Резюме. Разгледани са приложения на Теоремата на Ван Обел за решаване на задачи по геометрия от училищния курс. Представена е и една авторска задача.

Ключови думи: Van Aubel’s Theorem, Ceva’s Theorem, Nagel Point, Gergonne point.

Теорема на Ван Обел. Нека са дадени \(\triangle A B C\) и произволна точка \(Z\) от вътрешността на триъгълника. Ако правите \(A Z, B Z, C Z\) пресичат страните \(B C\), \(A C, A B\) съответно в точките \(A_{1}, B_{1}, \mathrm{C}_{1}\), C1, то в сила са равенствата:

(1) \[ \tfrac{A Z}{Z A_{1}}=\tfrac{A B_{1}}{B_{1} C}+\tfrac{A C_{1}}{C_{1} B} ; \quad \tfrac{B Z}{Z B_{1}}=\tfrac{B_{1} A}{A_{1} C}+\tfrac{B C_{1}}{C_{1} A} ; \quad \tfrac{C Z}{Z C_{1}}=\tfrac{C A_{1}}{A_{1} B}+\tfrac{C B_{1}}{B_{1} C} \]

Съществуват различни доказателства на тази Теорема на Ван Обел, известна още като теорема на Ван Обел за триъгълника. Предлагаме едно доказателство, достъпно и за учениците от девети клас.

Да построим правата \(g\), минаваща през върха \(A\) на \(\triangle A B C\) и успоредна на страната му \(A B\) (черт.1). Въвеждаме точките: \(D=g \cap B Z\), \(E=g \cap C Z\).

От подобието на двойките триъгълници \(A D B_{1}, C B B_{1}\) и \(A E C_{1}, B C C_{1}\) следват съответно равенствата: \(\tfrac{A B_{1}}{C B_{1}}=\tfrac{A D}{C B}\) и \(\tfrac{A C_{1}}{B C_{1}}=\tfrac{A E}{B C}\). Тогава

(2) \[ \tfrac{A B_{1}}{B_{1} C}+\tfrac{A C_{1}}{C_{1} B}=\tfrac{A D}{B C}+\tfrac{A E}{B C}=\tfrac{D E}{C B}=k \]

Да разгледаме хомотетията \(\varphi\) с център \(Z\) и коефициент \(k\). Тъй като \(\varphi(A, D, E)\) \(=A, B, C\), то

(3) \[ \tfrac{Z A}{Z A_{1}}=\tfrac{D E}{B C}=k \]

От (2) и (3) следва първото равенство на (1). По аналогичен начин се доказва и верността на останалите две равенства в (1).

Теоремата на Ван Обел е силен инструмент за по-рационално решаване на голям обем от задачи.

Приложения на теоремата на Ван Обел.

В следващите разглеждания използваме стандартните означения: \(A B=c, B C=\) \(a, C A=b\) и \(p=\tfrac{a+b+c}{2}\).

Да започнем със случаи, когато точка \(Z\) съвпада с някои от добре познатите от училищния курс забележителни точки на \(\triangle A B C\).

1) Ако \(Z=M\) е медицентърът на \(\triangle A B C\), то \(\tfrac{A M}{M A_{1}}=\tfrac{A B_{1}}{B_{1} C}+\tfrac{A C_{1}}{C_{1} B}=1+1=2\);

2) Ако \(Z=I\) е центърът на вписаната в \(\triangle A B C\) окръжност, то \(\tfrac{A I}{I A_{1}}=\tfrac{b}{a}+\tfrac{c}{a}=\tfrac{b+c}{a}\).

Следващите приложения използват и Теоремата на Чева. За това ще я припомним.

Теорема на Чева: Нека е даден \(\triangle A B C\) и точките \(A_{1}, B_{1}, C_{1}\), , които са различни от върховете на триъгълника, лежат съответно на страните \(B C, A C, A B\) (чертеж 1). Правите \(A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}\) се пресичат в една точка тогава и само тогава, когато е в сила равенството: \(\tfrac{A C_{1}}{C_{1} B} \tfrac{B A_{1}}{A_{1} C} \tfrac{C B_{1}}{B_{1} A}=1\).

Прави, които удовлетворяват условието на теоремата на Чева, се наричат чевиани.

Третото приложение касае точката на Жергон.

Нека \(A_{1}, B_{1}, C_{1}\) са допирните точки на вписаната в \(\triangle A B C\) окръжност, със страните му \(A B, B C, C A\) (чертеж 2). Тогава отсечките \(A A_{1}, B B_{1}\) и \(C C_{1}\) се пресичат в точка \(G\), която се нарича точка на Жергон.

