geometrija 7. evklidska geometrijamatijac/evklidskageom.pdfosnovni izreki evklidske geometrije izrek...

Osnovni izreki evklidske geometrijeIzrek o vzporedni projekciji

Podobni trikotnikiPitagorov izrek

Evklidska geometrija trikotnikov

GEOMETRIJA7. Evklidska geometrija

Matija Cencelj

Geometrija, Pedagoska fakulteta UL 2008

Matija Cencelj GEOMETRIJA, 7. Evklidska geometrija

V tem poglavju si bomo ogledali predvsem geometrijotrikotnikov in stirikotnikov, kjer ob aksiomih nevtralne geometrijesprejmemo se evklidski aksiom o vzporednici.Ze v prejsnjem poglavju smo spoznali kar nekaj trditev, ki soekvivalentne evklidskemu aksiomu o vzporednici. Zdaj, ko smota aksiom sprejeli kot naso predpostavko, so vse te trditve izrekinase geometrije. Zapisimo torej teh osem izrekov.

Obrat izreka o izmenicnih kotih

Ce sta vzporedni premici presekani s precnico, sta oba paraizmenicnih kotov skladna.

Evklidov peti aksiom

Ce premici ` in `′ seka precnica p tako, da je na eni strani pvsota notranjih kotov ob precnici manj kot 180◦, se ` in `′ sekatana tej strani p.

Izrek o vsoti notranjih kotovV vsakem trikotniku je vsota velikosti notranjih kotov enaka180◦.

Wallisov aksiom

Ce je 4ABC trikotnik in je DE poljubna daljica, obstaja tocka F ,da je 4ABC ∼ 4DEF .

Proklov aksiom

Ce sta ` in `′ vzporednici in premica t , t 6= `, seka `, tedaj tseka tudi `′.

Ce sta ` in `′ vzporednici in je premica t njuna precnica, davelja t ⊥ `, tedaj velja tudi t ⊥ `′.

Wallisov aksiom

Proklov aksiom

Wallisov aksiom

Proklov aksiom

Wallisov aksiom

Proklov aksiom

Ce so `, m, n in k take premice, da velja k ‖ `, m ⊥ k in n ⊥ `,tedaj velja m = n ali m ‖ n.

Izrek-tranzitivnost vzporednosti

se za premice `, m in n velja ` ‖ m in m ‖ n, je ali m = n alim ‖ n.

Za vajo lahko dokazemo se dva pomembna izreka.

IzrekNasprotni stranici paralelograma sta skladni.

Dokaz: vaja! �V naslednjem poglavju bomo videli, da v hiperbolicni geometrijito ne velja za Lambertove stirikotnike.

IzrekDiagonali paralelograma se razpolavljata.

Dokaz: vaja! �V hiperbolicni geometriji za nekatere paralelograme to velja, zanekatere pa ne. Obrat tega izreka (ce se v stirikotniku diagonalirazpolavljata, je to paralelogram) pa velja nasploh ze v nevtralnigeometriji.

V tem razdelku bomo dokazali enega od temeljnih izrekovevklidske geometrije (Evklid je dokazal poseben primer tegaizreka).

Izrek o vzporedni projekciji

Naj bodo `, m in n tri paroma razlicne vzporedne premice. Najbo t precnica, ki seka premice `, m in n v tockah A, B oziromaC (v tem vrstnem redu) in naj bo t ′ tudi precnica na `, m in n, kiseka te premice v tockah A′, B′ oziroma C′ (v tem vrstnemredu). Naj bo A ∗ B ∗ C. Tedaj velja

=A′B′

A′C′

Predstavljamo si, da premico t projiciramo vzdolz vzporednic `,m in n na premico t ′. Pri tem se AB preslika na A′B′ in AC naA′C′.

=A′B′

A′C′

=A′B′

A′C′

Pri taki projekciji se ohranjajo razmerja razdalj (ne pa nujnorazdalje).Za ta izrek potrebujemo tranzitivnost vzporednosti premic (kotse vidi ze iz prvega stavka izreka), kar nam zagotavlja evklidskiizrek o vzporednici.Najprej dokazimo poseben primer tega izreka.

