаните задачи можем да заменим вписаната окръжност с външновписана окръжност. Така получаваме следните две задачи.
Задача 3. Окръжността \(k_{a}\) е външновписана за триъгълника \(A B C\), която се допира до страната \(B C\) и до продълженията на страните \(C A\) и \(A B\) съответно в точките \(U, V\) и \(W\). Правите \(A C\) и \(W U\) се пресичат в точката \(T\). Втората допирателна \(\tau\) към \(k_{a}\) през точката \(T\) пресича продължението на \(A B\) и страната \(B C\) съответно в точките \(M\) и \(N\). Намерете отношенията \(m=\tfrac{A M}{B M}\) и \(n=\tfrac{B N}{C N}\).
Задача 4. Окръжността \(k_{a}\) е външновписана за триъгълника \(A B C\), която се допира до страната \(B C\) и до продълженията на страните \(C A\) и \(A B\) съответно в точките \(U, V\) и \(W\). Правите \(A C\) и \(W U\) се пресичат в точката \(T\). Втората допирателна \(\tau\) към \(k_{a}\) през точката \(T\) се допира до \(k\) в точка \(P\). Да се докаже, че точките \(B, P\) и \(V\) лежат на една права.
Решенията на задачи 3 и 4 са аналогични съответно на решенията на задача 1 и задача 2. В задача 3 се получават равенствата
(17) \[ m=\tfrac{2 p}{p-c}, n=\tfrac{p-c}{2(p-b)} \]
Ще разгледаме и две задачи за пресичане на прави в една точка.
Задача 5. Окръжността \(k\) е вписана в триъгълник \(A B C(A B \gt C B)\) и се допира до страните \(B C, C A\) и \(A B\) съответно в точките \(U, V\) и \(W\). Правите \(A C\) и \(W U\) се пресичат в точката \(T\). Втората допирателна \(\tau\) към \(k\) през точката \(T\) се допира до \(k\) в точката \(P\) и пресича страните \(A B\) и \(B C\) съответно в точките \(M\) и \(N\). Да се докаже, че правите \(A N, B V, C M\) и \(U W\) се пресичат в една точка \(F\).
Решение. В началото ще докажем, че правите \(B V, C M\) и \(U W\) се пресичат в една точка \(F\). От косинусовата теорема за триъгълниците \(U W B\) и \(A B C\) следва равенството
(18) \[ U W=\tfrac{2(p-b)}{c a} \sqrt{c a(p-c)(p-a)} \]
Нека \(B V \cap U W=F\). От теоремата на Менелай за \(\triangle U N T\) и правата (\(B P F\) )
следва
(19) \[ \tfrac{U B}{N B} \cdot \tfrac{N P}{T P} \cdot \tfrac{T F}{U F}=1 \]
От теоремата на Менелай за \(\triangle W M T\) и правата (\(B P F\) ) следва
(20) \[ \tfrac{W B}{M B} \cdot \tfrac{M P}{T P} \cdot \tfrac{T F}{W F}=1 \]
От (19) и (20) се получава равенството
(21) \[ \tfrac{U F}{W F}=\tfrac{U B}{N B} \cdot \tfrac{N P}{M P} \cdot \tfrac{M B}{W B} \]
От решението на задача 1 следват равенствата
(22) \[ B M=\tfrac{2 c(p-b)}{3 c+b-a}, B N=\tfrac{2 a(p-b)}{3 a+b-c} \]
Сега от равенствата (21), (22) и (12) следва
(23) \[ \tfrac{U F}{W F}=\tfrac{c(p-c)}{a(p-a)} \]
От \((7)\) и \(U F+W F=U W\) получаваме
(24) \(U F=\tfrac{2 c(p-c)}{b(c+a)-(c-a)^{2}} . U W, W F=\tfrac{2 a(p-a)}{b(c+a)-(c-a)^{2}} . U W\).