3) Ако \(Z=G\) е точката на Жергон, то в сила са равенствата:

\[ \tfrac{A G}{G A_{1}}=\tfrac{a(p-a)}{(p-b)(p-c)}, \quad \tfrac{B G}{G B_{1}}=\tfrac{b(p-b)}{(p-a)(p-c)}, \quad \tfrac{C G}{G C_{1}}=\tfrac{c(p-c)}{(p-a)(p-b)} \]

Доказателство:

Съгласно познатите равенства \(A C_{1}=A B_{1}=p-a, B C_{1}=B A_{1}=p-b, C A_{1}=C B_{1}=\) \(p-c\) и Теоремата на Чева, веднага заключаваме, че отсечките \(A A_{1}, B B_{1}\) и \(C C_{1}\) се пресичат в една точка.

Прилагаме теоремата на Ван Обел и получаваме

\(\tfrac{A G}{G A_{1}}=\tfrac{A B_{1}}{B_{1} C}+\tfrac{A C_{1}}{C_{1} B}=\tfrac{p-a}{p-c}+\tfrac{p-a}{p-b}=\tfrac{a(p-a)}{(p-b)(p-c)}\)

\(\tfrac{B G}{G B_{1}}=\tfrac{B A_{1}}{A_{1} C}+\tfrac{B C_{1}}{C_{1} A}=\tfrac{p-b}{p-a}+\tfrac{p-b}{p-c}=\tfrac{b(p-b)}{(p-a)(p-c)}\)

\(\tfrac{C G}{G C_{1}}=\tfrac{C B_{1}}{B_{1} A}+\tfrac{C A_{1}}{A_{1} B}=\tfrac{p-c}{p-a}+\tfrac{p-c}{p-b}=\tfrac{c(p-c) \quad A}{(p-a)(p-b)}\)

Четвъртото приложение касае точката на Нагел.

Нека \(A_{1}, B_{1}, C_{1}\) са допирните точки на външно вписаните за \(\triangle A B C\) окръжности, със страните му \(A B, B C, C A\) (чертеж 3). Тогава отсечките \(A A_{1}, B B_{1}\), BB1, и \(C C_{1}\) се пресичат в точка \(N\), която се нарича точка на Нагел.

4) Ако \(Z=N\) е точката на Нагел, то в сила са равенствата:

\[ \tfrac{A N}{N A_{1}}=\tfrac{a}{p-a}, \tfrac{B N}{N B_{1}}=\tfrac{b}{p-b}, \tfrac{C N}{N C_{1}}=\tfrac{c}{p-c} \]

Доказателство: Нека \(k_{\mathrm{a}}, k_{\mathrm{b}}\) и \(k_{\mathrm{c}}\) външно вписаните окръжности за \(\triangle A B C\), допиращи се съответно да страните \(B C, A C\) и \(A B\). (чертеж 3).

Нека да въведем означенията \(A^{\prime}=A C \cap k_{\mathrm{a}}\), \(A^{\prime \prime}=A B \cap k_{\mathrm{a}}\). Да положим \(C A_{1}=x\). Тогава \(C A^{\prime}=x\) и \(B A_{1}=B A^{\prime}=a-x\). Прилагайки още веднъж за \(k_{\mathrm{a}}\) свойството на допирателните от външна точка, записваме \(A A^{\prime}=A A^{\prime \prime}\), т.е. \(b+\) \(x=c+a-x\), от където получаваме

\(C A_{1}=C A^{\prime}=x=p-b\) и

\(B A_{1}=B A^{\prime \prime}=a-x=p-c\).

Аналогично намираме \(A B_{1}=p-c, C B_{1}\) \(=p-a, A C_{1}=p-b\) и \(B C_{1}=p-a\). Прилагаме Теоремата на Чева и заключаваме, че \(A A_{1}\), \(B B_{1}\) и \(C C_{1}\) се пресичат в една точка.

Прилагаме теоремата на Ван Обел и получаваме \[ \begin{aligned} & \tfrac{A N}{N A_{1}}=\tfrac{A B_{1}}{B_{1} C}+\tfrac{A C_{1}}{C_{1} B}=\tfrac{p-c}{p-a}+\tfrac{p-b}{p-a}=\tfrac{a}{p-a} \\ & \tfrac{B N}{N B_{1}}=\tfrac{B A_{1}}{A_{1} C}+\tfrac{B C_{1}}{C_{1} A}=\tfrac{p-c}{p-b}+\tfrac{p-a}{p-b}=\tfrac{b}{p-b} \\ & \tfrac{C N}{N C_{1}}=\tfrac{C B_{1}}{B_{1} A}+\tfrac{C A_{1}}{A_{1} B}=\tfrac{p-a}{p-c}+\tfrac{p-b}{p-c}=\tfrac{c}{p-c} \end{aligned} \]

Следващото приложение използва и добре известната теорема.