LemaNaj bodo `, m in n tri paroma razlicne vzporedne premice. Najbo t precnica, ki seka premice `, m in n v tockah A, B oziromaC (v tem vrstnem redu) in naj bo t ′ tudi precnica na `, m in n, kiseka te premice v tockah A′, B′ oziroma C′ (v tem vrstnemredu). Naj bo A ∗ B ∗ C. Ce je AB ∼= BC, je tudi A′B′ ∼= B′C′.

Dokaz: Naj bo t ′′ vzporednica premici t skozi tocko A′ in t ′′′

vzporednica premici t skozi tocko B′. Naj bo B′′ = m ∩ t ′′ inC′′′ = n ∩ t ′′′ (ti dve presecisci obstajata po Proklovemaksiomu).

B′′

C′′′

t t ′′ t ′′′ t ′

Ce je A = A′, je B′′ = B in AB = A′B′′. Podobno velja: ce jeB′ = B, tedaj C′′′ = C in zato BC = B′C′′′. Ce pa A 6= A′ inB′′ 6= B, velja A′B′′ ∼= AB in B′C′′′ ∼= BC, saj gre za vzporednestranice paralelogramov.V vsakem od teh primerov dobimo skupaj s predpostavkoAB ∼= BC skladnost A′B′′ ∼= B′C′′′. Po tranzitivnostivzporednosti velja t ′′ ‖ t ′′′ ali pa t ′′ = t ′′′. Po obratu izreka oprotikotih dobimo ∠B′′A′B′ ∼= ∠C′′′B′C′ in∠A′B′′B′ ∼= ∠B′C′′′C′. Po KSK dobimo 4B′′A′B′ ∼= 4C′′′B′C′,odtod pa A′B′ ∼= B′C′. �

B′′

C′′′

t t ′′ t ′′′ t ′

B′′

C′′′

t t ′′ t ′′′ t ′

B′′

C′′′

t t ′′ t ′′′ t ′

B′′

C′′′

t t ′′ t ′′′ t ′

B′′

C′′′

t t ′′ t ′′′ t ′

B′′

C′′′

t t ′′ t ′′′ t ′

B′′

C′′′

t t ′′ t ′′′ t ′

Dokaz izreka: Najprej dokazimo posebni primer, ko je razmerjeAB/AC ∈ Q, naj bo AB/AC = p/q, kjer sta p,q ∈ N.Razdelimo daljico AC na q enakih delov, tj. po aksiomu ravnilalahko najdemo tocke A0 = A,A1, . . . ,Aq = C ∈ t , da jeAiAi+1 = AC/q za vsak i = 0, . . . ,q1. Pri tem je Ap = B. Zavsak Ai , i = 1, . . . ,q, obstaja premica ì : Ai ∈ ì in ì ‖ `. Naj boA′0 = A′ in A′i = ì ∩ t ′ (po izreku namrec `′ seka t ′). Po prejsnjilemi je A′iA

′i+1 = A′C′/q. Ker je `p = m in `q = n, je A′p = B′ in

A′q = C′. Odtod sledi

A′B′

A′C′=

A′0A′pA′0A′q

in smo izrek dokazali v primeru racionalnega razmerja.

A′B′

A′C′=

A′B′

A′C′=

A′B′

A′C′=

A′B′

A′C′=

A′B′

A′C′=

A′B′

A′C′=

A′B′

A′C′=

Obravnavajmo se splosni primer, naj bo AB/AC = x inA′B′/A′C′ = y . Da je x = y bomo pokazali tako, da bomopokazali, da je vsako racionalno stevilo, ki je manjse od x ,manjse tudi od y , in obratno.Naj bo 0 < r < x in r ∈ Q. Izberimo tocko D ∈ t , da jeAD/AC = r . Naj bo m′ premica, za katero velja D ∈ m′, m′ ‖ min naj bo D′ = m′ ∩ t ′. Po prejsnjem delu dokaza veljaA′D′/A′C′ = r . Ker so premice `, m in m′ vzporedne, veljaA′ ∗ D′ ∗ B′ in zato velja tudi r = A′D′/A′C′ < A′B′/A′C′ = y .Analogno lahko pokazemo, da za vsako racionalno stevilo r , zakatero velja 0 < r < y , velja tudi r < x . To pa pomeni, da jex = y . �

Po Wallisovem aksiomu ze vemo, da v evklidski geometrijineskladni podobni trikotniki (tj. taki, ki imajo skladne vse kote)obstajajo. Tu bomo dokazali osnovni izrek o podobnihtrikotnikih, ki pove, da se njihove istolezne stranice razlikujejoza konstantni faktor.

