Univerzita Karlova v Praze - Pedagogická fakulta PLANIMETRIE Leo Boček Jaroslav Zhouf Praha 2009 Obsah 1. Geometrická zobrazení...................................................................................7 2. Posunutí, otočení............................................................................................8 3. Osová souměrnost, posunutá osová souměrnost..........................................12 4. Shodná zobrazení..........................................................................................16 5. Shodnost trojúhelníků...................................................................................18 6. Využití shodností v konstrukčních úlohách.................................................20 7. Skládání shodných zobrazení............................ ...........................................25 8. Stejnolehlost.................................................................................................30 9. Podobná zobrazení.......................................................................................34 10. Podobnost trojúhelníků................................................................................37 11. Využití podobností v konstrukčních úlohách..............................................41 12. Euklidovy věty. Pythagorova věta...............................................................44 13. Konstrukční úlohy řešené pomocí výpočtu.................................................48 14. Věta Menelaova a věta Cěvova...................................................................52 15. Těžnice, osy stran, osy úhlů a výšky v trojúhelníku....................................54 16. Goniometrické funkce.................................................................................57 17. Věta sinová a kosinová................................................................................59 18. Kružnice......................................................................................................62 19. Věta o obvodovém a středovém úhlu..........................................................65 20. Kružnice opsaná a vepsaná trojúhelníku.....................................................70 21. Délka oblouku kružnice, obsah výseče a úseče...........................................74 22. Vzájemná poloha dvou kružnic, stejnolehlost kružnic................................76 23. Feuerbachova a Apolloniova kružnice........................................................81 24. Mocnost bodu ke kružnici...........................................................................86 25. Kruhová inverze..................................... ......................................................93 26. Apolloniovy úlohy.......................................................................................99 27. Čtyřúhelníky..............................................................................................108 28. Konvexní mnohoúhelníky. Pravidelné mnohoúhelníky............................115 29. Dělicí poměr.................................... ..........................................................120 30. Průměry..................................................................................................... 125 Výsledky cvičení.............................................................................................131 Použitá a doporučená literatura.......................................................................147 5 1. Geometrická zobrazení Zopakujte si pojmy související s pojmem zobrazení, napf. zobrazeni, vzor, obraz, definiční obor, obor hodnot zobrazení, zobrazeni (z) množiny, zobrazení na množinu, zobrazení do množiny, prosté zobrazení, vzájemně jednoznačné zobrazení, inverzní zobrazení, složené zobrazení. V tomto textu se budeme zabývat geometrickými zobrazeními, což jsou zobrazení, jejichž definičním oborem a oborem hodnot je celá rovina, případně podmnožina množiny všech bodů v rovině. Je-li / geometrické zobrazení, bod Jfje z definičního oboru zobrazení/ a bod 7 je jeho obraz, píšeme Y =j{X), Někdy místo f[X) píšeme X, je-ii jasné, o jaké zobrazení se jedná. o Příklad 1. Jsou dány různoběžky p, q a úsečka AB. Označme K množinu všech bodů úsečky AB, L množinu všech bodů přímky p, f zobrazení K do L, které každému bodu X z K přiřadí ten bod Y z L, pro který platí: Ár= Y nebo přímka XY je rovnoběžná s přímkou q. Určete definiční obor a obor hodnot zobrazení a zjistěte, zda je toto zobrazení prosté nebo zobrazení K na L. Je vzdálenost libovolných dvou bodů z K rovna vzdálenosti jejích obrazů? Řešení. a) Přímka AB není rovnoběžná s přímkou q. Zobrazení/je prosté zobrazení K do L, definiční obor je úsečkami?, obor hodnot je úsečka _f\A)A B) (obr. la). b) Přímka AB je rovnoběžná s přímkou q. V tomto případě se všechny body úsečky AB zobrazí do jednoho bodu na přímce p, proto se nejedná o zobrazení prosté. Oborem hodnot je jednobodová množina obsahující hodj{Ä) (obr. lb). V případě, že úsečka AB je rovnoběžná s přímkou p, je vzdálenost dvou libovolných bodů z zrovna vzdálenosti jejich obrazů. o Příklad 2. Je dán čtverec ABCD, přímka 0\ je osa strany AB, přímka o2 je osa strany AD, množina K je množina všech vrcholů čtverce ABCD. Zobrazení F,Gv množině K jsou definována: 7 F: Y = F(X), jestliže přímkaXYje kolmá na přímku 0\ al^ Y, G : Y= (V(A'). jestliže přímkaXY]t kolmá na přímku 02 a X^ Y. Určete zobrazení //složené ze zobrazení F a G (obr. 2), Řešení. Vidíme, že ľ{A) - B, F(B) = A, /-'((") = D, F(D) = C. G(A) = D, G(B) = C, G(Q = B, G(D) = A, z čehož plyne H(A) = C, //(/?) = A //(O = -í- //(D) = 5. o Příklad 3. Zobrazení, které každému bodu roviny přiřadí tentýž bod, se nazývá identické zobrazení nebo stručně identita. Některá další geometrická zobrazení pravdepodobne znáte, je to např. posunutí, otočení, osovou souměrnost. Stručně je připomeneme v následujících kapitolách. o Cvičení 1. Rozhodněte, zda se jedná Ohx. 2 o zobrazení prostá, určete jejich definiční obory a obory hodnot: a) každému bodu roviny je přiřazen jeden pevný bod A v rovině, b) každému bodu roviny je přiřazen jeho kolmý průmět na přímku p ležící v rovině. o Cvičení 2. Body A, B, C jsou vrcholy trojúhelníku. a) Kolik existuje zobrazení množiny K - {A, B, C) do množiny K? b) Pro zobrazení /, g množiny K do K platí fíA)=A, f(B) = C, f (C) = B, g(Ä) = B, g(B) - C, g(C) - A. Složte obě zobrazení v obou pořadích. Vzniknou stejná zobrazení? Jsou prostá? D C A 01 B 2. Posunutí, otočení Jednoduché geometrické zobrazení je posunutí. Připomeňme jeho základní vlastnosti. Víte, že posunutí je dáno, jakmile znáte obraze' jednoho bodu A. Každému bodu X v rovině pak přiřadíme bod X' tak, aby úsečky A A', XX' byly rovnoběžné, stejně dlouhé a aby orientované úsečky A A'. XX' měly stejný (orientovaný) směr (obr. 3). Můžeme také říci, že orientované úsečky AA', XX' určují stejný (volný) vektor. Pokud bod X neleží na přímce AA\ je AAXX rovnoběžník. V každém případě určují i orientované úsečky AX. AX' stejný vektor, to znamená, že jsou rovnoběžné, stejně dlouhé a stejně orientované. Připomeňme, že o orientované úsečce mluvíme tehdy, když je určeno, který krajní bod je jejím počátečním bodem a který krajní bod je jejím koncovým bodem. Mluvíme-li o orientované úsečce CD, je bod C jejím počátečním a bod D jejím koncovým bodem. Říkáme, že orientované úsečky CD a EF (ť ? D, E±F) mají stejný (orientovaný) směr, jestliže jsou úsečky CD, EF spolu rovnoběžné a buď jedna z polopřimek CD, EF obsahuje druhou, nebo polopřímky CD, EF leží na různých 8 přímkách, ale v téže polorovině ohraničené přímkou CE (obr. 4a,b). Nemají-íi orientované úsečky CD, EF (C f A F i- F) stejný (orientovaný) směr, ale jsou spolu rovnoběžné, říkáme, že mají opačný směr (obr. 5a,b). Mezi posunutí zahrnujeme také identitu - zobrazení, které každému bodu v rovině přiřadí tentýž bod, tedy X = Xpvo každý bodX Víme, že složením dvou posunutí je opět posunutí a že ke každému posunutí existuje posunutí opačné. Zobrazí-li se při posunutí bod X na bod X\ zobrazí se při opačném posunutí bod X' na bod X. Složením posunutí a posunutí opačného dostaneme tedy identitu. A ještě jednu důležitou vlastnost posunutí připomeneme. Máme-li posunutí, které není identitou, a zobrazí-li se bod X na bod X\ zobrazí se při tomtéž zobrazení bod Y = X' na bod T = X", který je různý od v_ vl . V" = X" bodu X (obr. 6). Vidíme, že při neidentickém posunutí neplatí tvrzení: Zobrazí-li se bod X na bod Y, zobrazí se bod Y na bod X. Musíme tedy vždy rozlišovat vzor a obraz. Zobrazí-li se bod X na bod X\ říkáme, že bod X je vzorem bodu X\ bod X' je obrazem bodu X. Bod X' je však také vzorem, a to vzorem bodu X". Každý bod tedy hraje dvojí roli, je obrazem některého bo du a vzorem jiného bodu. Obr D if o Příklad 4. V rovině je dán čtverec ABCD se středem 5. Sestrojte jeho obraz A'B'C'D' v posunutí, při kterém se zobrazí bod A na bod S. Dále sestrojte obraz A"B"C"D" čtverce A'B'C'D' v posunutí, které zobrazí bod S = A' na bod A " - i). Přesvědčte se, že výsledný čtverec můžeme dostat též jako obraz Čtverce ABCD v posunutí, zobrazujícím bod A na bod A "(obr. 7). A" ~ D C" D' C = 3r \ / / / S \ A' - / \ Ob A B 9 O posunutí si budeme pamatovat: Jsou-li A, A' dva libovolné body roviny, pak existuje právě jedno posunutí, zobrazující bod A na bod A'. Zobrazí-li se při tomtéž posunutí bod B na bod B', jsou orientované úsečky AB, A'B' rovnoběžné, stejně dlouhé a mají stejný (orientovaný) směr. Je-li ještě obrazem bodu C bod C\ je \ 0, pak existuje právě jedno otočení se středem S zobrazující bod A na bod A'. Zobrazí-li se při něm bod B (B ž A) na bod B\ jsou úsečky AB, A 'B' stejně dlouhé, a pokud jsou navíc rovnoběžné, tak buď splývají (otočení je identitou), nebo jsou směry orientovaných úseček AB, A 'B' opačné (otočení je středovou souměrností). Orientované úsečky AB, A'B' nemohou mít tentýž (orientovaný) směr a nebýt totožné. Zobrazí-li se při otočení body A,B,C po řadě na boáyA',B', CJe |<^5C| = |<^'5'C'|. Obráceně, jsou-li orientované úsečky AB, A'B' stejně dlouhé a nemají-li stejný (orientovaný) směr, existuje právě jedno otočení, které zobrazí bod A na bod A' a bod B na bod B'. Jsou-li navíc orientované úsečky AB, A 'B' rovnoběžné, a opačných (orientovaných) směrů, je tímto otočením středová souměrnost, středem je střed úsečky A A'. který splývá se středem úsečky BB' (obr. 12a, 12b). Nejsou-li úsečky AB, A'B' rovnoběžné, dostaneme střed otočení jako průsečík os úseček AA', BB' (pokud tyto osy nesplývají obr. 12c), nebo jako průsečík přímek AB, A 'B' (splývají-Ii osy úseček AA', BB'- obr. 12d). Uvedené výsledky o posunutích a otočeních můžeme shrnout: Jsou-li úsečky AB, A'B' shodné, tj. \AB\ - \A'B], existuje právě jedno posunutí nebo otočení/zobrazující bod A na bod A' a bod B na bod 5'. o Cvičení 1. Je dán čtverec ABCD. Sestrojte jeho obraz v posunutí zobrazujícím bod .4 na bod C. Obdržený čtverec zobrazte ve středové souměrnosti podle středu C. V jakém vztahu jsou výsledný čtverec a čtverec ABCD? Obr. 12c A Obr. 12b 11 o Cvičení 2. V rovině jsou dány dva různé body S, T. Jaké zobrazení dostaneme složením středové souměrnosti podle středu S a středové souměrnosti podle středu 7? o Cvičení 3. Body A, S jsou dva různé body roviny. Každému bodu A'roviny přiřadíme bod X' tak, aby střed úsečky BX splynul se středem úsečky AX' (uvažujeme zde i úsečky nulové délky). Jaké zobrazení jsme dostali? 3. Osová souměrnost, posunutá osová souměrnost Další typ zobrazení je osová souměrnost. O osové souměrnosti si budeme pamatovat: Zvolme v rovině přímku o a přiřaďme každému bodu X roviny bod X' takto: Je-li X g o, je X' - X, a pro X € o je přímka XX' kolmá na přímku o a střed úsečky XX' leži na přímce o (obr. 13). Obrazem úsečky AB je úsečka A'B', přímky AB, A'B' se protínají na přímce o, která se nazývá osou souměrnosti, nebo jsou s ní obě rovnoběžné. Osová souměrnost je dána svou osou, nebo také některou dvojicí A. A' vzoru a obrazu, které však nesmějí být totožné. Osou souměrnosti je pak osa úsečky A A' (obr. 14a, 14b). o. Je-li bod X obrazem bodu X v osové souměrnosti, je v téže osové souměrnosti obrazem bodu Y = X' bod Y' - X. Nemusíme zde tedy opět rozlišovat vzor a obraz. \o C '. D = D' B1 \A = A' j B A" B" 1 I Obr. 15 [Ol 1 C D' 12 o Příklad 6. Je dán čtverec ABCD. Sestrojte jeho obraz A 'B'C'D' v osové souměrnosti podle osy o = AD. Dále sestrojte obraz A"B"C"D" čtverce A'B'C'D' v osové souměrnosti podle osy 0\ - BC (obr. 15). Přesvědčte se, že výsledný čtverec dostanete ze čtverce ABCD posunutím. B' \ \ \ \ \ y \ \ / \ / V / \ N A' = A Obi. 16 o Příklad 7. Je dán Čtverec ABCD. Sestrojte jeho obraz A'B'C'D' v osové souměrnosti podle osy o = AD a pak obraz ABCD čtverce A'B'C'D' v osové souměrnosti podle osy b~=AC. Přesvědčte se, že výsledný čtverec dostanete ze čtverce ABCD otočením kolem bodu A o 90° (obr. 16). Výsledek příkladu 6 můžeme zobecnit; dostaneme tak tvrzení: Složením dvou osových souměrností s rovnoběžnými osami je posunutí. Označme O] osu první souměrnosti, Oi osu druhé souměrnosti a předpokládejme, že jsou přímky 0\, 02 různé a rovnoběžné (obr. 17). Je-li obrazem bodu X v první souměrnosti bod A" a obrazem bodu X' v druhé souměrnosti boáX", je přímka XX" kolmá na osu O] a \XX"\ = 2d, kde d značí vzdálenost přímek 0\, Oj. To platí pro každý bod X a jeho obrazy X', X" nezávisle na tom, kde bod A' leží, zda například leží v pásu mezi přímkami 0i,02, nebo zda tam neleží. Složené zobrazení přiřazující každému bodu X bod X" je posunutí, a sice to posunutí, které zobrazí každý bod Z osy O] na bod Z" souměrně sdružený k bodu Z podle přímky 02. Vidíme, že záleží na pořadí, v jakém obě osové souměrnosti skládáme. V případě, že bychom body zobrazovali nejdříve v osové souměrnosti podle přímky 02 a pak v osové souměrnosti podle osy o\, dostali bychom posunutí opačné, tedy posunutí, které by bodu Z" přiřadilo bod Z. Pokud by byly osy o\, 02 totožné, je složené zobrazení samozřejmě identitou. Y' Obr. 17 13 Ukázali jsme, že složením dvou osových souměrností s rovnoběžnými osami je posunutí. Můžeme ale též obráceně každé posunutí rozložit na dvě osové souměrnosti s rovnoběžnými osami. Je-li posunutí dáno například bodem A a jeho obrazem A" (A" ž A), stačí vzít za přímku 0\ přímku kolmou na přímku AA" a procházející bodem 4-, za °2 osu úsečky AA". Složením souměrnosti podle osy o\ se souměrností podle osy 02 dostaneme právě dané posunutí (obr. 18). Místo 01,02 bychom mohli zvolit jakoukoliv uspořádanou dvojici o\ \ 02' rovnoběžných přímek, kterou bychom dostali z dvojice o\, 02 libovolným posunutím. Takže posunutí z příkladu 6 dostaneme též složením souměrností podle přímek C'B'aAD. Opět se můžeme pokusit situaci popsanou v příkladu 7 zobecnit a ptát se, co je složením dvou osových souměrností s různoběžnými osami o\, 02 (obr. 19). Na základě rozboru docházíme k závěru, že složením osových souměrností podle osy o\ a podle osy 02 je otočení kolem průsečíku S přímek ó%. 