Теорема 3 Ако точката \(P\) дели вътрешно отсечката \(M N\) в съотношение m:n и O е произволна тотношение m: \(n\) и \(O\) е произво чка (чертеж 4), то \[ \overrightarrow{O P}=\tfrac{1}{m+n}(n \overrightarrow{O M}+m \overrightarrow{O N}) \]

Ще завършим настоящата статия с една авторска задача:

Задача Даден е изпъкнал четириъгълник \(A B C D\) и точкоитоите \(M, N, K\) и \(L\), к лежат съответно на страните му \(A B, B C, C D\) и \(D A\) и ги делят в отношение m:n. Ако \(P=A N \cap C M, Q=B K \cap D N, R=A K \cap C L\) и \(S=B L \cap D M\), mo:

а) средните отсечки на четириъгалниците \(A B C D\) и \(P Q R S\) имат обща среда; б) правите, върху които лежат средните отсечки на четириъгалниците \(A B C D\) и \(P Q R S\) са две тогава и само тогава, когато \(m=n\).

Решение: Да означим средите на страните \(S P, P Q, Q R\) и \(R S\) съответно с \(E_{1}, E_{2}, E_{3}\) и \(E_{4}\); а средите на страните \(B C, C D, D A\) и \(A B\) съответно с \(F_{1}, F_{2}, F_{3}\) и \(F_{4}\) (чертеж 5) и \(B_{1}=A C \cap B P\).

а) Нека да приложим Теоремата на Чева за триъгълника \(A B C\) и чевианите през \(P\).

От \(\tfrac{A M}{M B} \cdot \tfrac{B N}{N C} \cdot \tfrac{C B_{1}}{B_{1} A}=1\) и условието \(\tfrac{A M}{M B}=\tfrac{B N}{N C}=\tfrac{m}{n}\) получаваме, \(\tfrac{C B_{1}}{B_{1} A}=\tfrac{M B}{A M} \cdot \tfrac{N C}{B N}=\tfrac{n^{2}}{m^{2}}\). Сега прилагаме Теоремата на Ван Обел и установяваме \(\tfrac{C P}{P M}=\tfrac{C B_{1}}{B_{1} A}+\tfrac{C N}{N B}=\tfrac{n^{2}}{m^{2}}+\tfrac{n}{m}=\tfrac{n(n+m)}{m^{2}}\).

Да изберем произволна точка \(O\) и приложим последователно Теорема 3 за отсечката \(C M\) и вътрешната й точка \(P\), за отсечката \(A B\) и вътрешната й точка \(M\). Така получаваме:

\[ \overrightarrow{O P}=\tfrac{1}{m^{2}+n^{2}+m \cdot n}\left(n(n+m) \cdot \overrightarrow{O M}+m^{2} \cdot \overrightarrow{O C}\right) \text { и } \overrightarrow{O M}=\tfrac{1}{n+m}(n \cdot \overrightarrow{O A}+m \cdot \overrightarrow{O B}) \] След заместване на \(\overrightarrow{O M}\) в \(\overrightarrow{O P}\) и някои преобразования, намираме следното представяне за вектора \(\overrightarrow{O P}\) :

\[ \begin{aligned} \overrightarrow{O P} & =\tfrac{1}{m^{2}+n^{2}+m \cdot n}\left(\tfrac{n(n+m) n}{n+m} \overrightarrow{O A}+\tfrac{n(n+m) m}{n+m} \overrightarrow{O B}+m^{2} \cdot \overrightarrow{O C}\right) \\ & =\tfrac{1}{m^{2}+n^{2}+m \cdot n}\left(n^{2} \cdot \overrightarrow{O A}+n m \cdot \overrightarrow{O B}+m^{2} \cdot \overrightarrow{O C}\right) \end{aligned} \]