Izrek o podobnih trikotnikih

Ce za trikotnika 4ABC in 4DEF velja 4ABC ∼ 4DEF , veljaenakost

Dokaz: Ce je AB = DE , je 4ABC ∼= 4DEF (po KSK) in takojimamo rezultat.

Sicer pa po potrebi zamenjajmo oznake, da bo veljaloAB > DE . Naj bo tocka B′ na AB taka, da velja AB′ = DE . Najbo m premica skozi B′, ki je vzporedna premici ` =

←→BC in naj bo

C′ presecisce premice m z daljico AC (presecisce obstaja poPaschevem aksiomu). Tedaj 4AB′C′ ∼= 4DEF po obratu izrekao protikotih in KSK. Naj bo n premica skozi A, ki je vzporednapremicama ` in m. Ce uporabimo izrek o vzporedni projekciji zapremice `, m in n, dobimo

in odtodDEAB

odtod pa takoj DE/DF = AB/AC. �

←→BC in naj bo

in odtodDEAB

←→BC in naj bo

in odtodDEAB

←→BC in naj bo

in odtodDEAB

←→BC in naj bo

in odtodDEAB

←→BC in naj bo

in odtodDEAB

Drugace lahko povemo pravkar dokazani izrek tudi takole: ce4ABC ∼ 4DEF , obstaja tak r > 0, da velja DE = r · AB,DF = r · AC in EF = r · BC.

Izrek – SKS za podobnost

Ce sta 4ABC in 4DEF taka trikotnika, da velja∠CAB ∼= ∠FDE in AB/AC = DE/DF , velja 4ABC ∼ 4DEF .

Dokaz: vaja! �Birkhoff je vzel zgornji izrek za aksiom in z njim nadomestilSKS aksiom o skladnosti in evklidski aksiom o vzporednici.

Izrek – obrat izreka o podobnosti trikotnikov

Ce sta 4ABC in 4DEF taka trikotnika, da veljaAB/DE = AC/DF = BC/EF , velja tudi 4ABC ∼ 4DEF .

Dokaz: vaja! �Matija Cencelj GEOMETRIJA, 7. Evklidska geometrija

V tem razdelku bomo dokazali Pitagorov izrek s pomocjo izrekao podobnih trikotnikih.V trikotniku 4ABC oznacimo z malo crko dolzino stranico, kilezi nasproti kotu pri ogliscu z ustrezno veliko crko, tj. a = BC,b = AC in c = AB. Zaradi enostavnosti pisimo notranje kote karz isto crko kot ustrezno oglisce (tj. npr. ∠BAC = ∠A).

Pitagorov izrek

Ce je 4ABC pravokotni trikotnik s pravim kotom pri ogliscu C,velja a2 + b2 = c2.

Dokaz: Skozi C potegnimo pravokotnico na←→AB in imenujmo

presecisce teh dveh premic D. Ker sta notranja kota pri A in Bostra, je D v notranjosti stranice AB. Veljaµ(∠A) + µ(∠B) = 90◦ in µ(∠A) + µ(∠ACD) = 90◦, torej∠B ∼= ∠ACD. Podobno vidimo, da je ∠A ∼= ∠DCB.

Pitagorov izrek

Torej imamo tri podobne trikotnike:

4ABC ∼ 4CBD ∼ 4ACD .

Zaradi enostavnosti pisimo x = AD, y = BD in h = CD. Zaradipodobnosti trikotnikov dobimo

Odtod dobimo b2 = xc in a2 = yc, sestejemo in dobimoa2 + b2 = c(x + y) = c2. �Evklid je z dokazom Pitagorovega izreka okronal svojo prvoknjigo Elementov, ni pa tega izreka zapisal z enacbo, kot smodanes navajeni. On je ta izrek formuliral s ploscinami kvadratovnacrtanih nad stranicami pravokotnega trikotnika.