02 o úhel 2y, kde y je úhel přímek o\, 02, a to otočení v tom smyslu, aby obrazem každého bodu Z přímky o\ byl bod Z" souměrně sdružený k bodu Z podle přímky 02. Opět záleží na pořadí, v jakém souměrnosti skládáme. Kdybychom vzali nejdříve souměrnost podle osy 02 a složili ji se souměrností podle přímky o\, dostali bychom otočení kolem téhož středu o tentýž úhel, avšak v opačném smyslu, tedy otočení, při kterém se bod Z" zobrazí na bod Z. Pouze v případě kolmosti přímek o\, 02 nezáleží na pořadí souměrností, složené zobrazení je vždy středová souměrnost podle bodu S. Tak jak jsme složením dvou osových souměrností s různoběžnými osami dostali otočení, můžeme obráceně každé otočení rozložit na dvě osové souměrnosti. Je-li otočení dáno svým středem S a obrazem A " bodu A ž S (obr. 20), můžeme zvolit za osu o\ přímku AS. za osu 02 přímku, která je osou úhlu ASA". Složením osové souměrnosti podle osy 0\ s osovou souměrností podle osy 02 dostaneme právě dané otočení. Bod S je totiž zřejmě pevný (samodružný) a bod A je při první souměrnosti též pevný, tj. A'= A. při druhé souměrnosti se bod A' zobrazí na bod A ". Místo o\, Oi můžeme ovšem vzít libovolnou uspořádanou dvojici o\\ 02', kterou dostaneme z dvojice 01, 02 otočením kolem bodu S o libovolný úhel (obr. 20). 14 V předchozím článku jsme viděli, že ke stejně dlouhým úsečkám AB, A'B' v rovině existuje právě jedno zobrazení, jež je posunutím nebo otočením a zobrazuje bod A na bod A' a bod B na bod B'. Existuje také osová souměrnost s touto vlastností? Osa o takové souměrnosti by musela procházet středem úsečky AA' i středem úsečky BB'. Sestrojme tedy obraz úsečky A B v osové souměrnosti podle přímky o spojující středy úseček AA', BB' (obr. 21). Dostaneme tak úsečku AaBfi. Není-li A'-Aa, je trojúhelník AA'Aq pravoúhlý a přímky A'A o, B 'Bo jsou rovnoběžné s přímkou o, takže AqBoB'A' je rovnoběžník. Úsečku A'B' dostaneme z úsečky AoBq posunutím ve směru osy o. Je-li A'- Aq, je i B' = Bo, a úsečka A 'B' je obrazem úsečky AB v osové souměrnosti podle osy o. Promyslete si případ A = A' nebo B = B' a konečně i případ, při kterém splývá střed úsečky AA' se středem úsečky BB' (obr. 22). V tomto případě zvolíme přímku o kolmou na AB. Vždy platí: je-li \AB\ = \A'B], pak jsou/í, A' a.B, B' dvě dvojice bodů souměrně sdružených podle nějaké přímky o, nebo jsou body A', B' obrazy bodů A% Bq v posunutí ve směru přímky o a Ao, Bq jsou obrazy bodů A, B v osové souměrnosti podle přímky o. Mluvíme pak o posunuté osové souměrnosti. Platí tedy: Jsou-li úsečky AB.A'B' stejně dlouhé, pak existuje právě jedna osová souměrnost nebo posunutá osová souměrnost (tedy osová souměrnost složená s posunutím ve směru osy) zobrazující bod A na bod A' a bod B na bod B'. Obr. 21 So A a Obr. 23 o Příklad 8. Zobrazte písmeno L na obr. 23 v posunuté osové souměrnosti, jež je dána osou o a posunutím o vektor ä ve směru osy. Zobrazíte-li výsledek v téže osové souměrnosti a budete-li tak stále dál pokračovat, dostanete ornament (obr. 23). o Cvičení 1. Posunutá osová souměrnost je složena z osové souměrnosti s osou o a posunutí o vektor a ve směru osy. Dokažte, že stejné zobrazení dostaneme, provedeme-li nejdříve posunutí o vektor a a pak osovou souměrnost podle osy o. o Cvičení 2. Je dán Čtverec ABCD. Sestrojte jeho obraz v posunuté osové souměrnosti s osou v přímce BC a vektorem AD. 15 o Cvičení 3. Je dán pravidelný šestiúhelník ABCDEF. Sestrojte obraz tohoto šestiúhelníku podle osy AB a tento pak zobrazte podle osy AC. Totéž proveďte pro osy AC sl AD. Porovnejte oba výsledky a zdůvodněte je. o Cvičení 4. Řešte úlohu z cvičení 3 nejprve pro dvojici os AF, BE a pak pro dvojici os BE, CD. 4. Shodná zobrazení V předchozích odstavcích jsme se seznámili s několika důležitými geometrickými zobrazeními. Byly to identita, posunutí, otočení (speciální případ středová souměrnost), osová souměrnost, posunutá osová souměrnost. Všechna uvedená zobrazení roviny do sebe mají jednu společnou vlastnost - vzdálenost obrazů každých dvou bodů se rovná vzdálenosti těchto dvou bodů. Jinými slovy, úsečka s krajními body A, B je stejně dlouhá jako úsečka s krajními body A'. B', což jsou obrazy bodů A, B, tj. úsečka A'B' je shodná s úsečkou AB. Proto se zobrazením s touto vlastností říká shodnosti (nebo shodná zobrazení). Je ihned zřejmé, že každá shodnost roviny je zobrazení prosté, jinak by se dva různé body zobrazily na tentýž bod, a nebyla by tedy splněna výše uvedená podmínka shodnosti. Jsou-li dány body A, B,A\ B' tak, že \AB\ f \A'B'\, pak samozřejmě neexistuje žádné shodné zobrazení, které by zobrazovalo bod A na bod A' a bod B na bod B'. Je-li obráceně \AB\ - \A'B'\, existují shodná zobrazení, zobrazující bod A na bod A' a bod B na bod B'. V kapitole 2 jsme ukázali, že jedním takovým zobrazením je posunutí nebo otočení, a v kapitole 3 jsme též ukázali, že existuje taková osová souměrnost nebo posunutá osová souměrnost. Vidíme, že vždy existují dvě shodná zobrazení roviny, při kterých se daná orientovaná úsečka AB v dané rovině zobrazí na orientovanou úsečku A 'B' téže délky, ležící v téže rovině jako úsečka AB. Ukážeme, že to jsou všechna shodná zobrazení, zobrazující bod A na boď^'abod-gnabodč'. Je-li X další bod uvažované roviny, je \AB\ < \AX\ + \BX\ a zároveň AB\ > \\AX\ \BX\. V první nerovnosti platí rovnost právě tehdy, když je bod X bodem úsečky AB, ve druhé nerovnosti platí rovnost právě tehdy, když bod X leží na přímce AB a není vnitřním bodem úsečky AB. Protože každá shodnost zobrazuje každou úsečku na úsečku shodné délky, zobrazí se při ní body přímky AB na body přímky A 'B', kde A', B' jsou obrazy bodů A, B, Neleží-li bod Xna přímce AB, existují dva body X', pro které platí \AX\ = \A'X' a zároveň BX = | B'X'\. Jeden z nich je obrazem bodu X v otočení nebo posunutí, při kterém se orientovaná úsečka AB zobrazí na orientovanou úsečku A'B', druhý je k němu souměrně sdružený podle přímky A 'B', a je tudíž obrazem bodu X v zobrazení, jež je složením uvedeného otočení nebo posunutí a osové souměrnosti. Můžeme tedy shrnout: Jsou-li v rovině dány body A, B, A', B' tak, že \AB\ = A'B'\, pak existují právě dvě shodnosti této roviny, při kterých se zobrazí bod A na bod A' a bod B na bod B'. Jedna z nich je otočení nebo posunutí, říkáme jí shodnost přímá (obr. 24), druhá je osová souměrnost nebo posunutá osová souměrnost, říkáme jí shodnost nepřímá (obr. 25). Nyní se přesvědčíme o tom, že shodnost v rovině je zobrazení této roviny na sebe. Nechť se totiž dva různé body A, B zobrazí v dané shodnosti na body A', B'. Vezměme nejprve bod Y, který leží na přímce A'B'. Protože \AB\ - \A'B'\, existuje bod X v naší rovině tak, že \AX\ = \A'Y\, BX] = \B'Y] a bod Aje vzorem bodu Y v uvažované shodnosti. Nyní vezměme bod Y, který neleží na přímce AB'. Pak existují dva body A'v rovině, pro které jsou trojúhelníky ABX a. A'B'Y shodné. Ale jen právě jeden z bodu A'je vzorem bodu 1". 16 Tím jsme dokázali, že každé shodné zobrazení je zobrazení celé roviny na tutéž rovinu. Přidáme-li k předchozí úvaze poznatek, že každá shodnost je zobrazení prosté, můžeme říci, že každá shodnost je vzájemně jednoznačné zobrazení roviny na sebe. Dále tedy platí, že ke každé shodnosti existuje zobrazení inverzní, které je též shodností. Co je inverzním zobrazením k danému posunutí, k danému otočení, k dané osové souměrnosti, k dané posunuté osové souměrnosti? Další poznatek o shodnostech vyplývá z předchozích úvah. A sice: úsečka se shodným zobrazením zobrazí na úsečku, přímka na přímku, shodností se zachová rovnoběžnost přímek, zachová se velikost úhlů. Důležitým pojmem jsou tzv. samodružné body zobrazení. Jedná se o body, které se v daném zobrazení zobrazí samy na sebe. Samodružné útvary jsou útvary, které se zobrazí samy na sebe; v tomto případě mohou však být jen některé body útvaru samodružné nebo dokonce žádný bod samodružný. Jako příklad uveďme: střed otočení je samodružný bod v tomto otočení, každý bod osy osové souměrnosti je samodružný v této souměrnosti, každá přímka kolmá na osu osové souměrnosti je samodružná (ale má jen jeden samodružný bod), každá přímka rovnoběžná s vektorem posunutí je samodružná (ale nemá ani jeden bod samodružný, pokud se nejedná o identitu). Sami nyní určete všechny samodružné body všech typů shodných zobrazení a najděte též příklady dalších samodružných útvarů v těchto shodných zobrazeních, hlavně hledejte samodružné přímky. V geometrii se také určují samodružné směry. Přitom o rovnoběžných přímkách říkáme, že mají stejný (neorientovaný) směr. Rovnoběžné přímky se shodností zobrazí na rovnoběžné přímky. Pokud se přímka zobrazí na přímku s ní rovnoběžnou, říkáme, že její (neorientovaný) směr je samodružný. V identitě a posunutí jsou všechny směry samodružné, v otočení (které není středovou souměrností) není samodružný žádný směr, ve středové souměrnosti jsou samodružné všechny směry, v osové souměrnosti a v posunuté osové souměrnosti jsou samodružné dva směry (kolmý na osu a rovnoběžný s osou). 17 Shodná zobrazení lze klasifikovat podle počtu samodružných bodů v rovině a podle sa-modružných směrů. To ukazuje následující tabulka. 0 .samodružných směrů 2 navzájem kolmé samodružné směry všechny směry samodružné 0 samodružných bodů posunutá osová souměrnost posunutí (ne identita) 1 samodružný bod otočení (ne identita a střed, soumčrnost) středová souměrnost přímka samodružných bodů osová souměrnost rovina samodruž-; nýchbodů identita V následujícím odstavci se budeme zabývat shodností trojúhelníků. Řekněme si obecně, že dva útvary Pít Pí jsou shodné, právě když existuje shodnost, která zobrazí útvar P\ na útvar P2- o Cvičení 1. Nechť/? je přímka. Určete všechny posunuté osové souměrnosti s nenulovým vektorem posunutí, v nichž je tato přímka samodružná. o Cvičení 2. Nechť A, B jsou dva různé body. Určete (vzhledem k inkluzi) nejmenší množinu P, která je samodružná v každém otočení se středem v B a patří do ní bod A. o Cvičení 3. Je dán čtverec ABCD. Udělejte přehled o všech shodnostech, které zobrazují čtverec ABCD na sebe. o Cvičení 4. Představme si celou rovinu pokrytou beze zbytku nepřekrývajícími se pravidelnými šestiúhelníky; nazvěme toto šestiúhelníkovou sítí v rovině. Určete příklady shodností, v nichž je tato síť samodružná. o Cvičení 5. Nechť/je shodnost a nechť A, B, C jsou tři různé body neležící v přímce, pro něž je fiA) = A,f[B) = B,J{C) -CO jaké zobrazení se jedná? o Cvičení 6. Dokažte: a) Každý útvar P v rovině je shodný sám se sebou. b) Je-li útvar P\ shodný s útvarem P2, je P2 shodný sPj. c) Je-li útvar Pi shodný s útvarem P2 a P2 shodný s útvarem P3, je Pi shodný s P3, 5. Shodnost trojúhelníků Podle definice jsou trojúhelníky ABC a KLM právě tehdy shodné, když existuje shodné zobrazení zobrazující bod A na bod K, bod B na bod L a bod C na bod M. Píšeme pak A ABC = A KLM. Všimněte si, že pokud mluvíme jen o trojúhelníku ABC, nezáleží na pořadí vrcholů trojúhelníku, trojúhelník ABC je stejný jako trojúhelník BAC. Řekneme-li však, že trojúhelník ABC je shodný s trojúhelníkem KLM, záleží na pořadí vrcholů! Chceme tím totiž říci, že existuje shodné zobrazení, v němž se body A, B, C v tomto pořadí zobrazí na body K,L,M: 18 Obr. 26 A A B C 4> >[- 4- Á K L M Platf-li, že A ABC = A KLM, nemusí platit, že A BAC = A KLM. Existuje-li totiž shodné zobrazení, v němž se body A, B, C zobrazí po řadě na body K, L, M, je například nutně \AC\ = \KM], nemusí však platit \BC\ = \KAi\, a tudíž nemusí existovat shodné zobrazení zobrazující bod Sna bod K a bod C na bod M. Vime, že každé shodné zobrazení zachovává nejen délky úseček, ale že se zachovávají i velikosti úhlů. Jsou-li proto trojúhelníky ABC a KLM shodné, platí (obr. 26) \AB\ = \KL\, \BC\ = \LM\, \CA\ = \MK\, (1) ale zároveň i \ \AB] , což je důsledek trojúhelníkové nerovnost (obr. 28). Všimněte si navíc, že úhly a, B jsou shodné. Obr. 28 N Obr. 29 o Příklad 11. Je dána přímka p, dále dva různé body A, B ležící uvnitř jedné poloroviny ohraničené přímkou p a číslo d > 0. Najděte na přímce p body M. N tak, aby délka lomené čáry AMNB byla co nejmenší a aby \MN\ - d. Řešení. Posuneme bod B rovnoběžně s přímkou p o délku d blíž k bodu A do bodu B', bod B' pak zobrazíme osově souměrně podle přímky/) na bod B" (obr. 29). Bod M vznikne jako průsečík přímky p a přímky AB". Bod N najdeme na přímce p tak, aby \MN\ = d a aby vektory MN a B'B byly souhlasně orientované; potom jsou též vektory MB' a NB souhlasně orientované a stejně dlouhé. Využili jsme posunuté osové souměrnosti. o Příklad 12. Na různých rovnoběžných březích řeky jsou dvě města A, B. Určete, kde je třeba sestrojit kolmo na tok řeky most, aby silnice spojující města A, B měla nejkratší délku. Řešení. Z obr. 30 je patrná konstrukce bodu B' (posunutí o šířku d řeky) a následně konstrukce mostu MN. o Příklad 13. Jsou dány dvě různé rovnoběžné přímky a, b a přímka c s nimi různoběžná. Sestrojte rovnostranný trojúhelník, jehož strana má délku d a každý jeho vrchol leží na jedné zdaných přímek, každý vrchol na jiné. Obr. 30 Řešení. Sestrojíme libovolný rovnostranný trojúhelník ABC o straně délky d tak, že bod A leží na přímce a, bod B na přímce b. Tento trojúhelník rovnoběžně posuneme s přímkou a tak, aby obraz C bodu C byl bodem přímky c. Získáme hledaný trojúhelník A'B'C. Jeden takový trojúhelník je na obr. 31. Kolik může mít úloha řešení? 21 Obi. 31 Obr. 32 o Příklad 14. Jsou dány dvě různé rovnoběžné přímky a, b a přímka c s nimi různoběž-ná. Sestrojte čtverec ABCD tak, aby bod A ležel na přímce a, bod C na přímce c a úhlopříčka BD na přímce b. v Řešení. Sestrojíme přímku a' osově souměrnou s přímkou a podle přímky b. Tím získáme bod C jako průsečík přímek a', c. Body A, B, D doplníme podle obr. 32. o Příklad 15. Sestrojte lichoběžník ABCD o základnách AB, CD, znáte-li délky b, c, d jeho stran a velikost úhlu e = a - /? > 0. v Řešení. Podle obr. 33 sestrojíme nejprve trojúhelník BD'C, ve kterém známe délky stran b, d a úhel é. Potom doplníme na lichoběžník ABCD. Využili jsme osové souměrnosti s osou o strany AB. o Příklad 16. Sestrojte obdélník ABCD, jehož obvod je o a jehož úhlopříčka má délku e. D Řešení. Nejprve sestrojíme trojúhelník ACC (obr. 34) -známe velikost úhlu při vrcholu C a délky stran AC a AC (ta má délku — ). Dále sestro- 2 jíme osu o strany CC, čímž získáme bod B. Pak už jen do- A. plníme bod D. o Příklad 17. V kartézské soustavě souřadnic je dán bod M[3; 2], Bodem M veďte přímkup, která protne osu x v bodě N a osu^ v bodě P tak, aby platilo \MN\ = \MP\. 22 Obr. 33 _C \ / e \ / / B C' Obr. 34 v Řešení. Využijeme středové souměrnosti se středem M. V této souměrnosti se přímka x zobrazí na přímku x'. Bod P je průsečíkem osy y a přímky x'. Konstrukce přímky p a bodu N je již zřejmá z obr. 35. Obr. 35 Obr. 36 o Příklad 18. Sestrojte trojúhelník ABC, znáte-li délku strany c, těžnice la a úhel