След аналогични разглеждания за \(\triangle B C D, \triangle C D A\) и \(\triangle D A B\) получаваме следните представяния за векторите:

\[ \begin{aligned} & \overrightarrow{O Q}=\tfrac{1}{m^{2}+n^{2}+m \cdot n}\left(n^{2} \cdot \overrightarrow{O B}+n m \cdot \overrightarrow{O C}+m^{2} \cdot \overrightarrow{O D}\right) \\ & \overrightarrow{O R}=\tfrac{1}{m^{2}+n^{2}+m \cdot n}\left(n^{2} \cdot \overrightarrow{O C}+n m \cdot \overrightarrow{O D}+m^{2} \cdot \overrightarrow{O A}\right) \\ & \overrightarrow{O S}=\tfrac{1}{m^{2}+n^{2}+m \cdot n}\left(n^{2} \cdot \overrightarrow{O D}+n m \cdot \overrightarrow{O A}+m^{2} \cdot \overrightarrow{O B}\right) \end{aligned} \]

Тъй като точките \(E_{1}, E_{2}, E_{3}\) и \(E_{4}\) са среди съответно на отсечките \(S P, P Q, Q R\) и \(R S\), то в сила са векторните равенства:

\[ \begin{aligned} & \overrightarrow{O E_{1}}=\tfrac{1}{2}(\overrightarrow{O S}+\overrightarrow{O P})=\tfrac{1}{2\left(m^{2}+n^{2}+m \cdot n\right)}\left[\left(n^{2}+n m\right) \cdot \overrightarrow{O A}+\left(m^{2}+n m\right) \cdot \overrightarrow{O B}+m^{2} \cdot \overrightarrow{O C}+n^{2} \cdot \overrightarrow{O D}\right] \\ & \overrightarrow{O E_{3}}=\tfrac{1}{2}(\overrightarrow{O Q}+\overrightarrow{O R})=\tfrac{1}{2\left(m^{2}+n^{2}+m \cdot n\right)}\left[m^{2} \cdot \overrightarrow{O A}+n^{2} \cdot \overrightarrow{O B}+\left(n^{2}+n m\right) \cdot \overrightarrow{O C}+\left(m^{2}+n m\right) \cdot \overrightarrow{O D}\right] \\ & \overrightarrow{O E_{2}}=\tfrac{1}{2}(\overrightarrow{O P}+\overrightarrow{O Q})=\tfrac{1}{2\left(m^{2}+n^{2}+m \cdot n\right)}\left[n^{2} \cdot \overrightarrow{O A}+\left(n^{2}+n m\right) \cdot \overrightarrow{O B}+\left(m^{2}+n m\right) \cdot \overrightarrow{O C}+m^{2} \cdot \overrightarrow{O D}\right] \\ & \overrightarrow{O E_{4}}=\tfrac{1}{2}(\overrightarrow{O S}+\overrightarrow{O R})=\tfrac{1}{2\left(m^{2}+n^{2}+m \cdot n\right)}\left[\left(m^{2}+n m\right) \cdot \overrightarrow{O A}+m^{2} \cdot \overrightarrow{O B}+n^{2} \cdot \overrightarrow{O C}+\left(n^{2}+n m\right) \cdot \overrightarrow{O D}\right] \end{aligned} \] Нека \(O_{1}\) и \(O_{2}\) са среди съответно на отсечките \(E_{1} E_{2}\) и \(E_{2} E_{4}\). Тогава леко, с непосредствена проверка се установява верността на равенствата:

(5) \[ \small{ \overrightarrow{O O_{1}}=\tfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{O E_{1}}+\overrightarrow{O E_{3}}\right)=\tfrac{\left(m^{2}+n^{2}+n \cdot m\right)(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O D})}{4\left(m^{2}+n^{2}+n \cdot m\right)}=\tfrac{1}{4}(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O D}) }\]

(6) \[ \small{ \overrightarrow{O O_{2}}=\tfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{O E_{2}}+\overrightarrow{O E_{4}}\right)=\tfrac{\left(m^{2}+n^{2}+n \cdot m\right)(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O D})}{4\left(m^{2}+n^{2}+n \cdot m\right)}=\tfrac{1}{4}(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O D}) } \]

Тъй като точките \(F_{1}, F_{2}, F_{3}\) и \(F_{4}\) са среди съответно на отсечките \(B C, C D, D A\) и \(A B\), то

\[ \overrightarrow{O F_{1}}=\tfrac{1}{2}(\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}), \overrightarrow{O F_{2}}=\tfrac{1}{2}(\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O D}), \overrightarrow{O F_{3}}=\tfrac{1}{2}(\overrightarrow{O D}+\overrightarrow{O A}), \overrightarrow{O F_{4}}=\tfrac{1}{2}(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}) \]

Нека \(O_{3}\) и \(O_{4}\) са среди на отсечките \(F_{1} F_{3}\) и \(F_{2} F_{4}\). Тогава получаваме

(7) \[ \overrightarrow{O O_{3}}=\tfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{O F_{1}}+\overrightarrow{O F_{3}}\right)=\tfrac{1}{4}(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O D}) \]

и

(8) \[ \overrightarrow{O O_{4}}=\tfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{O F_{2}}+\overrightarrow{O F_{4}}\right)=\tfrac{1}{4}(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O D}) \]

От равенствата (5), (6), (7) и (8) следва, че точките \(O_{1}, O_{2}, O_{3}, O_{4}\) съвпадат, т.е. отсечките \(E_{1} E_{3}, E_{2} E_{4}, F_{1} F_{3}\) и \(F_{2} F_{4}\) имат обща среда.