Daljici CD od oglisca C trikotnika 4ABC do presecisca Dpravokotnice iz C na premico

←→AB recemo visina na stranico AB.

Daljici AD recemo projekcija stranice AC na stranico AB, daljiciBD pa recemo projekcija BC na AB.

Definicija

Geometrijska sredina pozitivnih stevil x in y je√

Ime geometrijska sredina se uporablja za√

xy zato, ker je tostevilo velikost stranice kvadrata, ki ima isto ploscino kotpravokotnik s stranicama x in y .

Visinski izrekVisina pravokotnega trikotnika na hipotenuzo je geometrijskasredina dolzin projekcij katet na hipotenuzo.

Definicija

IzrekDolzina katete pravokotnega trikotnika je geometrijska sredinadolzine hipotenuze in dolzine projekcije te katete na hipotenuzo.

Dokaz: vaja! �

Izrek – obrat Pitagorovega izreka

Ce je 4ABC tak trikotnik, da velja a2 + b2 = c2, je ∠ACB pravikot.

Dokaz: vaja! �

Ob izreku o podobnih trikotnikih in Pitagorovem izreku se nakratko spomnimo, da tvorita osnovo trigonometrije.

DefinicijaNaj bo θ ostri kot z vrhom A. Na enem kraku kota izberimotocko B, iz nje potegnimo pravokotnico na drugi krak inimenujmo presecisce pravokotnice in drugega kraka C. Tedajdefiniramo

sin θ =BCAB

in cos θ =ACAB

Ce pa je θ topi kot, je suplementarni kot θ′ ostri kot indefiniramo sin θ = sin θ′ in cos θ = − cos θ′.Posebej definiramo sin 0 = 0, cos 0 = 1, sin(90◦) = 1,cos(90◦) = 0.

sin θ =BCAB

in cos θ =ACAB

sin θ =BCAB

in cos θ =ACAB

sin θ =BCAB

in cos θ =ACAB

sin θ =BCAB

in cos θ =ACAB

Ob tem opozorimo na tole: v definiciji vrednosti obeh funkcijsmo pri danem kotu θ lahko izbrali enega od krakov in tocko Bna kraku. Ker je vsota notranjih kotov trikotnika 4ABC enaka180◦ (evklidska geometrija!) je tudi tretji kot (poleg θ in pravegakota pri B) tega trikotnika tocno dolocen; pri drugacni izbiritocke B bi dobili podoben trikotnik in ker imajo vsi podobnitrikotniki ista razmerja med stranicami, sta funkciji sin in cos nazgornji nacin dobro definirani.Domena obeh funkcij je mnozica kotov, a ker imajo skladni kotiisti sinus in kosinus, sta obe funkciji odvisni le od velikosti kota,za nas (ker smo definirali le kote med 0 in 180◦) je torejdomena kar interval [0,180). Tu ima sinus zalogo vrednosti[0,1], kosinus pa (−1,1].

Pitagorov izrek nam za zgoraj opisani trikotnik pove(AC)2 + (BC)2 = (AB)2, ce to delimo z (AB)2, dobimo(

alicos2 θ + sin2 θ = 1 .

Omenimo se (in za vajo dokazimo) sinusni in kosinusni izrek.Kot prej za pravokotni trikotnik, zdaj za poljubni trikotnik 4ABCoznacimo a = BC, b = AC, c = AB.

Sinusni izrekZa poljubni trikotnik 4ABC velja

asin∠A

sin∠B=

csin∠C

asin∠A

sin∠B=

csin∠C

asin∠A

sin∠B=

csin∠C

Dokaz: vaja! �

Kosinusni izrekZa poljubni trikotnik 4ABC velja

c2 = a2 + b2 − 2ab cos∠C

Dokaz: vaja! �

Kosinusni izrekZa poljubni trikotnik 4ABC velja

c2 = a2 + b2 − 2ab cos∠C

Dokaz: vaja! �

Z evklidsko geometrijo trikotnikov se bomo seznanili tudi zuporabo ustreznih racunalniskih programov. Precej znan jeCabri, podoben, a bolj algebrsko naravnan je Geo-gebra.Najprej pa si se poglejmo nekatere osnovne pojme.