90°. o Příklad 20. Je dán trojúhelník ABC, úhel ABC není pravý. Nad stranami ÁB, BC jsou sestrojeny čtverce ABKL, CBMN tak, že leží vně trojúhelníku ABC. Dokažte, že \KC\ = \AA4\ a přímka KC je kolmá na přímku AM. Řešení. Jedna část tohoto příkladu byla vyřešena v příkladu 9 pomocí shodných trojúhelníků. Zde je příklad řešen jiným způsobem. Podívejme se na obr. 27. Uvažujme to otočení kolem bodu B o 90°, v němž se bod A zobrazí na bod K; bod M se "pak zobrazí na bod C, tj. úsečka AM se zobrazí na úsečku KC a jelikož se jedná o shodné zobrazení, je \KC\ = AM. Dále podle předchozího příkladu svírá původní a otočená úsečka úhel 90°. S N Obr. 37 23 o Příklad 21. Je dán Čtverec ABCD a vnitřní bod K strany AB. Vepište do čtverce rovnostranný trojúhelník KLM. Řešení. Otočíme čtverec ABCD kolem bodu Á' o 60°. Bod M vznikne jako průsečík hranice čtverce ABCD a jeho obrazu A'B'C'D' (obr. 38). Zpětným otočením bodu M získáme bod L. o Příklad 22. Sestrojte trojúhelník ABC, znáte-li délky jeho těžnic. Řešení. Trojúhelník ABC zobrazíme ve středové souměrnosti se středem S, který je např. ve středu strany BC (obr. 39). Vznikne trojúhelník CTT\ kde T je těžiště trojúhelníku ABC, T jeho obraz v uvažované středové souměrnosti. Tedy nejprve sestrojíme trojúhelník CTT s délkami stran, které jsou rovny dvěma třetinám zadaných délek těžnic a pak již bez obtíží sestrojíme trojúhelník A BC. C \ B Obr. 39 A' Obr. 38 Obr. 40 o Příklad 23. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dána délka c, součet délek a + b a úhel y. Řešení. Nejprve sestrojíme trojúhelník ABB' z prvků c; a + b, — . Potom osa strany BB' protne stranu AB' v bodě C (obr. 40). o Cvičení 1. Na kulečníkovém stole jsou dvě koule A, B. Určete směr koule A, aby po odraze a) na jedné stěně, b) na dvou sousedních stěnách, c) na dvou protilehlých stěnách, d) na třech stěnách narazila do koule B. o Cvičení 2. Jsou dány různoběžky a, b a úsečka MN. Sestrojte úsečku AB stejně dlouhou a rovnoběžnou s úsečkou MY tak, aby bod A ležel na přímce a a bod B na přímce b. o Cvičení 3. Sestrojte kosočtverec ABCD, je-li dán součet e+f délek úhlopříček a úhel a. 24 0 Cvičení 4. Je dána kružnice k se středem $ její tečna / a bod M ležící v polorovině bestrojte pnmku p procházející bodem A/tak, aby protnula tečnu v bodě Ar a kružnici v bodě P a aby \MN\ = \MP\. o Cvičení 5. Jsou dány kružnice k\, k2 a přímka /7. Sestrojte přímku ť/ rovnoběžnou s přímkou p, aby vytínala v obou kružnicích stejně dlouhé tětivy. o Cvičení 6. Je dán rovnostranný trojúhelník a uvnitř něho bod M. Součet vzdáleností bodu M od jeho stran je roven výšce trojúhelníku. Dokažte. o Cvičení 7. Sestrojte lichoběžník ABCD, je-li dáno a) délky základen a, c, délky úhlopříček e.f, b) délky stran a, b, c, ä. o Cvičení 8. Sestrojte trojúhelník ABC\ je-li dáno a) a + b, c, výška va, b) a + b + c, úhly a, B. o Cvičení 9. Je dán čtverec ABCD a uvnitř strany AB bod M. Sestrojte obdélník MNPQ (\MN\ ž \\'P\). jehož každý vrchol leží na jiné straně čtverce. o Cvičení 10. V kartézské soustavě souřadnic s počátkem v bodě Pas osami x, y je dán bod A[3; 2]. Sestrojte na ose x bod Q tak, aby délka lomené čáry PQA byla 8 jednotek. o Cvičení 11. Jsou dány tři různé body A, B, S, které neleží v přímce. Sestrojte čtverec MNPQ tak, aby měl střed S a aby bod A ležel na přímce MN a bod B na přímce PQ. o Cvičení 12. Jsou dány soustředné kružnice k\, ki s poloměry r\ > r-i a na kružnici k\ bod A. Sestrojte rovnostranný trojúhelník ABC tak, aby bod B ležel na kružnici &i a bod C na kružnici kj. 7. Skládání shodných zobrazení Přímo z definice shodnosti plyne, že složením dvou shodností je opět shodnost. Zobrazí-li se totiž body X, Y v první shodnosti na body X', Y' a tyto body v druhé shodnosti na body X", ľ", je \X'Y'\ = \XY\ (neboť první zobrazení je shodnost) a také \X"Y"\ = \X'Y] (neboť druhé zobrazení je shodnost). Pak je ale též \X"Y"\ = \XY\, a protože to platí pro každé dva body X, Y, je složené zobrazení shodnost. Zatím jsme poznali tato shodná zobrazení roviny: posunutí - dá se složit ze dvou osových souměrností, otočení - dá se rovněž složit ze dvou osových souměrností (zvláštním případem je středová souměrnost), osová souměrnost, posunutá osová souměrnost - dá se složit z osové souměrnosti a posunutí, a tedy též ze tří osových souměrností, identita - dá se složit ze dvou totožných osových souměrností, považujeme ji za zvláštní případ posunutí (posunutí o nulový vektor) i za zvláštní případ otočení (kolem libovolného bodu o nulový úhel). Jakou shodnost dostaneme složením dvou z uvedených druhů shodnosti? Víme již, že složením dvou posunutí je opět posunutí. 25 Obr. 41 oA Složením dvou otočení s týmž středem je opět otočení s tímto středem, ve zvláštním případě identita. Jsou-li středy S\, S2 obou otočení různé, můžeme první otočení složit z osových souměrností podle os o\, 02, kde 02 je přímka S[Sz, druhé otočení složíme z osových souměrností podle os 03 - S]$2 a 04 (obr. 41). Složením osových souměrností podle splývajících os 02, 03 je samozřejmě identita. Proto využitím asociatívnosti při skládání jakýchkoli zobrazení docházíme k závěru, že složením na- Q\ šich dvou otočení je zobrazení „ _ _ l-*-""* složené z osových souměrností podle přímek 0\ a 04. A to je posunutí (je-li °i| 04, tj. když a + B = 0° nebo « + /9 = 360°) nebo otočení (středem otočení je průsečík přímek o\, 04, uhel otočení je a + fí ). Co je složením posunutí a otočení, které není identitou? Posunutí složíme z osových souměrností podle os o\, 02 me tak, aby procházela středem otočení (obr. 42). Otočení pak složíme z osových souměrností podle os 02 - 03 a 04. Dále postupujeme jako v předcházejícím X" Obr. 42 ■ 2 26 případě, výsledným zobrazením je otočení. Stejný výsledek bychom dostali při skládání otočení a posunutí. Složením posunutí a osové souměrnosti je buď osová souměrnost nebo posunutá osová souměrnost. První případ nastane, jde-li o posunutí ve směru kolmém na osu o osové souměrnosti (obr. 43). Dané posunutí pak můžeme rozložit na osové souměrnosti podle os o\ a o, výsledkem je souměrnost podle osy O]. Není-li směr posunutí kolmý na osu dané souměrnosti, rozložíme dané posunutí na posunutí ve směru osy souměrnosti a na posunutí kolmé k ose souměrnosti. Složením pak dostaneme posunutou osovou souměrnost. Opět to platí i v případě, když posunutí a osovou souměrnost skládáme v obráceném pořadí. Dostaneme také osovou souměrnost nebo posunutou osovou souměrnost, ta ovšem nemusí být totožná s tou předcházející, protože skládání zobrazení je sice asociativní, nikoli však komutativní. Vhodným rozkladem na osové souměrnosti a jiným složením těchto osových souměrností při využití asociativního zákona si podobně odvodíte i další výsledky, například co je složením dvou posunutých osových souměrností. Obr. 43 Ještě ukážeme, že jiné druhy shodností roviny než uvedené neexistují. Je-li totiž /libovolná shodnost roviny, zvolíme v rovině libovolně dva různé body A, B a jejich obrazy ve shodnosti/označíme A', B'. Je pak \AB\ = \A'B'\ a podle kapitole 4 víme, že/je buď posunutí nebo otočení, neboje / toto posunutí nebo otočení složené ještě s osovou souměrností podle přímky A 'B', což je osová souměrnost nebo posunutá osová souměrnost. Všechny výsledky jsou shrnuty do tabulky, ze které vyčteme, jaký druh shodnosti dostaneme složením dvou shodností typů uvedených v příslušném řádku a sloupci. Je nutné si ale uvědomit, že např. při složení posunutí a otočení v tomto pořadí a při složení téhož otočení a posunutí v opačném pořadí než v předešlém případě vznikne v obou případech otočení o tentýž úhel, ale obě otočení mají jiné středy. posunutí (včetně identity) otočení (včetně identity) osová nebo posunutá osová souměrnost posunutí (včetně identity) posunutí (včetně identity) otočení nebo posunutí (včetně identity) osová nebo posunutá osová souměrnost otočení (včetně identity) otočení nebo posunutí (včetně identity) otočení nebo posunutí (včetně identity) osová nebo posunutá osová souměrnost osová nebo posunutá osová souměrnost osová nebo posunutá osová souměrnost osová nebo posunutá osová souměrnost otočení nebo posunutí (včetně identity) 27 o Příklad 24. V rovině jsou dány shodné trojúhelníky ABC a KLM. Ukažte, že lze zvolit dvě, nebo tři osové souměrnosti tak, že jejich složení zobrazuje body A, B, C po řadě na body K,L,M. Řešení. Jsou-li trojúhelníky ABC, KLM shodné, existuje shodnost, která zobrazí trojúhelník ABC na trojúhelník KLM požadovaným způsobem. To plyne z definice shodnosti trojúhelníků. Tato shodnost se dájako každá shodnost složit z jedné, dvou, nebo tří osových souměrností, jak plyne z výše uvedeného přehledu všech shodností. Tím je příklad vyřešen, neboť osovou souměrnost lze dostat složením tří totožných osových souměrností. Předchozí příklad říká, že každou shodnost lze složit z jedné, dvou, nebo tří osových souměrností. Ukážeme, jak můžeme zcela konkrétně osy uvažovaných souměrností najít. Uvažujme, že trojúhelník KLM je obrazem trojúhelníku ABC v nějaké shodnosti. Je-li AfK, zvolíme osovou souměrnost podle osy o\ \°x úsečky AK (obr. 44), v opač- 1 ném případě zvolíme identitu. V obou případech se zobrazí bod A na bod K body B, C na nějaké body B\ C, přičemž \KB] = \AB\ = \KL\ a zároveň \KC) = \AC\ = \K\L\. Dále je-li B' -f- L, zvolíme osovou souměrnost podle osy oi úsečky B'L, jinak zvolíme identitu. V obou případech je bod K samodružný, bod B' se zobrazí na bod Z a bod C se zobrazí na nějaký bod C", přičemž platí ' \KC"\ = \KC] = \KM\, \LC"\ = \B'C]=\LM\. Proto jsou buď body C", M různé a body K, L leží na ose úsečky \ / ^ o3 C"M. takže osová souměrnost podle osy 03 úsečky C"M zobrazí bod C" na bod M, nebo je C"=M. V tom případě nahradíme poslední osovou souměrnost identitou. Složením popsaných tří osových souměrností (nebo identit) se body A, B, C zobrazí po řadě na body K L, M, takže výsledná shodnost je buď identita (ta se dá složit ze dvou totožných osových souměrností), osová souměrnost, neboje složena ze dvou, nebo tří osových souměrností. o Příklad 25. Ukažte, že zobrazení složené ze čtyř osových souměrností se dá složit ze dvou osových souměrností. Resení. Zobrazení složené z prvních dvou osových souměrností je posunutí nebo otočení; totéž platí pro zobrazení složené ze třetí a čtvrté osové souměrnosti. Složením dvou posunutí nebo dvou otočení nebo posunutí a otočení (v libovolném pořadí) je vždy posunutí nebo otočení, A každé posunutí nebo otočení se dá složit ze dvou osových souměrností. Obr. 44 28 Tím jsme vlastně několika způsoby ukázali platnost následujícího tvrzení. Věta. Každá shodnost roviny je buď identita, osová souměrnost, nebo se dá složit ze dvou nebo tří osových souměrností. Ještě se podívejme na množinu všech shodností v rovině z pohledu algebraických struktur. Víme, že do množiny všech shodností patří identita, posunutí, otočení, osová souměrnost a posunutá osová souměrnost a že jejich složením vždy zase vznikne nějaká z těchto shodností. Uvažujme tedy strukturu, kde nosičem je množina všech shodností a operací mezi nimi je jejich skládání, a ptejme se, zda tato struktura není grupou. Připomeňme, že grupou nazýváme strukturu, která má neprázdnou množinu uzavřenou vzhledem k dané operaci, operace je na dané množině asociativní, mezi prvky množiny existuje tzv. neutrální prvek a ke každému prvku množiny existuje tzv. prvek inverzní. Grupa může být komutativní, pokud je operace na dané množině komutativní. Množina všech shodností je uzavřená na operaci skládání zobrazení (viz věta a úvahy výše). Skládání zobrazení, a tedy i shodností, je asociativní. Neutrální prvek je identita, neboť každé zobrazení s ní složené se nezmění. Inverzním prvkem k identitě je identita, k posunutí to je opačné posunutí, k otočení to je otočení se stejným středem a opačným úhlem, k osové souměrnosti to je tatáž osová souměrnost a k posunuté osové souměrnosti to je posunutá osová souměrnost se stejnou osou a opačným vektorem. Věta. Množina všech shodností v rovině s operací skládání zobrazení tvoři grupu. Tato grupa ale není komutativní, neboť např. složení dvou osových souměrností s rovnoběžnými osami O], 02 v tomto pořadí dá posunutí a složení těchto osových souměrností v pořadí ť>2, o\ dá posunutí opačné k tomu předchozímu. Rozmyslete si sami, že množina všech přímých shodností s operací jejich skládání tvoří grupu, tzv. podgrupu grupy shodností. Podgrupou této podgrupy jsou všechna posunutí a středové souměrnosti. Dále podrupou posledně zmíněné podrupy jsou všechna posunutí, která mají ještě podgrupu obsahující jediné zobrazení, a to identitu. Doplňme ještě jeden pojem, který souvisí se skládáním zobrazení. Zobrazení se nazývá involutorní (involuce), právě když složením tohoto zobrazení se sebou samým vznikne identita. Ze shodných zobrazení jsou involucemi identita, středová souměrnost a osová souměrnost. o Cvičení 1. Rovnostranný trojúhelník ABC s těžištěm T zobrazte nejprve v otočení se středem T, v němž se bod A zobrazí na bod B: vznikne trojúhelník A'B'C. Tento pak zobrazte v osové souměrnosti s osou AT; vznikne trojúhelník A"B"C". Jakou shodnost dostanete složením těchto shodností? Bude se jednat o stejné složené zobrazení, zobrazíme-li trojúhelník nejprve osovou souměrností a jeho obraz pak otočením? o Cvičení 2. Rovnostranný trojúhelník ABC otočte nejprve kolem bodu A tak, že bod B se zobrazí do bodu C. Toto zobrazení složte s otočením kolem bodu C, ve kterém se bod A zobrazí do bodu B. O jaké výsledné zobrazení se jedná? o Cvičení 3. V pravidelném šestiúhelníku ABCDEF se středem S uvažujme trojúhelník EFS. Ten zobrazíme nejprve v osové souměrnosti s osou v ose úsečky ED a jeho obraz v otočení se středem C, v němž se zobrazí bod S na bod B. Jaké zobrazení vznikne složením výše uvedených shodností? o Cvičení 4. Je dán čtverec K. Skládejte shodnosti, v nichž je čtverec K samodružný. 