Образователни технологии
НЯКОЛКО ПРИЛОЖЕНИЯ НА ТЕОРЕМАТА НА МЕНЕЛАЙ ЗА ВПИСАНИ ОКРЪЖНОСТИ
Резюме. Разглеждат се няколко задачи, свързани с допирните точки на вписаните в триъгълник окръжности. Основен елемент в решаването на тези задачи е използването на теоремата на Менелай. Разработката е отличена със златен медал на международния конкурс „Математика и проектиране“ в Москва, Русия през м. май 2017 г.
Ключови думи: 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.