Definicija

Za neko mnozico premic p1, p2,. . . , recemo, da tvorijo sop, ceobstaja tocka P, ki lezi na vseh teh premicah. Za mnozico daljicrecemo, da tvori sop, ce obstaja taka tocka, ki je v notranjostivseh teh daljic.

Definicija

Daljico, katere eno krajisce je oglisce trikotnika, drugo parazpolovisce nasprotilezne stranice, imenujemo teziscnica.

Definicija

Prav koristno bo, ce se malo igramo z nasimi programi, inugotovimo, da velja naslednji izrek.

IzrekV vsakem trikotniku teziscnice tvorijo sop. Skupna tocka tegasopa razdeli vsako teziscnico v razmerju 2:1 od ustreznegaoglisca trikotnika do nasprotilezne stranice.

Dva dokaza tega izreka sta nakazana v seminarskih nalogah.To, da teziscnice tvorijo sop, je res tudi v nevtralni geometriji, aje dokaz precej tezji (ponavadi se ga raje naredi v hiperbolicnigeometriji posebej). Skupni tocki sopa teziscnic recemo teziscetrikotnika.Koristno je, ce si naredimo program, ki danemu trikotniku dolocitezisce.

IzrekNosilke vseh treh visin danega trikotnika leze v sopu.

Dokaz tega izreka je nakazan v seminarskih nalogah. Skupnitocki sopa nosilk visin trikotnika recemo visinska tocka aliortocenter trikotnika.Naj bo 4ABC trikotnik. Za tocko P pravimo, da lezi znotrajtrikotnika 4ABC, ce lezi v notranjosti vsakega notranjega kotatega trikotnika.Ce tocka P ne lezi znotraj trikotnika niti na samem trikotniku (tj.na uniji daljic), recemo, da lezi zunaj trikotnika.

Tezisce je vedno znotraj trikotnika, visinska tocka pa je lahkoznotraj, zunaj ali na samem trikotniku (tj. na uniji stranic).Z ustreznim programom raziscite, kdaj je visinska tocka zunajtrikotnika.Poglejte kaj se zgodi z visinsko tocko, ko premaknete enooglisce trikotnika preko nosilke drugih dveh oglisc.Zdaj pa potegnimo simetrale stranic trikotnika. tudi te leze vsopu in skupni tocki recemo sredisce ocrtanega kroga.Tudi za sredisce ocrtanega kroga raziscite, kaj se z njim zgodi,ko premaknete eno oglisce trikotnika preko nosilke drugih dvehoglisc.Kdaj je sredisce ocrtanega kroga znotraj trikotnika, kdaj nanjem in kdaj zunaj trikotnika?

Kasneje bomo spoznali, da v nevtralni geometriji simetralestranic trikotnika tvorijo sop natanko tedaj, ko velja evklidskiaksiom o vzporednici.Ce v usteznem programu (npr. Cabriju) za dani trikotnikdolocite tezisce T , visinsko tocko H in sredisce ocrtanegakroga O in premikate trikotnik, spoznate naslednjo resnico.

Izrek – Eulerjeva premica

V vsakem trikotniku (razen v enakostranicnih) so visinska tockaH, tezisce T in sredisce ocrtanega kroga O kolinearne, T lezimed H in O tako, da velja HT = 2TO.

Premici, na ketri lezijo H, T in O pravimo Eulerjeva premica. Prienakostranicnih trikotnikih pa vse tri tocke sovpadajo in zatoEulerjeve premice nimajo.