29 o Cvičení 5. Jaké zobrazení vznikne složením tří otočení? o Cvičení 6. Jaké zobrazení vznikne složením a) pěti, resp. šesti osových souměrností, b) lichého, resp. sudého počtu osových souměrností? o Cvičení 7. Nazvěme „otočenou osovou souměrností" shodnost složenou z osové souměrnosti a otočení o úhel « ^ 0. Určete, jaké zobrazení vznikne složením dvou „otočených osových souměrností". 8. Stejnolehlost Doposud jsme se zabývali zobrazeními, která zobrazovala úsečku na úsečku stejné délky. Nyní uvedeme další typ zobrazení. Jedná se o stejnolehlost. Vyslovme její definici: Stejnolehlost se středem S a koeficientem X f 0 je zobrazení roviny na sebe, které přiřadí každému bodu Xroviny bod A" podle těchto pravidel: 1. \SX] = \X\-\SX\, 2. je-li k > 0 a Xí S, leží bod X' na polopřímce SX, 3. je-li X < 0 a Xí S, leží bod X' na polopřímce opačné k polopřímce SX. (Mohli bychom též říci, že vektor SX' je A-násobkem vektoru SX, tj. SX' = Ä-SX.) Z 1. vyplývá, že bodu S přiřadí stejnolehlost opět bod S, střed stejnolehlosti je jejím sa-modružným bodem. Pro k = 1 dostaneme identitu. Tu tedy považujeme za stejnolehlost s libovolným středem. Je-li A = —1, dostaneme středovou souměrnost se středem S. Ve stejnolehlosti platí: Je-li obrazem bodu A bod A' a obrazem bodu B bod B' (A í B). jsou přímky AB, A'B' rovnoběžné a \A'B'\ = \X\-\AB\ (obr. 45). Odtud plyne, že stejnolehlost je určena také svým středem 5* a jednou dvojicí A, A' vzoru a obrazu, pro kterou je Aj= S f A'. Body S, A, A' musí ovšem ležet na přímce. Ke každému bodu pak snadno sestrojíme jeho obraz. Neleží-li bod X na přímce SA, je jeho obraz průsečíkem přímky SX a rovnoběžky s přímkou AX vedené bodem A' (obr. 46). Leží-H bod F na přímce SA (Yž S), sestrojíme nejdříve některou dvojici X, X', ve které bod X neleží na přímce SA, a s její pomocí pak sestrojíme bod Y' (obr. 46). Je-li X > 0, mají vektory AX, A'X1 stejnou orientaci, pro X < 0 mají orientaci opačnou (obr. 47a,b). Krátce lze tedy říci, že v každé stejnolehlosti jsou všechny (neorientované) směry samod-ružné. Také se e stejnolehlostech zachovává velikost úhlů. Obr. 46 Obr. 45 30 Obr. 47a Obr. 47b o Příklad 26. Zakreslete čtverec ABCD a vně tohoto čtverce zvolte bod S. Zobrazte čtverec ABCD ve stejnolehlosti se středem S a koeficientem a) X — 2, b) k = —2. Řešení. a) Vektor SD se zobrazí na vektor SD' a platí ŠD' = 2-ŠD (obr. 48a). b) Zde analogicky platí (obr. 48b). D' D / / A SD' = -2SD A' B' Obr. 48a Obr. 48b o Příklad 27. Zvolte body A, B, A', B' (A+B,A' + BV) a najdete stejnolehlost, která zobrazí bod A na bod A' a bod B na bod B'. Řešení. Nutnou podmínkou pro to, aby taková stejnolehlost existovala, je rovnoběžnost úseček AB, A'B', což budeme předpokládat. Dále musíme rozlišit dva případy: a) Úsečky AB, A'B' neleží na téže přímce. Pak jsou přímky A A', BB' různé a jejich průsečík (pokud existuje) je středem hledané stejnolehlosti (obr. 49). Jsou-li přímky AA\ BB' rovnoběžné, mají orientované úsečky AB, A'B' stejnou délku a stejný (orientovaný) směr a nejsou totožné. Pak ovšem neexistuje stejnolehlost požadované vlastnosti (existuje vsak posunutí této vlastnosti) (obr. 50). b) Úsečky AB, A'B' leží na téže přímce. Je-li A = A', B = B', splňuje podmínky identita. Je-li A ž A' nebo B f B\ vedeme různými body A, A' rovnoběžné přímky a, ď různé od přímky AB a body B, B' vedeme podobné rovnoběžky b, b'. Existuje-li stejnolehlost poža- Obr. 49 Obr. 50 31 dováné vlastnosti, musí se při ní bod C - a n b zobrazit na bod C = a' c\b' (obr. 51). Střed stejnolehlosti najdeme jako průsečík přímek AA' {BBr), CC\ pokud tyto přímky nejsou spolu rovnoběžné. Rovnoběžné jsou právě tehdy, když orientované úsečky AB.A'B' určují tentýž vektor. Mají-li orientované úsečky AB, A 'B' opačnou orientaci, rovná se koeficient stejnolehlosti, která zobrazuje bod A na bod A' a bod B na bod B', hodnotě Stejnolehlost, stejně jako shodnost, je prosté zobrazení v rovině, je také zobrazením roviny na sebe, a tudíž je zobrazením vzájemně jednoznačným roviny na tutéž rovinu. Při důkazu všech těchto tvrzení použijeme skutečnost, že pro každé dva různé vzory A, B a jejich obrazy A', B' platí \A'B1 = ';?.\-\AB\, kde Ä je koeficient stejnolehlosti. Další fázi důkazů lze vést analogicky jako pro shodná zobrazení. Stejnolehlost je prosté zobrazení roviny na rovinu, proto k ní existuje zobrazení inverzní, které je též stejnolehlostí. Má-li stejnolehlost střed S a, koeficient ). ž 0, má inverzní stejnolehlost též střed S a koeficient -j. Co je inverzním zobrazením ke stejnolehlosti s koeficientem A =-1? Připomeňme, že stejnolehlost, která není identitou ().í 1), má právě jeden samodružný bod, a to střed stejnolehlosti. O dvou útvarech řekneme, že jsou stejnolehlé, jestliže existuje stejnolehlost, která zobrazí jeden útvar na druhý. Na závěr této kapitoly si řekneme ještě něco o skládání stejnolehlostí. Jsou-li dány dvě stejnolehlosti s týmž středem S a koeficienty h\, A2, je složené zobrazení z těchto stejnolehlostí též stejnolehlostí se středem S a koeficientem Xi-Ai. V tomto případě nezáleží, v jakém pořadí se stejnolehlosti skládají. Je jasné, že bod S je samodružný při složeném zobrazení. Uvažujme nyní bod X^S. První stejnolehlostí se zobrazí na bod X' a platí SX' = \ ■ SX. Bod X' se pak druhou stejnolehlostí zobrazí na bod X" a platí SX" = - SX' - ^2 ■ A, - SX. Jedná se tedy o stejnolehlost se středem S a koeficientem lykj. Vidíme, že výsledek nezávisí na pořadí, v jakém se stejnolehlosti skládají. 32 Uvažujme nyní jednu stejnolehlost se středem Si a koeficientem ).\ a druhou stejnolehlost se středem S2žS] a koeficientem li. Složené zobrazení z těchto stejnolehlostí je stejnolehlost v případě, že X\-/.z # 1; má koeficient XvXi a střed S ležící na přímce S\S2- Je-li Xyki= 1, je složené zobrazení posunutí ve směru SXS2. Při důkazu tvrzení zvolme libovolnou úsečku XY, která se nejprve zobrazí na úsečku XT, pak na úsečku X"Y". Pro vektory platí X"Y" š U XT= ^ ^ XY. Je-li XrX2=l, je X"Y''= XY, tedy složené zobrazení je posunutí a podle obr. 52a je vidět, že vektor posunutí je ve směru přímky S\S2 (vyzkoušejte např. pro bod S\). Délka vektoru posunutí je předmětem cvičení 7. Je-li XyXížU zbývá dokázat existenci jednoho samodružného bodu. Ten ale podle příkladu 27 existuje. Obrazy bodů Si i 62 leží ve složeném zobrazení na přímce S\Sj, proto má výsledná stejnolehlost střed ležící na přímce S1S2 (obr. 52b). Poloha středu výsledné stejnolehlosti je předmětem cvičení 8. Obr. 52 a Obr. 52 b Veta (Mongeova). Složením dvou stejnolehlosti vznikne buď identita, nebo posunutí, nebo stejnolehlost. Po předchozích úvahách si můžeme rozmyslet, že množina všech stejnolehlostí, posunutí a identita tvoří vzhledem ke skládání zobrazení grupu, tzv. Mongeovu grupu (Gaspard Mon-ge (1746-1818), francouzský geometr). o Cvičení 1. Dokažte, že každá přímka, která prochází středem stejnolehlosti, je sa-modružná. o Cvičení 2. Najděte všechny přímky, které jsou samodružné v dané stejnolehlosti. 33 o Cvičení 3. V rovině jsou dány navzájem různé body A, B, S, K. Najděte všechny stejnolehlosti se středem S, pro které obraz přímky AB prochází bodem K. o Cvičení 4. V rovině jsou zakresleny dva čtverce s obsahy v poměru 1 : 2, jejichž strany jsou rovnoběžné. Najděte všechny stejnolehlosti, které zobrazí větší čtverec na menší. o Cvičení 5. Co je složením dvou středových souměrností s různými středy? o Cvičení 6. Je skládání stejnolehlostí komutativní? o Cvičení 7. Určete vektor posunutí, které vznikne složením dvou stejnolehlostí s různými středy S], s2 a koeficienty X\, —, pomocí násobku vektoru .V,.V,. A, (Návod: Zobrazte bod S\ na S\' první stejnolehlostí a pak Si' na Si" druhou stejnolehlostí.) o Cvičení 8. Určete vektor S}S vyjadřující polohu středu S stejnolehlosti složené ze dvou stejnolehlostí s různými středy S], a koeficienty k\, Jt^ ž — pomocí vektoru S{S2. (Návod: Zobrazte S] naS[ "první a druhou stejnolehlostí a také složenou stejnolehlostí.) 9. Podobná zobrazení Říkáme, že zobrazení roviny na sebe je podobné zobrazení (podobnost), jestliže existuje kladné číslo k (tzv. koeficient podobnosti) tak, že pro každé dva body A, B roviny a jejich obrazy^', B 'platí \A'!ľ k ■ AB\. Každá shodnost je podobnost, neboť stačí položit k= 1. Každá stejnolehlost s koeficientem ž je podobnost s koeficientem Ukážeme, že tím jsou do jisté míry vyčerpány všechny podobnosti. Předpokládejme, že zobrazení / roviny na sebe je podobnost s koeficientem k. Zvolme libovolnou stejnolehlost h s koeficientem k (střed stejnolehlosti je libovolný). Zobrazení g složené z podobnosti / a stejnolehlosti inverzní ke stejnolehlosti h je shodnost, proto je podobnost/složená ze shodnosti g a stejnolehlosti h. Není pravda, že každá podobnost je buď shodnost, nebo stejnolehlost. Avšak podobnost, která není ani shodnost, ani stejnolehlost, je vždy zobrazením, které dostaneme složením shodnosti a stejnolehlosti (nebo stejnolehlosti a shodnosti). Odtud plyne, že každá podobnost je prosté zobrazení roviny na sebe, a tudíž ke každé podobnosti existuje inverzní zobrazení, které je též podobností. S jakým koeficientem? Stejně jako u shodností rozlišujeme podobnosti přímé a podobnosti nepřímé. Při přímé podobnosti se každý trojúhelník zobrazí na trojúhelník a v obou je smysl obíhání po stranách stejný, při nepřímé podobnosti se každý trojúhelník zobrazí na trojúhelník a smysl obíhání po stranách je v jednom trojúhelníku opačný než ve druhém. Ptejme se, jaké zobrazení vznikne složením jednotlivých shodností a stejnolehlosti. Složíme-li posunutí se stejnolehlostí, dostaneme stejnolehlost s koeficientem, jaký měla skládaná stejnolehlost, a středem na přímce procházející středem skládané stejnolehlosti ve směru posunutí. Složíme-li otočení a stejnolehlost, můžeme pouze říci, že dostaneme přímou podobnost. Složíme-li posunutou osovou souměrnost a stejnolehlost, vznikne zobrazení složené z osové souměrnosti a stejnolehlosti, vznikne tedy nepřímá podobnost. 34 Všechny výsledky jsou shrnuty do tabulky, ze které vyčteme, jaký druh podobnosti dostaneme složením dvou stejnolehlostí, resp. stejnolehlosti a shodnosti. stejnolehlost posunutí (včetně identity) otočení (včetně identity) osová nebo posunutá osová souměrnost stejnolehlost stejnolehlost nebo posunutí stejnolehlost přímá podobnost nepřímá podobnost Na základě těchto úvah můžeme vyslovit následující věty: Věta. Každou podobnost můžeme rozložit na shodnost a stejnolehlost, a to dokonce na otočení a stejnolehlost (případně na stejnolehlost a otočení), nebo na osovou souměrnost a stejnolehlost (případně na stejnolehlost a osovou souměrnost). Věta. Množina všech podobností v rovině s operaci skládání zobrazení tvoří grupu. o Příklad 28. Jsou dány dvě nerovnoběžné úsečky AB, CD tak, že \CD\ =—\AB\. Najděte takovou stejnolehlost a shodnost (resp. shodnost a stejnolehlost), jejichž složením se úsečka AB zobrazí na úsečku CD. Dále najdete jinou dvojici stejnolehlosti a shodnosti (resp. shodnosti a stejnolehlosti), jejichž složením se také úsečka AB zobrazí na úsečku CD. v Řešení. Na obr. 53a se úsečka AB nejprve otočí kolem bodu A do směru úsečky CD; vznikne úsečka A'B', která se stejnolehlostí s koeficientem — zobrazí na úsečku CD. Na obr. 53b se nejprve úsečka AB zobrazí ve stejnolehlosti s koeficientem — tak, aby bod A' splynul s bodem C; potom se úsečka A'B' osovou souměrností (osa prochází bodem Q zobrazí na úsečku CD. Je evidentní, že dvě zde uvedené možnosti nejsou jediné. B B Obr. 53a Obr. 53b Jelikož shodnosti jsou zvláštním případem podobností a jelikož shodnosti mají různý počet samodružných bodů, dokažme tvrzení o počtu samodružných bodů podobností: Věta. Každá podobnost, jež není shodností, má právě jeden samodružný bod. Podobnost, která není shodností, nemůže mít aspoň dva samodružné body, jinak by vzdálenost dvou vzorů byla stejná jako vzdálenost jejich obrazů. Tedy podaří-li se najít v dané podobnosti aspoň dva samodružné body, jedná se o shodnost. A podaří-li se najít aspoň tří samodružné body, které neleží v přímce, jde jedině o identitu. j 35 Složitějším úkolem je, jak se dá tento samodružný bod najít. Stačí, když uvedeme, jak se najde samodružný bod jednak podobnosti složené z otočení a stejnolehlosti, jednak podobnosti složené z osové souměrnosti a stejnolehlosti. V obou případech je dán trojúhelník ABC a jeho obraz A'BX". Pokud jsou oba trojúhelníky přímo podobné, stačí např. trojúhelník ABC otočit kolem průsečíku přímek AB a A'B' o úhel, který tyto přímky svírají. Otočený trojúhelník a trojúhelník A 'B 'C j sou pak již stejnolehlé, takže tím je určena stejnolehlost. Pokud jsou oba trojúhelníky nepřímo podobné, stačí např. trojúhelník ABC zobrazit v osové souměrnosti s osou v ose úhlu přímek AB a A'B'. Osově souměrně zobrazený trojúhelník a trojúhelník A'B'O jsou pak již stejnolehlé, takže tím je určena stejnolehlost. Nejprve hledejme samodružný bod zobrazení složeného ze /" \ / stejnolehlosti a otočení. Můžeme * ......