б) Ще покажем, че точките \(E_{1}, E_{3}, F_{2}, F_{4}\) лежат на една права, тогава и само тогава, когато \(m=n\) (чертеж 6).

Наистина, в сила са равенствата

(9) \[ \begin{aligned} & \overrightarrow{E_{3} E_{1}}=\overrightarrow{O E_{1}}-\overrightarrow{O E_{3}} \\ & =\tfrac{\left(-m^{2}+n^{2}+n m\right) \cdot \overrightarrow{O A}+\left(m^{2}-n^{2}+n m\right) \cdot \overrightarrow{O B}+\left(m^{2}-n^{2}-n m\right) \cdot \overrightarrow{O C}+\left(-m^{2}+n^{2}-n m\right) \cdot \overrightarrow{O D}}{2\left(m^{2}+n^{2}+n \cdot m\right)} \\ & =\tfrac{\left(n m-m^{2}+n^{2}\right) \cdot(\overrightarrow{O A}-\overrightarrow{O C})+\left(n m+m^{2}-n^{2}\right) \cdot(\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O D})}{2\left(m^{2}+n^{2}+n \cdot m\right)} \end{aligned} \]

и

(10) \[ \overrightarrow{F_{2} F_{4}}=\overrightarrow{O F_{4}}-\overrightarrow{O F_{2}}=\tfrac{(\overrightarrow{O A}-\overrightarrow{O C})+(\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O D})}{2} \]

Можем да запишем (9) и (10) във вида \( \overrightarrow{E_{3} E_{1}}=\tfrac{\left(n m-m^{2}+n^{2}\right) \cdot \overrightarrow{C A}+\left(n m+m^{2}-n^{2}\right) \cdot \overrightarrow{D B}}{2\left(m^{2}+n^{2}+n \cdot m\right)} \) и \(\overrightarrow{F_{2} F_{4}}=\tfrac{\overrightarrow{C A}+\overrightarrow{D B}}{2}\). От факта, че средите на отсечките \(E_{1} E_{3}\) и \(F_{2} F_{4}\) съвпадат следва, че точките \(E_{1}, E_{3}, F_{2}, F_{4}\) принадлежат на една права, тогава и само тогава, когато съществува \(\lambda \neq 0\), така че \(\overrightarrow{E_{1} E_{3}}=\lambda \overrightarrow{F_{1} F_{3}}\), което е еквивалентно на \(n m-m^{2}+n^{2}=n m+m^{2}-n^{2}\) или \(n^{2}-m^{2}=(n+m)(n-m)=0\), което може да бъде изпълнено само, ако \(n=m\), защото по условие \(n, m \gt 0\).

Проверката на верността на твърдението, че точките \(E_{2}, E_{4}\), \(F_{1}, F_{3}\) лежат на една права, тогава и само тогава, когато \(m=n\), се провежда аналогично.

Повод за съставяне на нашата задача. бе изработването на динамичен чертеж с програмата СAM [1] на следната задача: В изпъкнал четириъгълник \(A B C D\) медицентровете на триъгълниците \(A B C, B C D, D A B, C D A\) определят четириъгълник \(K L M N\). Да се докаже, че средните отсечки на \(A B C D\) и \(K L M N\) се пресичат в една точка. [2].

В посочения източник задачата се решава с векторния апарат. Динамичният чертеж веднага показа, че четирите средни отсечки лежат върху две прави. Разбира се до това заключение би могло да се достигне и ако се открие, че двата четириъгълника са хомотетични.

ЛИТЕРАТУРА

Марков. Г., Златанов, Г., Грибачев, К. & Рангелова, П.. (1988). Ръководство за решаване на задачи от училищния курс по геометрия. Пловдив: ПУ “Паисий Хилендарски”.

ДРУГИ ИЗТОЧНИЦИ

Златанов, Б., Караибрямов, С., & Царева, Б.. (2012). Учебно помагало по синтетична геометрия. http://fmi-plovdiv.org/GetResource?id=1180 или http://fmiplovdiv.org/GetResource?id=955.