Trikotniki imajo se druge znamenite tocke (gotovo vsi poznamosredisce vcrtanega kroga, ki je skupna tocka sopa simetralkotov), nekatere si bomo ogledali se v seminarskih nalogah.Ce v danem trikotniku povezemo razpolovisca stranic, dobimonov trikotnik, anglesko se mu rece medial triangle, mogoce bimu slovensko lahko rekli razpoloviscni trikotnik.V kaksni zvezi sta tezisce trikotnika in tezisce njegovegarazpoloviscnega trikotnika? V kaksni zvezi sta sredisceocrtanega kroga trikotnika in visinska tocka razpoloviscnegatrikotnika?Danemu trikotniku 4ABC lahko priredimo tudi njegov visinskitrikotnik z oglisci A′, B′ in C′, kjer je A′ presecisce pravokotnicena←→BC skozi A in premice

←→BC, podobno definiramo tudi B′ in C′.

Lahko se zgodi, da so A′, B′ in C′ kolinearne, lahko je visinskitrikotnik znotraj prvotnega trikotnika (raziscite, kdaj se to zgodi),ni pa nujno. Poskusite najti trikotnik, v katerem dve ogliscivisinskega ‘trikotnika’ sovpadata z enim ogliscem prvotnegatrikotnika.Razpoloviscni trikotnik in visinski trikotnik sta posebna primerasplosnejse konstrukcije (ki jo naredite sami z ustreznimprogramom).Imejmo trikotnik 4ABC. Izberimo neko tocko P, ki ne lezi nanobeni nosilki stranice nasega trikotnika. Naj bo tocka Lpresecisce premice

←→AP in premice

←→BC. Podobno naj bo

M =←→BP ∩

←→AC in N =

←→CP ∩

←→AB. Trikotniku 4LMN pravimo

Cevov trikotnik trikotnika 4ABC glede na tocko P.

←→AP in premice

M =←→BP ∩

←→AC in N =

←→CP ∩

←→AP in premice

M =←→BP ∩

←→AC in N =

←→CP ∩

←→AP in premice

M =←→BP ∩

←→AC in N =

←→CP ∩

←→AP in premice

M =←→BP ∩

←→AC in N =

←→CP ∩

←→AP in premice

M =←→BP ∩

←→AC in N =

←→CP ∩

←→AP in premice

M =←→BP ∩

←→AC in N =

←→CP ∩

Razpoloviscni trikotnik je Cevov trikotnik glede na teziscetrikotnika, visinski trikotnik pa je Cevov trikotnik glede navisinsko tocko trikotnika.Ta konstrukcija je poimenovana po italijanskem matematiku,ime mu je bilo Giovanni Ceva (1647-1734). Odkril jepomembno lastnost take konstrukcije. Zaenkrat imejmo tocko Pznotraj trikotnika. Oglejmo si produkt razmerij, v katerih tockeL, M in N sekajo stranice trikotnika 4ABC, ce gremo po vrstiokrog trikotnika.Izmerimo dolzine stranic in izracunajmo

d =ANNB· BL

LC· CM

Kakorkoli spreminjamo trikotnik, se izkaze, da je to stevilovedno d = 1. V resnici je to karakteristicno za to konstrukcijo.

d =ANNB· BL

LC· CM

d =ANNB· BL

LC· CM

d =ANNB· BL

LC· CM

d =ANNB· BL

LC· CM

d =ANNB· BL

LC· CM

d =ANNB· BL

LC· CM

Premici, ki gre skozi natanko eno oglisce trikotnika, recemoCevova premica trikotnika.Cevova premica je dolocena z ogliscem, skozi katerega gre, intocko, v kateri preseka nosilko nasprotilezne stranice. Ce bomotorej rekli, da je

←→AP Cevova premica trikotnika 4ABC, bo to

pomenilo, da gre skozi oglisce A trikotnika in v tocki P preseka←→BC. (Poudarjamo to za razliko od sicersnjega simbola zapremice, ki je dolocena s katerimakoli svojima razlicnimatockama.)Zdaj pa si oglejmo obratno nalogo: na stranicah trikotnika4ABC si izberimo tocke L na

←→BC, M na

←→AC in N na

←→AB.

Dogovorimo se se, da je razmerje AN/NB pozitivno (torejenako |AN|/|NB|), ce je N med A in B, in negativno (torej−|AN|/|NB|), ce N ni med A in B.

←→BC, M na

←→AC in N na

←→AB.