От теоремата на Стюарт за триъгълника \(U W B\) и секущата \(B F\) следва, че е изпълнено равенството \(B F^{2} . U W=B W^{2} . U F+B U^{2} . W F-U F . V F . U W\). Оттук и равенствата (18) и (24) получаваме
(25) \[ B F=\tfrac{2(p-b)}{b(c+a)-(c-a)^{2}} \sqrt{b(p-b)\left[b p-(c-a)^{2}\right]} \]
Отново от теоремата на Стюарт, но за триъгълника \(M N B\) и секущата \(B P\), следва равенството \(B P^{2} \cdot M N=B M^{2} \cdot N P+B N^{2} \cdot M P-N P \cdot M P \cdot M N\). Оттук равенствата (22), (12) и \(M N=\tfrac{4(p-b)\left[b p-(c-a)^{2}\right]}{(3 c+b-a)(3 a+b-c)}\) (следва от резултатите в задача 1 ), получаваме равенството
(26) \[ B P=\tfrac{p-b}{b p-(c-a)^{2}} \sqrt{b(p-b)\left[b p-(c-a)^{2}\right]} \]
Равенствата (25) и (26) ни довеждат до намиране на \(P F=B F-B P\) чрез формулата
(27) \(P F=\cfrac{4(p-a)(p-b)(p-c)}{\left[b p-(c-a)^{2}\right]\left[b(c+a)-(c-a)^{2}\right]} \sqrt{b(p-b)\left[b p-(c-a)^{2}\right]} \text {. }\)
От косинусовата теорема за \(\triangle B V C\) намираме равенството
(28) \[ B V=\tfrac{1}{b} \sqrt{b(p-b)\left[b p-(c-a)^{2}\right]} \]
Сега от равенствата \(V F=B V-B F\), (25) и (28) следва
(29) \[ V F=\tfrac{4(p-c)(p-a)}{b\left[b(c+a)-(c-a)^{2}\right]} \sqrt{b(p-b)\left[b p-(c-a)^{2}\right]} \]
От (27) и (29) имаме
(30) \[ \tfrac{V F}{P F}=\tfrac{b p-(c-a)^{2}}{b(p-b)} \]
Нека сега \(C M \cap B V=F^{\prime}\). От теоремата на Менелай за \(\triangle P T V\) и правата ( \(C M F^{\prime}\) ) имаме \(\tfrac{P M}{T M} \cdot \tfrac{T C}{V C} \cdot \tfrac{V F^{\prime}}{P F^{\prime}}=1\). От (11) и (13) намираме TM \(=\tfrac{2(p-a)\left[b p-(c-a)^{2}\right]}{(c-a)(3 c+b-a)}\), което заедно с (9), (12) и последното равенство води до
(31) \[ \tfrac{V F^{\prime}}{P F^{\prime}}=\tfrac{b p-(c-a)^{2}}{b(p-b)} \]
От (30) и (31) имаме \(\tfrac{V F^{\prime}}{P F^{\prime}}=\tfrac{V F}{P F}\). Следователно \(F^{\prime} \equiv F\). Това доказва, че правите \(B V, C M\) и \(U W\) минават през една точка \(F\).
Остана да докажем, че правата \(A N\) също минава през \(F\). Това ще по-лучим с помощта на теоремата на Чева. От (22), \(C N=\tfrac{4 a(p-c)}{3 a+b-c}\) и \(A M=\tfrac{4 c(p-a)}{3 c+b-a}\) следва, че е изпълнено равенството \(\tfrac{B N}{C N} \cdot \tfrac{C V}{A V} \cdot \tfrac{A M}{B M}=1\). Поради това правите \(A N, B V\) и \(C M\) се пресичат в една точка. Но по доказаното \(B V \cap C M=F\), а това означава, че правата \(A N\) минава през \(F\).
Съответната задача за външновписана окръжност се формулира така:
Задача 6. Окръжността \(k_{a}\) е външновписана за триъгълника \(A B C\), която се допира до страната \(B C\) и до продълженията на страните \(C A\) и \(A B\) съответно в точките \(U, V\) и \(W\). Правите \(A C\) и \(W U\) се пресичат в точката \(T\). Втората допирателна \(\tau\) към \(k_{a}\) през точката \(T\) се допира до \(k\) в точката \(P\) и пресича продължението на страната \(A B\) и страната \(B C\) съответно в точките \(M\) и \(N\). Да се докаже, че правите \(A N, B V, C M\) и \(U W\) се пресичат в една точка \(F\).
Решението на задача 6 е аналогично на решението на задача 5.
REFERENCES/ЛИТЕРАТУРА
Pascalev, G. (1984). The work in the Mathematics circle. Part I. Sofia: Narodna prosveta. [Паскалев, Г. (1984). Работата в кръжока по математика. Част І. София: Народна просвета.]
Шарыгин, И. (1986). Задачи по геометрии. Планиметрия. Москва: Наука. [Sharygin, I. (1986). Problems in Geometry. Plane Geometry. Moscow: Nauka.]
Grozdev, S. (2007). For High Achievements in Mathematics. The Bulgarian Experience (Theory and Practice) . Sofia: ADE. (ISBN 978-954-921391-1), 295 pages.