- vynechat případy, kdy je stejnolehlost, nebo otočení identitou, nebo středovou souměrností. Dále vynecháme případ, kdy je střed 5 stejnolehlosti totožný se středem R otočení. V tom případě je totiž jediným samodružným bodem bod S = R. Nechť je tedy R^S. Stejnolehlost je dána svým středem S a například bodem R a jeho obrazem R' iR'± R. R'fS, body S, R, R' jsou kolineární) (obr. 53c). Otočení je dáno středem R a úhlem a, ae(0°;180°). Je-li Y, Y +- S, samodružný bod složeného zobrazení a Y' jeho obraz v dané stejnolehlosti, je obrazem bodu Y' v daném otočení bod 7 a trojúhelník Y'RY je rov-noramenný s úhlem a při vrcho- Obr. 53c luÄ. Proto je \\, \'S1J4|. Stejně tak podle věty (uu) platí, že jsou podobné dvojice trojúhelníků A VB\, BVA islBVA ,, BCBh o Příklad 31. V ostroúhlém trojúhelníku ABC jsou AA\, BB\, CC\ jeho výšky. Dokažte, že trojúhelníky ABC, AB\C\, A\BC\, A\B\C jsou podobné a že výška AA\ půlí úhel B\A\C\, výška BB\ půlí úhel A^B\C\ a výška CC\ půlí úhel B\C\A\. V tom případě je průsečík výšek K trojúhelníku ABC středem kružnice vepsané trojúhelníku A\B\C\ (obr. 57). Řešení. Dokážeme pouze podobnost trojúhelníků ABC a AB\C\, podobnost ostatních trojúhelníků se dokazuje obdobně. Podle příkladu 30 víme. že trojúhelníky AB\B a AC\C 39 jsou podobné. Proto pro ně platí \AB\\: \AC\\ = \AB\: \AQ, což spolu s rovností |<5,^C,j = | c, základen AB a CD. Střední příčka MNprotíná úhlopříčku AC v bodě C/a úhlopříčku BD v bodě V. Vypočtěte délku úsečky U V. o Cvičení 5. Bodem M, který leží uvnitř trojúhelníku ABC, jsou vedeny tři přímky rovnoběžné s jeho stranami. Tyto přímky rozdělují trojúhelník ABC na šest částí, z nichž tři jsou trojúhelníky, jejichž obsahy jsou P\, P% P$. Dokažte, že pro obsah P trojúhelníku ABC platí P = + 4K + ■ o Cvičení 6. Nechť čtyřúhelník ABCD není rovnoběžník. Dokažte, že přímky spojující středy jeho protějších stran a přímka spojující středy úhlopříček procházejí týmž bodem. o Cvičení 7. Průsečík výšek ostroúhlého trojúhelníku dělí každou výšku na dva úseky, jejichž součin je pro všechny tři výšky tentýž. Dokažte. 40 11. Využití podobností v konstrukčních úlohách Také podobnosti, hlavně však stejnolehlost, se používají při řešení konstrukčních úloh. Uvedeme několik příkladů. o Příklad 33. Rozdělte danou úsečku AB na pět stejných dílů. v Řešení. Např. bodem A vedeme po-lopřímku AX tak, aby byly přímky AB, AX různé. Velikost úhlu BAX je libovolná, ale z intervalu (0°; 180°). Tomuto úhlu se říká redukční úhel. Na pol opři nice AX zkonstruujeme body C\ až C5 tak, aby \AC\\ = \C\C?\ = |C2C3| = - IC3C4I = [C4C5|. Nyní stejnolehlostí se středem A sestrojíme dělicí body D\ ažDs úsečky AB (obr. 58), Obr. 58 o Příklad 34. Sestrojte trojúhelník ABC, v němž platí vu- 5, a : h : c = 2 : 3 : 4. Řešení. Sestrojíme pomocný trojúhelník A'B'C, který má strany délek ď = 2, b'= 3, c'= 4; v něm je výška v/ (obr. 59). Stejnolehlostí se středem A' a koeficientem va:va' se bod B' zobrazí na bod B a bod C na bod C. A = A Obr. 59' o Příklad 35. Daný bod M spojte s průsečíkem různoběžek a, b, jestliže tento není dostupný. Řešení. Použijeme stejnolehlost se středem v nedostupném bodě. Zakreslíme nejprve libovolný trojúhelník KLMpodle obr. 60. Uvažovanou stejnolehlostí vznikne jeho obraz K'L'M'. Hledaná přímka je MM'. o Příklad 36. Jedním společným bodem A protínajících se kružnic k\, kj veďte přímku, která vytíná na kružnicích tětivy, jejichž poměr délek je 3 : 2. 41 Řešení. Ve stejnolehlosti se středem 3 v bodě a a koeficientem — je obrazem 2 kružnice k2 kružnice k2, která protne kružnici k\ v hledaném bodě b, což je zároveň obraz druhého hledaného bodu c (obr. 61). Analogicky se sestrojí body d, e. o Příklad 37. Do trojúhelníku abc vepište čtverec klmn tak, aby úsečka kl ležela na přímce ab, bod m patřil úsečce bc a bod N patřil úsečce AC. k Řešení. Podle obr. 62 sestrojíme nejprve pomocný čtverec k'ľm'n'. Stejnolehlostí se středem v hodě a získáme hledaný čtverec klmn. o Příklad 38. Na stranách ac, bc trojúhelníku abc najděte po řadě body x, y tak, aby )ax\ = \xy\ = \yb\. ' w Řešení. Nejprve sestrojíme pomocný čtyřúhelník a'x'y'b', jehož tři strany mají zvolenou délku a (obr. 63). Pak stejnolehlostí se středem v bodě a vzniknou hledané body x, y. o Příklad 39. Je dána kružnice k. přímka p a bod .4. Sestrojte rovnoběžník abcd, který má úhel a = 60° a o jehož stranách platí \ab\ = 2-\bc\, tak, že bod b leží na kružnici k a bod d na přímce p. Řešení. Nejprve otočíme přímku p o úhel 60° (a také o -60°) kolem bodu^; dostaneme přímku p'. Tu zobrazíme ve stejnolehlosti se středem v bodě a a koeficientem 2 na přímku p". V tomto složeném zobrazení postupně přejde bod d v bod D' a ten pak v bod d", což je vlastně bod b. Další konstrukce je zřejmá z obr. 64. Obr. 64 o Příklad 40. Sestrojte pětiúhelník, jsou-li dány středy všech jeho stran. v Řešení. Označme K, L, M, Ar, O po řadě středy stran AB, BC, CD, DE, EA pětiúhelníku ABCDE, Všimněme si nejprve čtyřúhelníku ABCD a označme ještě P střed úsečky D A. Body K, L, M, P tvoří vrcholy rovnoběžníku, neboť úsečky KL a MP jsou střední příčky trojúhelníků ABC a ACD, takže jsou rovnoběžné s úsečkou AC a mají poloviční délku než úsečka AC. Stejně tak úsečky LM a KP (obr. 65). Dále vidíme, že úsečka NO je střední příčkou trojúhelníku ADE. Tedy sestrojíme nejprve bod P, potom úsečku AD, která má dvojnásobnou délku než úsečka NO a je s ní rovnoběžná. Potom už lehce doplníme body B, C, E. o Cvičení 1. Sestrojte ABC, znáte-íi velikosti úhlů a, /i a těžnice tc. o Cvičení 2. Jsou dány různoběžné přímky p, q a bod A. který neleží na žádné z nich. Najděte na přímce p bod P a na přímce q bod Q tak, aby body P, Q, A ležely na jedné přímce a platilo OA\ - 3- PA\. o Cvičení 3. Do daného trojúhelníku vepište trojúhelník, jehož strany jsou rovnoběžné s předem danými přímkami /'i./'2-/'.v o Cvičení 4. Je dán čtyřúhelník AMBN. Sestrojte body X. Y po řadě na přímkách A\L BN tak, aby byly rovnoběžné přímky YX a BM a aby přímka AB půlila úsečku XY. o Cvičení 5. Jsou dány dvě kružnice k\, kj, které se protínají v bodě A. Sestrojte obdélník ABCD tak, aby bod B patřil kružnici k], bod D kružnici k2 a aby pro délky stran platilo \BA\ = 2-\AD\. o Cvičení 6. Sestrojte sedmiúhelník, jsou-li dány středy všech jeho stran. 43 12. Euklidovy věty. Pythagorova věta V pravoúhlém trojúhelníku ABC s pravým úhlem při vrcholu C vedeme bodem C výšku na přeponu AB. Patu této výšky označíme D a označíme \DÁ\ - q,. \DB\ = ca, \CD\ = v (obr. 66). Označíme-li ještě a, B velikosti úhlů v trojúhelníku ABC při vrcholech A, B, je a + 8 = 90°. Součet velikostí ostrých úhlů v pravoúhlém trojúhelníku ADC se také rovná 90°, proto je \' (obr. 68). Trojúhelník A 'BC je pravoúhlý, proto platí v1 -•- cacb'. Protože je také v2 - cach, je cb = ch, tedy A' = A a trojúhelník ABC je pravoúhlý s pravým úhlem při vrcholu C. Nechť v trojúhelníku ABC platí a2 = cca. Stejně jako v předcházejícím případě sestrojíme bod A'. Označme c' délku úsečky BA'. Trojúhelník Á'BC je pravoúhlý, tedy a1 =c0c', c' = c, a proto A' = A. Opět vidíme, že trojúhelník ABC je pravoúhlý. Dokážeme ještě obrácenou větu Pythagorovu. Nechť tedy v trojúhelníku ABC platí a2 + b2 = c1. Opět sestrojíme bod A' a označíme ještě \CA' ~ b', AA] ~ d. Pokud je bod A' bodem úsečky AD, je cb' = cb-d, c' = c~d. Z pravoúhlých trojúhelníků ADC, A'DC, A 'CB plyne podle Pythagorovy věty b2=v2+c2h, b'2 = v2+ch'2, c'2=a2+b'2. Použijeme-li ještě vztah c1 = a2 +b2, dostaneme dvojici rovností (c-df = a2 +v2 +(ch-df, 2 2 T 2 c• =a + v + cb; po odečtení dostaneme cd = cyí. Protože je c^cb, musí být d=0, tedy A' = A. Stejný výsledek bychom dostali, kdybychom předpokládali, že bod A' leží na polopřímce opačné k polopřímce AD. Pak by bylo ch' = ch+d, c' = c + d a opět bychom dostali d - 0, tj. A' - A. Je tedy trojúhelník ABC pravoúhlý. Tím jsme dokázali i obrácenou větu Pythagorovu. Platí tudíž: Trojúhelník o stranách a, b, c je právě tehdy pravoúhlý s pravým úhlem proti straně c, jestliže a2 +b2 = c2.1 Pythagorovu větu jsme dokázali pomocí Euklidovy věty o odvěsně. Můžeme postupovat též obráceně. Ukážeme, jak vyplývá platnost Euklidových vět z věty Pythagorovy. Napíšeme tvrzení Pythagorovy věty pro všechny tři pravoúhlé trojúhelníky z obr. 66: 2 i 2 { \2 ~> 2 2 2 1 i 2 a2+b2 =(c0+ch) v+ca=a v+ch=b Sečteme-li všechny tři rovnosti, dostaneme Euklidovu větu o výšce. Odečteme-li od součtu prvních dvou rovností rovnost třetí, dostaneme Euklidovu větu o odvěsně. Na závěr ukážeme ještě dva elementární důkazy Pythagorovy a Euklidovy věty o odvěsně, ke kterým je třeba znát jen vzorce pro obsah trojúhelníku a pravoúhelníku. Zvolme čtverec ABCD o straně délky a + b, na jeho stranách zvolme podle obr. 69 body K, L, M, N tak, aby \AK\ = \BL\ -\C\f\- \DN\ = a. Pak KB] = \LC\ = \MD\ ~ \NA\ " b. Trojúhelníky KBL, LCM, MDN a NA K jsou podle věty (sus) shodné; označme c = \KL\ = \LM\ = \MN\ = \NK\. Obsah (a + b)" čtverce ABCD se rovná součtu obsahu c1 čtverce KLMN a obsahů čtyř pravoúhlých trojúhelníků o odvěsnách délek a, b, tedy po- 1 To je věta, která potrápila již mnoho studentů všech dob, prý byla známa již v Babylónu kolem roku 1950 před n.l. a je i dnes oblíbeným objektem, na kterém se ilustruje v různých humoristických povídkách a filmech obtížnost a nezáživnost matematiky. Měla však i své praktické uplatnění při vyměřování pravých úhlů, protože trojúhelník o stranách 3, 4, 5 je podle obrácené Pythagorovy věty pravoúhlý. 45 stupně / , ,2 i , ab (a + b) - c" + 4--, a2+b2 =c\ Obr. 70 Nechť je dán pravoúhlý trojúhelník ABC s pravým úhlem při vrcholu C (obr. 70). Sestrojme v polorovině opačné k polorovině ABC čtverec ABKL a v polorovině opačné k polorovině BCA čtverec CBMN. Z vět o shodnosti trojúhelníků plyne, že trojúhelníky ABM a KBC jsou shodné, a mají tudíž shodné obsahy. Veďme bodem C kolmici k přímce AB, její patu označme D. Protože CD || BK, rovnají se obsahy trojúhelníků KBC a KBD. Trojúhelník ABC je pravoúhlý, proto leží body A, C, N v přímce; ta je rovnoběžná s přímkou BM. 1 1 2 7 Proto se sobě rovnají obsahy trojúhelníků ABM a CBM, tedy — cca - ~a > tj. ° = ctľfl' c°ž je tvrzení věty Euklidovy o odvěsně. o Příklad 41. Sestrojte úsečku délky , je-li dána úsečka délky 1. Řešení. Sestrojíme dvě kolmé přímky s průsečíkem P, na jedné naneseme od bodu P úsečku délky 1, dostaneme bod A, na druhé zvolíme bod B tak, aby \PB\ = 2. Podle Pythagorovy věty je \AB\ = . Můžeme také použít Euklidovu větu o odvěsně. Na přímce zvolíme body A, B tak, aby \AB\ = 5, na úsečce AB zvolíme bod D tak, aby \ÁD\ = 1 (obr. 71). Bodem D vedeme kolmici k přímce AB, na ní zvolíme bod C tak, aby byl úhel ACB pravý. Pak je \AC\2 = |,4ií|-blD| - 5, \AC\ = *JŠ. Bod C sestrojíme pomocí Thaletovy kružnice nad průměrem AB. To však zdůvodníme až v části o kružnici. Lze použít také Euklidovu větu o výšce. Na přímce zvolíme za sebou body A, D, B tak, aby \AD\ = 1 a \DB\ = 5. Stejně jako v předchozím případě sestrojíme bod C tak, aby úhel ACB byl pravý. Pak platí \DC\2 = \AD\-\DB\ = 5, tedy \DQ = s[Š (obr. 72). Poznámka. Sestrojili jsme úsečku délky VŠ, když jsme znali úsečku délky 1. Přitom jsme použili jen pravítka a kružítka. Konstrukce, při kterých použijeme jen pravítka a kružítka, se nazývají euklidovské konstrukce. Konstrukcí se v geometrii rozumí zpravidla euklidovské konstrukce. 46 Obr. 71 Obr. 72 o Příklad 42. Je dán obdélník ABCD o stranách délek a, b (a > b). Vypočtěte vzdálenost bodu B od úhlopříčky AC a. vzdálenost pat kolmic vedených z bodů B a Dna. tuto úhlopříčku. Řešení. Paty kolmic z bodů B a D na úhlopříčku AC označme E, F (obr. 73). Postupně platí: D A \AF\ - \AC\ = \AD\ (Euklidova věta o odvěsně) b2 \AF\ = \jct2 +b2 = \EC\ \BF\ = A]BC\--\! ; \EF\ = ja2+b2 -2 ab yla2+b2 b2 a2-b2 yja2+b2 yja2+b2 Obr. 73 C B o Cvičení 1. Je dána úsečka jednotkové délky. Užitím Euklidových vět a Pythagorovy věty sestrojte úsečky délek 4l. x/K) , *J\5. o Cvičení 2. Jsou dána kladná reálná čísla u, v (u > v). Dokažte, že trojúhelník o stranách délek c = u2 + v2, a-u2~v2t b = 2uv je pravoúhlý. o Cvičení 3. Je dán pravoúhlý trojúhelník o stranách délek a, b, c, kde c je délka přepony. Dokažte, že existují kladná reálná čísla u, v taková, že platí c = w2+v2, a = u1-v2, b - 2uv. 47 o Cvičení 4. Do Čtverce, jehož strana má délku a, je vepsán rovnostranný trojúhelník tak, že jeden jeho vrchol je ve vrcholu čtverce. Vypočítejte délku strany rovnostranného trojúhelníku. o Cvičení 5. V rovnoramenném trojúhelníku ABC jsou známy velikosti výšek va, vc. Vypočtěte délku základny AB. o Cvičení 6. Je dána kružnice k se středem S a poloměrem r a bod M, který má od bodu S vzdálenost d > r. Z bodu M vedené tečny t\, h se dotýkají kružnice k v bodech Tu Tj. Určete délku tětivy T\ 7j a její vzdálenost od středu kružnice k. o Cvičení 7. Určete délky stran pravoúhlého trojúhelníku ABC, je-li řa=10, řft = 4-VÍO. o Cvičení 8. Dokažte, že platí vztah = —+—T, kde a, b jsou délky odvěsen a vc výš- v; a b" ka pravoúhlého trojúhelníku ABC. o Cvičení 9. Dokažte, že mezi délkami stran trojúhelníku ABC platí vztah a1 = b2 +c2 -bc, platí-li pro jeho úhel \ b, a úsečka délky 1. Sestrojte úsečky délek a) x = \ja-b , b) x = «ja~ +b2 , c) x = yja1 -h2 , d) x = a- b, e) x = ^—^, f) x = —. c a Řešení, Nebudeme podrobně popisovat konstrukce, vše je patrné z obr. 74a-f. V případě d) přepíšeme rovnost na tvar — - —, v případě e) na tvar — = —, v případě f) na tvar a 1 a c x 1 1 a a b a Obr. 74a - 2 varianty 48 a Obr. 74b Obr. 74c Obr. 74d Obr. 74e Dále konstruujme složitější algebraické výrazy. o Příklad 44. Jsou dány úsečky délek a, b, c, d, a> b, a> c, a úsečka délky 1. Sestrojte úsečky délek a) x = ———, b) x = . p-^, c) x = ^2a2 +bc . d) x = a^2 + fi> Obr. 74f Řešení. V případě a) označíme y- — , z —, x = y~ž (obr. 75a,b,c). V případě b) d d označíme x = -y[yč; dále je vše patrné z předchozího příkladu 43. V případě c) označíme číme y2=bc (tj. y = \[bč), z2=a2+a2 (tj. z = ^a2 +a2), x = yjz2 +y2 ; i zde se odvoláváme na příklad 43. V případě d) označíme y-yjŤ>, z-^jl + y -yj{2 + y)\, x z x = az (tj. — = —); řešení vidíme na obr. 76a,b. a 1 Obr. 75a x = y — z Obr. 75c 49 Obr. 76a Obr. 76b a Po těchto pomocných příkladech uvedeme využití konstrukcí úseček v dalších úlohách. Obr. 77a Obr. 77c o Příklad 45. Proměňte daný obdélník na rovnostranný trojúhelník stejného obsahu. Řešení. Nechť obdélník má strany délek a, b a. nechť hledaný rovnostranný trojúhelník má stranu délky x. Z rovnosti obsahů ab = — -x——x plyne x = -^=-«Ja~b , 4/3 2 2 y = yfäbt z = Vä = V>/3 =V>/3~-l, 2 xv x = - • y (tj. - = -) (obr. 77a,b,c). z 2 z o Příklad 46. Je dána kružnice k se středem S a poloměrem r, na jejímž průměru je zvolen bod 7", pro který platí \ST\ = p, 0 < p < r. Sestrojte dvě shodné kružnice k\, k%, aby se dotýkaly v bodě T a každá z nich ještě kružnice k. v Resení. Označme x poloměr hledaných kružnic k\, kj. Z obr. 78 vidíme rovnost (x - r)2 = x2 + p1, tedy Postupně konstruujeme výrazy x = ■ -., neboli — = Od- 2r r + p 2r tud už lehce sestrojíme úsečku délky x. Obr. 78 50 Je možné též postupovat takto: označíme z2 = r2 - p1 (tj. z = *Jr2-p2 ), x = — (tj. — = —). 