Twierdzenie van Aubela

Twierdzenia van Aubela – twierdzenia geometrii płaskiej przypisywane H.H. van Aubelowi. W literaturze geometrycznej określenie twierdzenie van Aubela używane jest w odniesieniu do przynajmniej dwóch różnych wyników.

Twierdzenie van Aubela dla czworokąta

Twierdzenie Aubela można stosować do wszystkich czworokątów, zarówno wypukłych, jak i wklęsłych

Twierdzenie

Przypuśćmy, że jest dany czworokąt $ABCD.$ Po zewnętrznej stronie każdego boku tego czworokąta zbudujmy kwadrat, otrzymując kwadraty $K_{AB},$ $K_{BC},$ $K_{CD}$ i $K_{DA}$ (takie, że odcinek $XY$ jest bokiem kwadratu $K_{XY}$). Wówczas punkty przecięcia przekątnych kwadratów zbudowanych na przeciwległych bokach wyjściowego czworokąta wyznaczają parę odcinków równych i prostopadłych. Inaczej mówiąc, jeśli $M,N,O,P$ są środkami kwadratów $K_{AB},$ $K_{BC},$ $K_{CD},$ $K_{DA}$ (odpowiednio), to odcinki $OM$ i $NP$ są prostopadłe i mają tę samą długość.

Dowód

Rozważmy obrót o $90^{\circ }$ dookoła punktu $M,$ przy którym punkt $A$ przechodzi na punkt $B.$ Niech $P^{\prime }$ oznacza obraz punktu $P$ przy tym przekształceniu. Wówczas, odcinki $B{P}^{\prime }$ i $AP$ są równe i prostopadłe. Z tego wynika, że odcinki $PD$ i $B{P}^{\prime }$ są równe i równoległe, czyli czworokąt $B{P}^{\prime }DP$ jest równoległobokiem. Niech $Q$ będzie środkiem odcinka $DB.$ Ponieważ jest to środek odcinka $P{P}^{\prime },$ zatem jest to również środek kwadratu opartego na boku $PM,$ czyli odcinki $PQ$ i $QM$ są równe i prostopadłe. Analogicznie dowodzimy, że odcinki $OQ$ i $QN$ są równe i prostopadłe. To oznacza, że przy takim obrocie o $90^{\circ }$ dookoła punktu $Q,$ że punkt $P$ przechodzi na punkt $M,$ punkt $N$ przechodzi na punkt $O$ – zatem istotnie, odcinki $OM$ i $NP$ są równe i prostopadłe, co kończy dowód

Twierdzenie van Aubela dla trójkąta

Twierdzenie

Niech będzie dany trójkąt $ABC$ i niech $P$ będzie punktem przecięcia trzech prostych łączących wierzchołki trójkąta z przeciwległymi bokami (lub ich przedłużeniami). Niech proste te będą wyznaczone przez odcinki $A{A}_1,$ $B{B}_1$ i $C{C}_1,$ gdzie $A_1\in \overline{BC},$ $B_1\in \overline{AC},$ $C_1\in \overline{AB}.$ Wówczas

$\frac{AP}{P{A}_1}=\frac{A{C}_1}{C_{1}B}+\frac{A{B}_1}{B_{1}C}.$

Dowód

Niech $P_{\mathrm{△}XYZ}$ oznacza pole trójkąta $XYZ.$ Trójkąty $ABC$ i $PBC$ mają wspólny bok, więc stosunek ich pól jest równy stosunkowi ich wysokości, a ten ostatni jest taki sam jak $\frac{A{A}_1}{P{A}_1}.$ Zachodzi więc

$\frac{A{A}_1}{P{A}_1}=\frac{P_{\mathrm{△}ABC}}{P_{\mathrm{△}BCP}},$

skąd wynika, że

$\frac{AP}{P{A}_1}=\frac{P_{\mathrm{△}APC}+P_{\mathrm{△}APB}}{P_{\mathrm{△}BCP}}.$

Rozważając trójkąty $AC{C}_1$ i $BC{C}_1,$ zauważamy, że mają one tę samą wysokość (opuszczoną ze wspólnego wierzchołka $C$), a zatem stosunek ich pól jest taki sam jak stosunek długości ich podstaw:

$\frac{A{C}_1}{C_{1}B}=\frac{P_{\mathrm{△}AC{C}_1}}{P_{\mathrm{△}BC{C}_1}}.$

W podobny sposób otrzymujemy też

$\frac{A{C}_1}{C_{1}B}=\frac{P_{\mathrm{△}A{C}_{1}P}}{P_{\mathrm{△}B{C}_{1}P}}.$

Zatem

$\frac{A{C}_1}{C_{1}B}=\frac{P_{\mathrm{△}ACP}+P_{\mathrm{△}A{C}_{1}P}}{P_{\mathrm{△}BCP}+P_{\mathrm{△}B{C}_{1}P}}=\frac{P_{\mathrm{△}A{C}_{1}P}}{P_{\mathrm{△}B{C}_{1}P}},$

a z tych równości wynika, że

(i)   $\frac{A{C}_1}{C_{1}B}=\frac{P_{\mathrm{△}ACP}}{P_{\mathrm{△}BCP}}.$

Analogicznie uzasadniamy równość

(ii)  $\frac{A{B}_1}{B_{1}C}=\frac{P_{\mathrm{△}APB}}{P_{\mathrm{△}BCP}}.$

Dodając stronami równości (i) oraz (ii), otrzymujemy

$\frac{A{B}_1}{B_{1}C}+\frac{A{C}_1}{C_{1}B}=\frac{P_{\mathrm{△}APC}+P_{\mathrm{△}APB}}{P_{\mathrm{△}BCP}}=\frac{AP}{P{A}_1},$

co należało wykazać.

Zobacz też

• twierdzenie Cevy
• twierdzenie Menelaosa
• twierdzenie Napoleona

Linki zewnętrzne

• Szablon:MathWorld
• Szablon:Cytuj stronę
• Szablon:Cytuj stronę