←→BC, M na

←→AC in N na

←→AB.

←→BC, M na

←→AC in N na

←→AB.

←→BC, M na

←→AC in N na

←→AB.

←→BC, M na

←→AC in N na

←→AB.

Zdaj se vprasamo, ali slucajno Cevove premice←→AL,←→BM in

←→CN

tvorijo sop.Na to vprasanje tudi s poskusanjem ni tako lahko priti. Odgovornam da Cevov izrek.

Cevov izrek

Naj bo 4ABC trikotnik. Cevove premice←→AL,←→BM in

←→CN tvorijo

sop natanko tedaj, ko velja

ANNB· BL

LC· CM

MA= 1 .

Vprasamo se lahko, kako vpliva polozaj tocke P na tocke L, Min N. Ce je P znotraj trikotnika 4ABC, so tudi vsa presecisca L,M in N na stranicah trikotnika, sicer pa sta lahko dve od tehtock izven stranic (ker mora biti produkt razmerij odsekov 1,ostali dve moznosti odpadeta).

←→CN

Cevov izrek

←→CN tvorijo

ANNB· BL

LC· CM

MA= 1 .

←→CN

Cevov izrek

←→CN tvorijo

ANNB· BL

LC· CM

MA= 1 .

←→CN

Cevov izrek

←→CN tvorijo

ANNB· BL

LC· CM

MA= 1 .

←→CN

Cevov izrek

←→CN tvorijo

ANNB· BL

LC· CM

MA= 1 .

Vecina rezultatov v tem razdelku je bila posvecena premicam vsopu, le Eulerjeva premica je obravnavala kolinearnost trehtock. Lastnost, da se premice sekajo v sopu, lahko bi ji reklikonkurencnost, in kolinearnost sta primera dualnosti, ki podajasimetrijo med tem, kako se tocke in premice obnasajo glede naincidencnost (tri tocke so kolinearne, ce so incidencne istipremici in tri premice so konkurencne, ce se sekajo v isti tocki).Oglejmo si izrek, ki je dualen Cevovemu izreku. Imejmotrikotnik 4ABC. Na nosilkah

←→BC,

←→AC in

←→AB izberimo tocke L, M

in N, od katerih nobena ni enaka nobenemu ogliscu trikotnika4ABC. Takim tockam recemo Menelajeve tocke trikotnika4ABC. Spet vzemimo razmerja usmerjeno (pozitivno, ce jetocka L vmes med B in C itd.) in izracunajmo produkt

d =ANNB· BL

LC· CM

←→BC,

←→AC in

d =ANNB· BL

LC· CM

←→BC,

←→AC in

d =ANNB· BL

LC· CM

←→BC,

←→AC in

d =ANNB· BL

LC· CM

←→BC,

←→AC in

d =ANNB· BL

LC· CM

←→BC,

←→AC in

d =ANNB· BL

LC· CM

Izberimo neko premico `, ki ne gre skozi nobeno ogliscetrikotnika 4ABC in naj bodo Menelajeve tocke L, M in Npresecisca te premice z nosilkami

←→BC,

←→AC oziroma

←→AB starnic

trikotnika. V kaksni zvezi je vrednost produkta d skolinearnostjo tock L, M in N? Na to vprasanje nam odgovoriizrek, ki nosi ime po Menelaju iz Aleksandrije (okrog leta 100).

Menelajev izrek

Naj bo 4ABC trikotnik. Menelajeve tocke L, M in N napremicah

←→BC,

←→AC oziroma

←→AB so kolinearne natanko tedaj, ko

veljaANNB· BL

LC· CM

MA= −1.

Dokaz je nakazan v seminarskih nalogah.

←→BC,

←→AC oziroma

←→AB starnic

Menelajev izrek

←→BC,

←→AC oziroma

veljaANNB· BL

LC· CM

MA= −1.

←→BC,

←→AC oziroma

←→AB starnic

Menelajev izrek

←→BC,

←→AC oziroma

veljaANNB· BL

LC· CM

MA= −1.

geometrija 7. evklidska geometrijamatijac/evklidskageom.pdfosnovni izreki evklidske geometrije izrek...

Documents