2r z 2r o Příklad 47. Sestrojte trojúhelník ABC, jsou-li dány délky a, b jeho stran a délka u osy úhlu sevřeného stranami BC aAC. Řešení. Z obr. 79 je vidět, že trojúhelníky ADC a ABB' jsou podobné, odkud — = —— _ Takže nej-« é prve sestrojíme úsečku délky x a pak sestrojíme trojúhelníky BB'C a ABC. o Příklad 48. Do trojúhelníku ABC s ostrými úhly při vrcholech A, B, u něhož je dána délka \AB\ = c a výška vC} vepište obdélník KLMN tak, že strana leží na straně a jeho obvod je 2p, kde ye > p > c, nebo c > p > vc. v Řešení. Z podobnosti trojúhelníků ABC a NMC (obr. 80) plyne c: x = vc: (yc - y) a podle zadání v — c platí x +y =p. Odtud >' = v • —-. v -i- Konstrukce úsečky délky v je zřejmá a též konstrukce obdélníku KLMN. o Příklad 49. Sestrojte trojúhelník ABC, znáte-li velikosti jeho výšek v,„ v*, vc. Obr. 80 - v .. ,111 Řešení. Jedna možnost využije vztahu a:b:c = —: —: — v v. v o b c Sestrojíme tedy úsečky dé- lek —, —, — a dále postupujeme podle příkladu 34. V druhém případě označíme výš- vb v.. w,. v trojúhelníku se stranami délek va, vb, vc. Zde platí ky %, a: b: c = —: —: — = wa :wb :wc, takže opět užijeme příklad 34. a) x = o Cvičení 1. Jsou dány úsečky délek a, b, c, d, e a úsečka délky 1. Sestrojte úsečky délek ac \ab .. n 71 2 77 —,1—, b) x=^a + b+c• -d ,a>d, d V de V a—b a'+b3 c) x = J-— ,a> b, d) x — a ■ Vó" + *Jbc*j2 51 o Cvičení 2. Jsou dány úsečky délek a, c, m. Sestrojte rovnoramenný lichoběžník ABCD o základnách AB, CD tak, aby \AB\ = a, \CD\ = c a aby se jeho obsah rovnal obsahu čtverce o straně délky m. o Cvičení 3. Sestrojte pravoúhlý trojúhelník ABC s pravým úhlem při vrcholu C. je-li dán obvod o trojúhelníku a výška vc. o Cvičení 4. Sestrojte pravoúhlý trojúhelník ABC s pravým úhlem při vrcholu C, jsou-li dány délky m - c~a, n = c — b. o Cvičení 5. Je dán ostroúhlý trojúhelník ABC. Rozdělte tento trojúhelník kolmicí na stranu AB na dvě části, které mají stejný obsah. 14. Věta Menelaova a věta Cěvova i. Věta Menelaova (Menelaos žil kolem roku 100 n.l.). V rovině je dán trojúhelník abc, na přímkách ab, bc, ca leží po řadě body k, l, m, které jsou všechny různé od vrcholů trojúhelníku. Leží-li body K, L, m na společné přímce, pak platí 1. z bodů k, ĺ, m patří trojúhelníku buď právě dva nebo žádný, ^ \ak\ \bl\ \cm\_. \bk\ \cl\ \am\ Obrácené, platí-li tvrzení 1 a 2, leží hody k, l, m na jedné přímce. Důkaz. Předpokládejme, že body k, l, m leží na přímce. Pak zřejmě platí tvrzení 1. Nechť například body m, l patří trojúhelníku (obr. 81a) nebo žádný /. bodů nepatří trojúhelníku (obr. 81b). Veďme bodem b rovnoběžku s přímkou ac a označme A" její průsečík bod M, a proto \ak\ _ \am\ \BK\~ \BX\ . Obdobně díky stejnolehlosti se středem l platí \BL\_ \BX\ \CL\ ~\CM\ Vynásobením těchto dvou rovnic dostaneme dokazovaný vztah 2. Dokážeme nyní větu obrácenou. Předpokládejme tedy, že platí tvrzení 1 a 2. Můžeme ještě předpokládat, že buď patří trojúhelníku body M, L a bod K ne, nebo nepatří trojúhelníku žádný z bodů K, L, M. Kdyby byla přímka ML rovnoběžná s přímkou AB, platilo by \CM\ \AM\ CL BL a podle tvrzení 2 by bylo \AK\ = \BK\, což nemůže platit, protože by bod K musel být středem úsečky AB, avšak bod K není vůbec bodem úsečky AB. Přímky ML a. A B jsou tudíž různoběžné, jejich průsečík označíme K'. Body M, L, K' leží na přímce, proto a Obr. 81a,b 52 podle první části věty, kterou jsme už dokázali, platí AK'\ \AK\ \AK' \BK' \BL CL \CM\ \AM\ = 1. Jelikož platí ta- ké tvrzení 2, musí být Je-li tato hodnota větší než 1, leží body mimo K, K' oba BK'\ \BK\ na polopřímce A B mimo úsečku AB. Nechť je například \AK] > \AK\f a tedy \AK'\ - \AK\ t \KK'\, \BK'\ = \BK\ + \KK'\. Dosazením do výše uvedené rovnosti dvou zlomků dostaneme \KK'\ = 0, tedy Ä' = K'. Tentýž výsledek bychom dostali i v případě \AK'\ < \AK\, nebo pro ]-1 < 1. A protože body M. L, K' leží v přímce a K - K', dokázali \BK jsme, že body A', L, M leží v přímce. Věta Cěvova (čti čevova, italský matematik Giovanni Céva ji uveřejnil roku 1678). V rovině je dán trojúhelník ABC, na přímkách AB, BC, CA leží po řadě hody K, L, M, které jsou všechny různé od vrcholů trojúhelníku ABC. Prochúzejí-li přímky CK, AL, BM jedním bodem, nebo jsou-li rovnoběžné, pak platí 1. právě jeden z hodů K, L. M je bodem trojúhelníku ABC, nebo každý z nich je bodem trojúhelníku ABC, AK\ \BL\ \CM\_ bk\ \cl\ \am\ Obráceně, plati-li tvrzení 1 a 2, procházejí přímky ck, al, bm jedním bodem, nebo jsou spolu rovnoběžné. c Důkaz. Předpokládejme, že přímky CK, AL, SA/jsou spolu rovnoběžné, nebo procházejí jedním bodem. Pak zřejmě platí tvrzení 1; k přesnému důkazu bychom potřebovali užít některá tvrzení o uspořádání. Jsou-li přímky CK, AL, BM spolu rovnoběžné, jenom jeden z bodů K, L. M patří trojúhelníku ABC; nechť je to například bod M Pak existuje stejnolehlost zobrazující trojúhelník C MB na trojúhelník CAL, a druhá stejnolehlost zobrazující trojúhel- ník AMB na trojúhelník ACK. Proto platí (obr. 82a) \AK\ \CA\ \BL \AM\ = L—r1. Vynasobe- \bk\ \cm\' \cl ním těchto rovností dostaneme už rovnost 1. Nechť procházejí přímky ck, al, bm společným bodem t (obr. 82b,c). Vezmeme trojúhelník akc a přímku bm. Aplikujeme-li Menela- \ab\ \kt\ \cm\ ..... ..... m ovu větu, dostaneme \—H—r ■-. = 1 • Podobně pro trojúhelník bck a pnmku al mame \bk\ \ct\ \am\ \bl\ \ct\ \ak\ = 1. Vynásobením těchto dvou rovností dostaneme opět vztah 2. jehož plat- \CL\ \KT\ \AB\ nost je tím dokázána. Důkaz obrácené věty je obdobný jako důkaz obrácené Části Menelaovy věty. o Cvičení 1. Bod K je středem strany AB trojúhelníku ABC, bod L dělí stranu BC v poměai 3 : 1. tj. \BL\ : \CL\ = 3 : 1. Označme M průsečík přímek KL a AC. Určete poměr \AM\ : \AQ. o Cvičení 2. V předcházejícím cvičení označme T průsečík přímek CK a AL, .V průsečík přímek BTaAC. Určete poměr \AN\: \AC\. o Cvičení 3. Na stranách AB, BC. CA trojúhelníku ABC jsou zvoleny body C\, A\, B\ různé od hodů A, B, C. Předpokládejme, že přímky AB a A\B[ nejsou rovnoběžné a označme Ci jejich průsečík. Obdobně předpokládejme, že Az je průsečíkem přímek BC a B\C\ a Bj je průsečíkem přímek AC a A\C\. Jestliže procházejí přímky AA\, BB\, CCj jedním bodem, pak leží body Aj, Bi, C2 na jedné přímce. Dokažte. o Cvičení 4. Je dán trojúhelník ABC. Přímka p protíná přímky AB, BC, CA postupně v bodech D, E. F a neprochází žádným vrcholem trojúhelníku ABC. Dokažte, že středy P. Q, R úseček DC, AE, BF leží na jedné přímce. 15. Těžnice, osy stran, osy úhlů a výšky v trojúhelníku Z Cěvovy věty okamžitě plyne, že těžnice trojúhelníku (tj. spojnice vrcholu trojúhelníku se středem protější strany) procházejí jedním bodem (těžištěm trojúhelníku) (obr. 83). Označi- la \BL\ \CM\ me-h K. L, M středy stran AB. BC, CA, je zřejmě {-—\-\—\-\—-| = 1, takže podle Cěvovy \BK\ \CL\ \AM\ věty procházejí přímky AL, BM, CK jedním bodem T. Použijeme-li Menelaovu větu na troj- úhelník CKB a na přímku AL. na níž leží také bod T, dostaneme |—f---^—^-f-—\ = takže \BA\ \CL\ \KT\ \CT\ = 2-\TK\. Podobně bychom dokázali \AT\=2-\TL\, \BT\=2-\TM\. Vidíme, že těžiště T dělí úsečku spojující vrchol trojúhelníku se středem protější strany v poměru 2:1. Důkaz předcházejících tvrzení o těžnicích a těžišti bychom mohli těž snadno dokázat pomocí stejnolehlosti zobrazující trojúhelník ABC na trojúhelník LMK, viz příklad 29. 54 Pomocí Cěvovy věty můžeme také dokázat, že se výšky v trojúhelníku protínají v jednom bodě. V pravoúhlém trojúhelníku není co dokazovat. Vezměme proto např. tupoúhlý trojúhelník abc (obr. 84), paty výsek označíme k, l, m. Trojúhelníky cla a cmb jsou podobné podle věty (uu), viz příklad 30. Proto |CX| \ca\ 7—r = \—ŕ - Podobně dostaneme z podobnosti \cm\ \cb\ trojúhelníků cka a bma rovnost \am \ak \ab\ UČ] a z podobnosti trojúhelníků bkc a bla vztah -.—r = i—r- Vynásobením těchto tří rovností \bl\ \ba\ dostáváme am\ \bk\ \cl \cm\ \ak\ \bl -1. Podle Cěvovv věty procházejí přímky al, bm, CÁjedním bodem, neboť ještě víme, že z bodů k, l, Mjen bod K je bodem trojúhelníku abc. Podobně bychom postupovali pro trojúhelník ostroúhlý. Obr. 85 Také osy vnitřních úhlů trojúhelníku procházejí jedním bodem. Dokážeme toto tvrzení pomocí Cěvovy věty. Označme k průsečík strany ab a osy úhlu acb (obr. 85). Bodem b vedeme rovnoběžku se stranou ac a průsečík s osou označíme d. Trojúhelníky akc a bkd jsou stejnolehlé, proto \ak\ : \bk\ = \ac\ : \bd\. Trojúhelník cdb je rovnoramenný, protože \-cosíZ, neboť cos B = -sin= -cos(7t - /?). b / OL \ r í A Obr. S9a Obr. S9b Hodnoty goniometrických funkcí pro různé hodnoty úhlu a můžeme vyčíst z matematických tabulek nebo je také můžeme zjistit pomocí kalkulaček. Tím pak určíme délku kaž- 58 dé strany pravoúhlého trojúhelníku, známe-li délku jedné jeho strany a velikost jednoho jeho ostrého úhlu. o Příklad 51. V pravoúhlém trojúhelníku ABC s pravým úhlem při vrcholu C je \1£[-(|CZ)|2 + |/ÍZ)|-|5Z)|). o Cvičení 4. Dokažte, že v každém trojúhelníku ABC při obvyklém značení platí a) (b + c)cos a + (c + a)cos fi + (a + b)cos y = a + b + c, b) cotg/ =--cotg a . c sin cc o Cvičení 5. V trojúhelníku ABC určete délky stran a úhlů, jestliže znáte jeho obsah P ~ 84 a dále víte, že 6 + c = 28, a = 60°. o Cvičení 6. Dokažte pomocí Cěvovy věty, že se výšky v trojúhelníku protínají v jednom bodě (důkaz rozdělte zvlášť pro trojúhelník ostroúhlý, pravoúhlý a tupoúhlý). Využijte toho, že úseky na stranách vyjádříte goniometrickými funkcemi. o Cvičení 7. Dokažte pomocí Cěvovy věty a sinové věty, že se osy vnitřních úhlů trojúhelníku protínají v jednom bodě. o Cvičení 8. Jestliže v trojúhelníku dělí těžnice a výška k téže straně úhel, z něhož vycházejí, natři shodné části, je trojúhelník pravoúhlý. Dokažte. o Cvičení 9. V příkladu 53 vyjádřete úseky ci, ci pomocí délek a, b, c stran trojúhelníku ABC. o Cvičení 10. Pomocí Stewartovy věty (cvičení 3) určete délku těžnice tc a délku u osy íůúuACB. 18. Kružnice Vedle trojúhelníku je velmi jednoduchým geometrickým útvarem kružnice. Definuje se jako množina všech bodů roviny, které mají od pevného bodu S při zvolené jednotce délky danou vzdálenost r. Bod S je středem kružnice, číslo r poloměrem kružnice. Ty body roviny, jejichž vzdálenost od středu S je menší než r, tvoří tzv. vnitřní oblast (vnitřek) uvažované kružnice. Vnější oblast (vnějšek) kružnice o středu S a poloměru r je tvořena všemi těmi body roviny, které mají od středu S vzdálenost větší než r (obr. 94). Nechť je dáno kladné číslo r a v rovině bod 5" a přímka p, vzdálenost bodu 5 od přímky/? označíme d. Nechť je P pata kolmice vedené bodem S na přímku p, tedy d— \SP\ (obr. 95). Předpokládejme, že bod X přímky p leží na kružnici k o středu S a poloměru r. Označme ještě x = \PX\. Pak tvoří body P, S, Xpravoúhlý trojúhelník, nebo je P —X. V každém případě platí d2 + x2 = r2. Vidíme tedy, že v případě d > r nemůže na přímce p ležet bod kružnice k, přímka p se pak nazývá vnější přímkou kružnice k (obr. 96). Je-li d = r, je bod X bodem kružnice k právě tehdy, když je x = 0, tedy X- P. V tomto případě má přímka p s kružnicí k společný právě jeden bod P\ taková přímka se nazývá tečna kružnice, společný bod P je bodem dotyku tečny a kružnice. Spojnice bodu dotyku tečny a středu kružnice je na tečnu kolmá. Konečně vidíme, že v případě d < r má přímka p s kružnicí k společné dva body X\ fXi, jejichž vzdálenost od bodu P se rovná x = 4r2 -d2 . Přímka p se pak nazývá sečna kružnice k, úsečka X\X2 je tětivou kružnice k. Není-li d = 0, neprochází-li tudíž přímka p středem kružnice k, tvoří body S, X\, Xj rovnoramenný trojúhelník. Je-li d = 0, je S středem úsečky X\Xi. V každém z těchto dvou případů leží bod S na ose úsečky X\Xi, střed kružnice tedy leží na ose každé tětivy kružnice. 62 vnější oblast Obr. 96 Obr. 97 Tětiva kružnice, která obsahuje střed kružnice, má délku rovnou dvojnásobku poloměru kružnice a nazývá se průměr kružnice. Průměr AB kružnice k (obr. 97) rozdělí kružnici na dvě polokružnice. Je-li C další bod kružnice k, tvoří body A, B, C trojúhelník, střed S kružnice je středem strany AB. Trojúhelníky ACS a BCS jsou rovnoramenné, proto ||, = \SPX\), proto kS^Ml = kSI^I = 90°. k' —Pí Obr. 99a """ Pi Obr. 99b 64 o Cvičení 1. Nad odvěsnami AC, BC pravoúhlého trojúhelníku ABC jsou sestrojeny Thaletovy kružnice, které se protínají ve dvou bodech. Jedním průsečíkem je bod C, druhý průsečík označme X, Leží bod Xna přeponě AB? Zdůvodněte. o Cvičení 2. Platí obdobné tvrzení jako ve cvičení 1, je-li úhel při vrcholu C a) ostrý, b) tupý ? o Cvičení 3. Je dána kružnice k se středem S a bod M, který- leží a) uvnitř kružnice, b) na kružnici, c) vně kružnice. Jaký útvar vyplní středy všech tětiv kružnice k, které procházejí bodem M? (V případě c) tětivu pomyslně prodloužíme do bodu M.) o Cvičení 4. Je dána kružnice k se středem S, dále její libovolná tětiva AB a bod C 4- S uvnitř kružnice k. Bodem C veďte tětivu MN tak, aby byla tětivou AB půlena. o Cvičení 5. Je dána kružnice k a uvnitř ní dva různé body P, Q. Vepište do kružnice k pravoúhlý trojúhelník ABC tak, aby bod P ležel na odvěsně AC a bod Q na odvěsně BC. o Cvičení 6. Bod X probíhá kružnici se středem S sestrojenou nad průměrem AB. Na každé polopřímce SX }e sestrojen bod Y tak, že jeho vzdálenost od bodu S je rovna vzdálenosti bodu X od přímky AB. Sestrojte množinu všech bodů Y. 19. Věta o obvodovém a středovém úhlu Thaletova věta je speciálním případem obecnějšího tvrzení, totiž věty o obvodovém a středovém úhlu. Zvolme na kružnici o středu S body C, D tak, aby tvořily průměr kružnice k (obr. 100). Je-li A libovolný další bod kružnice k, různý od bodů C, D, je trojúhelník ACS rov-noramenný, a označíme-li a velikost úhlu ACS, je také úr = |j + l-íC^AZ?! >7t (obr. 102), rovná se součet |'" Obr. 107 68 Řešení. Sestrojíme úsečku AAi o délce ta a vyznačíme na ní polohu těžiště T, Bod C leží jednak na kruhovém oblouku s tětivou AA\ a obvodovým úhlem y. jednak na polo- 2 kružnici se středem Ta poloměrem —tc (obr. 108). Doplnění bodu B je již snadné. Obr. 108 o Příklad 59. Sestrojte trojúhelník ABC, jsou-li známy velikosti výšek v a, v t a délka strany c. Řešení. Sestrojíme úsečku AB délky c a nad ní Thaletovu kružnici. Pata A\ výšky va vznikne jako průsečík této Thaletovy kružnice a kružnice se středem A a poloměrem va (obr. 109); analogicky vznikne pata B\ výšky v/,. Bod C je průsečíkem přímek AB\ &BA\. o Příklad 60. Dokažte, že osa středového úhlu a osa libovolného obvodového úhlu příslušného témuž oblouku kružnice k se protínají na kružnici k. Řešení. Sestrojme kružnici k se středem S a vyznačme v ní tětivu AB. Označme P průsečík osy středového úhlu ASB s kružnicí k a v opačné polorovině s hraniční přímkou AB označme bod C na kruhovém oblouku. Jelikož je \AP\ = \BP\, je \60c ■ar Označme ještě krajní body zvoleného oblouku A, B. Přímka AB rozdělí kruh na dvě části, které se nazývají kruhové úseče. Obsah menší úseče (a < jt) dostaneme, když od celé výseče odečteme obsah trojúhelníku SAB (obr. 116), tedy /* = — ar2 -ir2 sincr = — r2(a-srna) o Příklad 64. Je dán pravoúhlý trojúhelník ABC s pravým úhlem při vrcholu C. Polokružnice nad odvěsnami AC, BC ležící v polorovinách opačných k polorovinám ACB a BCA vytvoří spolu s polo-kružnicí nad průměrem AB a procházející bodem C dva měsíčky (obr. 117). Vypočtěte jejich obsahy. Šrafované útvary se nazývají Hippokratovy měsíčky. Obr. 117 74 Řešení. Obsah P\ měsíčku nad odvěsnou AC vypočteme tak, že od obsahu půlkruhu s průměrem AC odečteme obsah kruhové úseče, jež je částí kruhu o poloměru —|yl2?| a odpovídá středovému úhlu 2/?, tedy b2 ' P,=-% — -1 2 4 -•—-2/?--.—sin2/? 2 4 2 4 %b' ^ + ^sin2/?. 4 8 Podobně máme pro obsah P% druhého měsíčku rovnost na2 c2a c2 . . P, =----1--sin 2«. - 8 4 8 Užitím vzorců sin 2a - 2 sin a cos a, a = c sin a = c cos , £ = c sin /? = c cos a dostaneme xb" c2B ab —— + — 4 4 mi c2a ab --h — 4 4 Protože c2 =a2+b2, a + j3=-,je /;+P2 =y. V tomto výsledku se vůbec nevyskytuje číslo ji, součet obsahů obou měsíčků se rovná obsahu trojúhelníku ABC. Tento zajímavý výsledek dával naději na úspěch matematikům starověku, kteří řešili tzv. problém kvadratury kruhu, tj. euklidovskými konstrukcemi (pravítkem a kružítkem) sestrojit čtverec, který by měl stejný obsah jako daný kruh. Dnes je však dokázáno, že tuto konstrukci kružítkem a pravítkem nelze provést, že je to problém neřešitelný. o Příklad 65. Úsečku délky a rozdělte na n úseček a nad každou z nich sestrojte polo-kružnici. Porovnejte součet délek všech těchto polokružnic s délkou polokružnice nad celou úsečkou (obr. 118). Řešení. Označíme a\, #2, an délky úseček, na které je rozdělena úsečka délky a. Je tedy al+a2+... + an=a. Součet délek všech polokružnic nad těmito úsečkami ie n—+ x—+ ... + %—, 2 2 2 délka polokružnice nad úsečkou délky a je x—: oba tyto výrazy se sobě rovnají. Obr. 118 o Cvičení 1. Je dán rovnostranný trojúhelník ABC. Kruhové oblouky se středy v bodech A, B, C procházející vždy zbývajícími dvěma vrcholy trojúhelníku, ohraničují část roviny, které se říká Relauxův trojúhelník (obr. 119). Je to útvar konstantní šířky - zvo-líme-li rovinný pás nejmenší možné šířky tak, aby v něm celý Relauxův trojúhelník ležel, pak při otáčení se tento trojúhelník neustále dotýká hranice pásu. Vypočtěte obsah Relauxova trojúhelníku, je-li \AB\ = 6 cm. Poznámka: Obdobné vlastnosti jako Relauxův trojúhelník má každý pravidelný „lichoúhelník". Má tutéž vlastnost pravidelný „sudoúhelník Obr. 119 o Cvičení 2. Je dán čtverec ABCD o straně délky 10 cm. Čtvrtkružnice o středech^, B, C,Da poloměru 10 cm rozdělí Čtverec ABCD na 9 částí. Vypočtěte jejich obsahy. 75 o Cvičení 3. Vypočtěte součet obsahů Hippokratových měsíčků výpočtem obsahu trojúhelníku ABC, který má odvěsny délek a, b, a obsahů půlkruhů příslušných průměrům AC, BC, AB a s použitím Pythagorovy věty. o Cvičení 4. Délku / kružnice zvětšíme o jeden metr. O kolik se zvětší poloměr kružnice? Jak tato změna závisí na poloměru původní kružnice? Jak se tato změna projeví např. na zemském rovníku? 22. Vzájemná poloha dvou kružnic, stejnolehlost kružnic Označíme-li s vzdálenost středů dvou kružnic a r\, ri jejich poloměry, mohou nastat tyto případy: : 5 < |'-! s = j/- - r, J h "'2!<5 >\+r2 jedna kružnice leží ve vnitřní oblasti druhé jedna kružnice se dotýká zevnitř druhé kružnice se protínají ve dvou bodech kružnice mají vnější dotyk každá z kružnic leží ve vnější oblasti druhé Podívejme se na problém existence stejnolehlosti, která zobrazuje jednu z daných dvou kružnic na druhou. Nechť kružnice / o středu O a poloměru r je zobrazena ve stejnolehlosti o středu ,!? a koeficientu k (obr. 120). Označíme A některý- bod kružnice / a O', A' obrazy bodů O, A ve zvolené stejnolehlosti. Pak je ;0'A] = |A>, obrazem kružnice / je kružnice /' o středu O' a poloměru \i\r. Úsečky O A, O'A' jsou rovnoběžné, při kladném Ä jsou dokonce orientované úsečky O A, O A' shodně orientované (určují týž orientovaný směr), při záporném X určují opačné směiy. Mějme nyní v rovině dvě kružnice o různých středech O, O'. Jestliže existuje stejnolehlost zobrazující jednu z nich na druhou, leží střed stejnolehlosti na přímce 00'. Obr. 120 Si v 0 Jo* j Obr. 121 76 Na první kružnici zvolíme libovolný bod A (který neleží na přímce OOr) a na druhé bod A' tak, aby byly přímky O A, 0'A' rovnoběžné. Střed hledané stejnolehlosti je průsečíkem přímek 00', A A'. K danému bodu A máme dvě možnosti volby bodu A' (obr. 121). Zdá se tedy, že vždy existují dvě stejnolehlosti zobrazující první kružnici na druhou. Mají-li však kružnice stejný poloměr, je při jedné volbě bodu A' přímka ÁA' rovnoběžná s přímkou 00' a neexistuje stejnolehlost zobrazující body O, A po řadě na body O', A' (existuje však posunutí zobrazující jednu z daných kružnic na druhou). Jsou-li kružnice soustředné (O = O') a různé, existují vždy dvě stejnolehlosti zobrazující první kružnici na druhou, středy obou stejnolehlosti splývají s bodem O. o Příklad 66. Volte různé polohy dvou kružnic o různých poloměrech, hlavně vně se dotýkající, protínající se, zevnitř se dotýkající, dále když jedna leží uvnitř druhé (ne však soustředné) a nakonec soustředné. Ve všech případech určete polohu obou středů stejnolehlosti těchto kružnic. v Řešení. Středy stejnolehlosti označíme S\, S2. Jejich polohu a způsob jejich nalezení (obdobný jako v předchozí úvaze) vidíte na obr. 122a-d. U soustředných kružnic splynou body O, Or, S,, s2 = r2 = n / v 0 / Obr. 122a A'/ \ 0 r2X /o1 \\7 / Obr. 122b 77 Á Obr. 122c Obr. 122d Můžeme shrnout: Mají-li kružnice k\, k2 různé poloměry, existují právě dvě stejnolehlosti, jedna s kladným, druhá se záporným koeficientem, při kterých se kružnice k\ zobrazí na kružnici k2. Střed Si stejnolehlosti s kladným koeficientem se nazývá vnější střed stejnolehlosti, obdobně střed S2 stejnolehlosti se záporným koeficientem se nazývá vnitřní střed stejnolehlosti. O kružnicích říkáme, Že jsou stejnolehlé (v obou případech). Mají-li různé kružnice k\, ki stejný poloměr, existuje právě jedna stejnolehlost zobrazující k[ na k?, jde o středovou souměrnost. Dále existuje právě jedno posunutí zobrazující kružnici ki na kružnici k2. Na obr. 123 to vidíme pro kružnice ležící vně sebe; pro ostatní vzájemné polohy dvou kružnic je to analogické. Obr. 123 o Příklad 67. Mají-li dvě kružnice o nestejných poloměrech společnou tečnu, pak tato tečna prochází středem některé stejnolehlosti zobrazující jednu kružnici na druhou. Dokažte. Řešení. Středy kružnic označíme O, O', body dotyku kružnic na společné tečně označíme T. T. Pak jsou úsečky OT, 0'T rovnoběžné, protože jsou obě kolmé ke společné tečně. Proto je obrazem bodu T bod T v jedné stejnolehlosti zobrazující první kružnici na druhou, a tudíž přímka TT prochází středem této stejnolehlosti. Pokud existují i další tečny obou kružnic, platí tam stejné úvahy (obr. 122a,b,c. obr. 124). Poznámka. Společné tečny ke dvěma kružnicím o různých poloměrech se dají tedy sestrojit jako tečna z bodu (středu stejnolehlosti kružnic) k jedné z kružnic (příklad 54). Prochá-zejí-li tečny vnějším (vnitřním) středem stejnolehlosti, nazývají se vnější (vnitřní) tečny kružnic. 78 Společné tečny dvou kružnic o nestejných poloměrech se dají také sestrojit pomocí tzv. dilatace. Tato metoda se zakládá na následující úvaze: Zmenšíme-Ii poloměr ri větší kružnice ki o poloměr r\ menší kružnice k\, změní se úloha o nalezení společných vnějších tečen kružnic na úlohu o nalezení tečny z bodu 0\ ke kružnici se středem O2 a polomě- 79 Obr. 126 rem r2 - r\ (obr. 125a). Analogicky při hledání vnitřních tečen kružnic zvětšíme větší poloměr r2 o menší poloměr n a úloha přejde na hledání tečny z bodu 0\ ke kružnici se středem 02 a poloměrem r2 + n (obr. 125b). Příklad 68. Najděte útvar, který vyplní těžiště všech pravoúhlých trojúhelníků ABC, které mají společnou přeponu AB. Řešení. Označme S střed přepony AB. Hledaným útvarem je kružnice se středem S a poloměrem — \SA\, kromě bodů ležících na přeponě AB (obr. 126). Nalezená kružnice a kružnice opsaná pravoúhlým trojúhelníkům ABC jsou stejnolehlé; bod S je jejich vnější střed stejnolehlosti. o Příklad 69. Je dána kružnice k se středem S a vně kružnice bod A. Sestrojte množinu středů všech úseček AX, kde bod A' probíhá celou kružnici k. Řešení. Hledanou množinou středů kružnic je kružnice / stejnolehlá s kružnicí k se středem stejnolehlosti A a koeficientem -i (obr. 127). o Příklad 70. Jsou dány kružnice k\ se středem S\ a poloměrem 3 a kružnice k2 se středem S2 a poloměrem 2 a platí \S\S2\ - 7. Sestrojte všechny přímky, na nichž vytínají kružnice k\, k2 postupně tětivy délky 4 a 3. w Řešení. V kružnici k\ sestrojíme nějakou tětivu délky 4 a v kružnici k% nějakou tětivu délky 3. K těmto tětivám sestrojíme dotýkající se kružnice k\,k2 soustředné s kružnicemi k\, k2. Hledané přímky jsou společnými tečnami kružnic ku k2 (obr. 128). Obr. 128 80 o Příklad 71 {Mongeova věta o stejnolehlosti tří kružnic). Jsou dány tři kružnice *i (S] \ r\), k2 (S2; r2), k) {Sy, 7*3), jejichž středy neleží v přímce a poloměry jsou vesměs různé. Jsou-li Sei2, S,i2, Se2i, 5,23, $e\i, 5/b postupně vnější a vnitřní středy stejnolehlostí dvojic příslušných kružnic, leží body Sel2f Se23, Se\} a také body Scn, Sai, 5ju a také body 5ei3, Sni, Si23 a také body Sezi, 5,i2, Sni v přímce. Dokažte. v Řešení. Pokud je složením dvou stejnolehlostí stejnolehlost, jsou středy těchto tří stejnolehlostí kolineární, jak bylo dokázáno ve cvičení 8 v kapitole 8. Navíc mají všechny tři stejnolehlosti kladný koeficient (v případě Sen, Se2i, 5ei3), nebo dvě záporný a jeden kladný (v případech Se\2,5,23,5,i3 a Seu. 5,i2, S,23 a Sc23, 5,12, Suj). Tím je tvrzení dokázáno. o Cvičení 1. Je dána kružnice k a její tětiva AB. Najděte množinu těžišť všech trojúhelníků ABX, kde Xje bod kružnice k. o Cvičení 2. Je dán pravoúhlý trojúhelník ABC s přeponou AB, přičemž \AC\ =b, \BC\ = a. Kružnice k\, k2, ki mají středy v bodech A, B, C a každé dvě z nich mají vnější dotyk. Vypočtěte jejich poloměry. o Cvičení 3. Pomocí stejnolehlosti sestrojte kružnici dotýkající se dvou daných různo-běžných přímek a procházející daným bodem, který na daných přímkách neleží. o Cvičení 4. Je dána přímka AB. Sestrojte dvojice kružnic, z nichž jedna se dotýká přímky v bodě A, druhá v bodě B a obě mají vnější dotyk. Určete množinu všech bodů dotyku obou kružnic. 23. Feuerbachova a Apolloniova kružnice V této kapitole se zmíníme o dvou zajímavých kružnicích. V případě první z nich mějme trojúhelník ABC a označme P, Q, R paty výšek, V průsečík výšek, dále K, L, M středy stran trojúhelníku ABC a X, Y, Z středy úseček A V, BV, CV (obr. 129). Úsečka KL je střední příčka trojúhelníku ABC, tedy LK \\ AB. Podobně je KY střední příčkou v trojúhelníku CBV, proto je KY\\ CR. Totéž platí pro úsečku LX a konečně YX je střední příčka trojúhelníku A VB, proto je XY\\ AB. Tím jsme dokázali, že čtyřúhelník LKYX je pra-voúhelník, tj. obdélník nebo čtverec, a lze mu opsat kružnici; označme ji k. Úsečky L Y a KX jsou jejími průměry, a protože LQ je kolmá na QY, leží na kružnici k také bod O. Podobně dokážeme, že na kružnici k leží rovněž bod P\ stačí si všimnout, že trojúhelníkXPK je pravoúhlý. Jistě Obr. 129 81 už sami dokážete, že stejně jako čtyřúhelník LKYXje také LMYZ pravoúhelník, takže na kružnici k nutně leží i body M, Z. Úsečka MZ je dokonce průměrem kružnice k, a protože ZR ± RM, leží na kružnici k i bod R. Na každé kružnici leží samozřejmě nekonečně mnoho bodů, na naší kružnici k však leží devět význačných bodů trojúhelníku ^ÔC-jsou to středy jeho stran, paty výšek a středy úseček spojujících průsečík výšek s vrcholy trojúhelníku. Proto se kružnici k říká též kružnice devíti bodů, nebo také Feuerbachova kružnice (podle matematika K. W. Feuerbacha, čti fojerbacha). Jiný důkaz tvrzení, že těchto devět bodů leží na kružnici, využívá stejnolehlosti. Víme již, že kružnice opsaná trojúhelníku ABC prochází též body V\, v2, V$ souměrně sdruženými k průsečíku v jeho výšek podle stran trojúhelníku a též body u\, u2, ř/3 souměrně sdruženými k průsečíku výšek podle středů stran trojúhelníku (obr. 130). Stejnolehlost se středem V a koeficientem — 2 zobrazí kružnici opsanou trojúhelníku na kružnici, která prochází patami P, Q, R výšek trojúhelníku, středy K, L, M stran trojúhelníku, středy X, Y, Z úseček va, VB, VC. To je důkaz, že těchto devět bodů leží na Obx. 130 společné kružnici. Ještě uvedeme jednu poznámku k Feuerbachové kružnici, jejíž střed označíme F. Kružnice opsaná trojúhelníku ABC a Feuerbachova kružnice jsou stejnolehlé. Vnější střed stejnolehlosti je průsečík v výšek trojúhelníku ABC (koeficient — ), vnitřní střed stejnolehlosti je těžiště T trojúhelníku ABC (koeficient Proto F leží společně se středem5 kružnice opsané na Eulerově přímce trojúhelníku ABC a platí \tf\=, \vf\=- |KS|, \vf\=\fs\. Tedy body V, F, T, S leží na Eulerově přímce v tomto pořadí a platí (obr. 131) \VF\: \FT\: [751 = 3 : 1 : 2. -1-1-_H-f-f--j-4— V F T S Obr. 131 o Příklad 72. Zjistěte, které z devíti význačných bodu trojúhelníku, kterými prochází jeho Feuerbachova kružnice, mohou splynout. Řešení. V rovnoramenném trojúhelníku splývá pata výšky na základnu se středem základny. V pravoúhlém trojúhelníku splývají obě paty výšek na odvěsny s vrcholem trojúhelníku, v němž je vnitřní úhel pravý. S tímto bodem splývá i průsečík výšek. Proto středy obou úseček spojujících průsečík výšek s vrcholy trojúhelníku splynou se středy odvěsen, 82 třetí střed splývá s vrcholem pravého úhlu. V rovnostranném trojúhelníku splývají vždy paly výšek a středy stran, Feuerbachova kružnice je totožná s kružnicí trojúhelníku vepsanou. Nyní se zaměříme na jinou, na začátku odstavce avizovanou kružnici. Předpokládejme, že jsou v rovině dány dva navzájem různé body A, B a nechť je k kladné číslo. Zjistěme, co vytvoří všechny ty body Xx rovině, pro které platí 1^1 _ k \BX\~ Je-li k= 1, je odpověď jasná. Hledanou množinou je osa úsečky ab. Nechť tedy k£\. Dokážeme, že množinou všech bodů x v rovině, pro které je \ax] = k-\bx], je kružnice. Především existují na přímce a b dva body, které tuto podmínku splňují; označme je e, f. Dostaneme je snadno: body a, b vedeme dvě rovnoběžné přímky, různé od přímky ab. Na přímku vedenou bodem b naneseme úsečku délky 1. na přímku vedenou bodem a naneseme úsečku délky k, koncové body spojíme a najdeme průsečík s přímkou ab (obr. 132). Podle toho, zda obě úsečky leží v téže polorovině ohraničené přímkou ab nebo v opačných polorovinách s hraniční přímkou ab, dostaneme bod e nebo bod f. Ze stejnolehlosti se středem f, popřípadě e, při které se bod b zobrazí na bod a, pak \af\ \ae\ plyne -.-\ - -.-\ = k . \bf\ \be\ U a! e/ ľ 1" ^ B Y Obr. 132 Obr. 133 Jiné body na přímce AB nemohou tuto podmínku splňovat. Předpokládejme, že bod X \AX\ ležící mimo přímku AB splňuje podmínku 1--r = k. Bod X spojíme přímkami s body A, E, \BX\ B, F a bodem B vedeme přímku rovnoběžnou s přímkou AX (obr. 133). Její průsečíky s přímkami XE, XF označíme Y. Z. Ze stejnolehlosti trojúhelníků A EX, BEY plyne AX\ \AE\ -k , takže je \BY\ = \BX\. Trojúhelník BXY jt tedy rovnoramenný, odkud plyne. BY] \BE\ že |<£XjB| = |<|, takže přímka XE je osou úhluAXB. Obdobně ze stejnolehlosti trojúhelníků AFX, BFZ dokážeme, že přímka XF je osou úhlu přímek AX, BX, neboli že přímka AT je osou úhlu BXU, kde Lrje bod polopřímky AX ležící zabodemX Jsou-li však XE a XF osy dvojice přímek AX, BX, je úhel EXF pravý, leží tedy bod Xna Thaletově kružnici / nad průměrem EF. 83 \AX\ Dokážeme ještě obráceně, že každý bod X kružnice / má vlastnost -.-[ = k. Zvolme h- bovolný bod X na kružnici / různý od bodů E, F. Obdobně jako v předchozím kroku sestrojíme body Y, Z. Trojúhelník YXZ je pravoúhlý a ze stejnolehlosti trojúhelníků AXE, BYE a AX\ _\AF\ \AX AFX, BFZ plyne - lBY AE\ —[ = *, BE\ BZ \BF] = k, takže \BY\ = \BZ\. Je tedy bod B středem přepony v pravoúhlém trojúhelníku YXZ, takže je středem kružnice trojúhelníku opsané. Je \AX\ \AX\ proto \BY\ - \BX\ = \BZ\, a tudíž -.—4 = \—4 = k, takže bodJfje bodem uvažované množiny. \BY\ \BA Kružnice / je množinou všech bodů X, pro které platí \AX\ = h\BX\ pro dané různé body A, B a kladný koeficient k, a nazývá se Apolloniova kružnice (Apollonios z Pergy žil kolem roku 200 př.n.l., znal již velmi důkladně teorii kuželoseček). Poznámka. Z vlastnosti Apolloniovy kružnice vyplývá, že v každém trojúhelníku osa vnitřního úhlu dělí protilehlou stranu ve stejném poměru, jako je poměr délek příslušných přilehlých stran. o Příklad 73. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno \AB\ = 9, \AC\ : \BC\ =2a/ = -^. Řešení. Zvolíme úsečku A B délky 9 a uvnitř úsečky AB bod E tak, aby platilo \AE\ : \BE\ = 2. Dále zvolíme na polopřímce AB bod F tak, aby \AF] : \BF\ - 2. Kružnice nad průměrem EFje množinou všech bodů X s vlastností \AC\ : \BC\ = 2, vrchol C hledaného trojúhelníku musí tedy ležet na této kružnicí. Můžeme se omezit na jednu polorovinu í|, |5S'| = r-l^, |i??C'j = A:-|5C[. Bod S tedy patří Apolloniovým kružnicím určeným dvojicemi bodů A, A' a B, B' a C, O a ve všech třech případech koeficientem k a sestrojuje se jako průsečík Apolloniových kružnic. o Cvičení 1. Kdy splynou body V. F, T, S v obr. 131? o Cvičení 2. Je-li ostroúhlý trojúhelník ABC vepsán do kružnice k, dělí body A, B, C kružnici na tři oblouky. Překlopíme-li každý z nich podle příslušné strany trojúhelníku, získáme tři oblouky procházející jedním bodem. Dokažte. o Cvičení 3. Na úsečce AB je dán bod E různý od středu úsečky AB. Sestrojte Apolloni-ovu kružnici určenou body A, B a poměrem \AE\: \BE\, o Cvičení 4. Je dána Apolloniova kružnice určená body A, B a koeficientem k. Sestrojte Apolloniovu kružnici určenou body A, B a koeficientem —. k o Cvičení 5. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li při obvyklém značení dáno: a) c, íc, vtt : Vfc = 3 : 2 (návod: va : vb = b : a); b) b, c, 37c = 4-a; c) b, tb, ta : tc= 2. 85 o Cvičení 6. Jsou dány body A, B ležící uvnitř téhož průměru kružnice k. Sestrojte dvě shodné tětivy kružnice k, které mají společný jeden krajní bod a každá z nich prochází jedním z bodů A, B. o Cvičení 7. Sestrojte bod, z něhož jsou vidět tři dané kružnice pod stejným úhlem. o Cvičení 8. Je dán trojúhelník ABC. Označme E, F průsečíky os úhlů přímek AC, BC s přímkou AB. Dokažte, že \AE BE \AF\ \AC\ \BF\ \BC. 24. Mocnost bodu ke kružnici Je-li V rovině dána kružnice k se středem S a poloměrem r a v její vnější oblasti bod A, můžeme vést bodem A tečnu ke kružnici k. Její bod dotyku označíme T (obr. 135). Trojúhelník STA je pravoúhlý s pravým úhlem při vrcholu T, a platí tedy \AT\2 = \AS\2-r2. Číslo \AS\ -r se nazývá mocnost bodu A ke kružnici k a budeme ho definovat i v případě, kdy je Obr. 135 bod A bodem kružnice k nebo bodem vnitřní oblasti knižnice k. Mocnost bodu A ke kružnici k budeme značit M(A, k). Platí tedy: M(A, k) > 0. právě když A je bodem vnější oblasti kružnice k, M(A, k) = 0, právě když A je bodem kružnice k, M(A, k) < 0, právě když A je bodem vnitřní oblasti kružnice A:. Veďme bodem A libovolnou sečnu kružnice k, její průsečíky s kružnicí k označme C, D. Předpokládejme nejdříve, že A je bodem vnější oblasti kružnice k (obr. 136). Označme P patu kolmice vedené bodem S na přímku AC. Je pak \AD\ = \AP\ + \PD\, \AC\ = \AP\ - \PC\. Vzhledem k \PD\ = \PC\ je \AC\-\AD\ = \AP\2 -\PC\2 = \ASf -\SPf - Ir2 -\SP\2) = \AS\2 -r2=M(A,k). Vidíme, že hodnota I^CH^Dj nezávisí na tom, kterou sečnu jsme bodem A vedli. Vedeme-li bodem A sečnu, která protíná kružnici A: v bodech C, D\ je \AC\-\AD\ = \AC\\AD\ a tato hodnota se rovná také hodnotě \AT\2, kde je ľ bod dotyku tečny vedené bodem .4 ke kružnici k. Tečnu můžeme chápat jako mezní případ sečny, kdy body C a D' splynou v jeden bod T. Obr. 136 86 Rovnost páC|'j/4£)j= |^C'|'M^1 můžeme také dokázat pomocí podobnosti trojúhelníků. Z věty o obvodových úhlech plyne ||) = |PZ)|2-|^P|2 = ŕ - \SP\2 -(\ASf -\SP\2} = -r2 -\AS^ = -M(A,k). Podobně jako v předcházejícím případě bychom mohli i zde využít AC'\ \AC\ podobnosti trojúhelníků ACC a AD'D. Je tedy -ŕ = 7-1 AD\ \AD\ tato hodnota se rovná absolutní hodnotě záporné mocnosti bodu A ke kružnici k. A- tj. \AC\-\AD\ = \AC\-\AD], a ■ A i S 1 R Obr. 137 Obr. 138 o Příklad 76. Je dána kružnice k se středem S a poloměrem r. Určete množinu v šech bodů A, jejichž mocnost ke kružnici k je m, m > 0. Řešení. Hledané body budou ležet na kružnici se středem S a poloměrem R, pro který platí m = R2 - r2, neboli R = yjm + r2 . Konstrukce této kružnice je patrná z obr. 138. o Příklad 77. Na přímce p leží různé body C, D a též bod A vně úsečky CD. Sestrojte všechny kružnice, které procházejí body C, D (tzv. svazek protínajících se kružnic) a ke každé z nich veďte tečny z bodu A. Dokažte, že všechny body dotyku leží na kružnici se středem A a s poloměrem ^^Cj"^/)!. Řešení. Mocnost bodu A ke každé kružnici svazku je rovna jy4C|-|/ÍZ)|, tj. stejná pro všechny kružnice svazku. Tato mocnost je též rovna číslu \ATř, kde T je bod dotyku tečny vedené z bodu A ke kružnicím svazku (obr. 139), tzn. délka tečny z bodu A do bodu dotyku Tje konstantní pro všechny kružnice svazku. Ta délka je \AT\ = yf[AC\\AD\. o Příklad 78. Na přímce p leží bod C a též další bod A. Sestrojte všechny kružnice, které se dotýkají přímky/? v bodě C (tzv. svazek dotýkajících se kružnic) a kc každé z nich veďte tečny z bodu A. Dokažte, že všechny body dotyku leží na kružnici se středem A a poloměrem \AQ. 87 o Příklad 79. Jsou dány úsečky délek a, b. Sestrojte úsečku délky x = -Jäb . Řešení. Úlohu bychom mohli vyřešit užitím některé z Euklidových vět. Pomocí mocnosti bodu ke kružnici můžeme postupovat takto: Na libovolné přímce sestrojíme body A, C, D tak, aby \AC\ = a, \AD\ = b a aby byly poloprímky AC, AD totožné. Sestrojíme pak libovolnou kružnici procházející body C, D a tečnu k ní vedenou bodem A. Pro bod dotyku T pak platí \AT]2 = ab, tedy x = \AT\ = 4äb (obr. 139). o Príklad 80. Je dán úhel A VB a uvnitř ramene V A úsečka MN. Na rameni VB najděte bodXtak, aby velikost úhlu MYTVbyla co nej větší. Řešení. Hledaný bod X leží s body M, Ar na nějaké kružnici svazku protínajících se kružnic určeném body M, N. Aby bod X ležel na rameni VB, musí se jednat o kružnici, která se buď dotýká přímky VB, nebo ji protíná. Obvodový úhel MXN je tím větší, čím menší poloměr má kružnice procházející body M, N. Jde tedy vlastně o úlohu sestrojit kružnici, která prochází body M TV a dotýká se přímky VB. Můžeme ji řešit např. pomocí mocnosti bodu V ke kružnicím svazku. Sestrojíme libovolnou kružnici procházející body M, N, k ní sestrojíme tečnu VTst bod dotyku T otočíme kolem bodu V na rameno VB, Získáme bod X (obr. 141). (proč?), pokud není úhel A VB pravý. Takové body X jsou dva, avšak jen jeden je řešením o Příklad 81. Sestrojte trojúhelník jsou-li známy velikosti jeho výšek v,,, v*, vc. ABC, Řešení. Ze společného bodu U sestrojme různými směry úsečky UK, UL, UM o délkách v p. Z rovnosti (**) pak plyne \X\S\ > \X\U\; leží tedy bod X\ na polopřímce VU, kde F je střed úsečky SU, takže \XiU\ = \\US\ - \SX\\\. Dosazením do (**) dostáváme 90 , . r2~p2+\US\2 \sx, =-- , ' 1 >0. 1 1 2-\US\ Vidíme, že takový bod X] existuje právě jeden, a tudíž množinou všech bodů. jež mají k nesoustředným kružnicím k, l stejnou mocnost, je přímka kolmá ke spojnici středů obou kružnic. Tato přímka se nazývá chordála kružnic kj; označme ji c*/. Jestliže se kružnice k, l protínají v bodech A, B, je jejich chordálou přímka AB, neboť body A, B mají k oběma kružnicím stejnou mocnost (nulovou) (obr. 143). Dotýka-jí-li se kružnice k, L je jejich chordálou jejich společná tečna / ve společném bodě T (obr. 144a,b). Každý bod X přímky / má totiž k oběma kružnicím stejnou mocnost rovnající se číslu \XT\ . Jestliže se kružnice kt l ani nepro-tínají, ani nedotýkají, zvolíme libovolnou kružnici m, která obě kružnice k, l protíná. Průsečík chordály kružnic k, m a chordály kružnic /, m má pak stejnou mocnost ke všem třem kružnicím k, l, m, a musí jím tedy procházet i chordála kružnic k, l, o které víme, že je kolmá na spojnici středů kružnic K /. Můžeme ji tedy sestrojit (obr. 145a,b). Střed kružnice m však nesmíme volit na spojnici SU, to by byla chordála kružnic k, m s chordálou kružnic /, m rovnoběžná. Obr. 143 ř ..... 1 Cfc< I 1 1 \ s i k-- Obr. 144a Obr. 144b Poznamenejme, že bod, který má ke všem třem kružnicím k, I, m stejnou mocnost, se nazývá chordální střed (potenční bod) těchto kružnic. Chordála dvou kružnic (ta její část, která leží vně kružnic) je množinou bodů, z nichž lze vést k oběma kružnicím stejně dlouhé tečny. Stejně tak chordální střed tří kružnic (pokud leží vně všech tři kružnic) je bod, z něhož lze vést ke třem kružnicím stejně dlouhé tečny. Chordála svazku protínajících se kružnic v bodech A, B je přímka AB. Chordála svazku dotýkajících se kružnic se společnou tečnou p je přímkap. 91 Obr. 145a Obr. 145b o Cvičení 1. Jsou dany dvě shodné kružnice, kružnice kx se středem Sx a poloměrem /■i = 16, kružnice k2 se středem S2 a bod S, patří kružnici k2. Sestrojte na kružnici h bod X tak, aby M(X. k2) =-112. 92 o Cvičení 2. Jestliže pro pět různých bodů A, C, D, C, D', kde A je vnějším bodem úseček CD, CD'a přímky CD, CD'jsou různé, platí rovnost \AC\-\AD\ = \AC\\AD'\, leží body C, D, C, D' na jedné kružnici. Dokažte. o Cvičení 3. Jestliže pro čtyři různé body A. C, D, T, kde A je vnějším bodem úsečky CD a bod T neleží na přímce CD, platí rovnost \AC\-\AD\ = |/ÍC,\ leží body C, D, T na jedné kružnici, jejíž tečnou je přímka A T. Dokažte. o Cvičení 4. Je dána kružnice k se středem S a poloměrem r a v její vnější oblasti bod A. Bodem A veďte sečnu XY kružnice k tak, aby bod Xbyl středem úsečky AY(X, Y patří k). Řešte pomocí mocnosti bodu ke kružnici. o Cvičení 5. Jsou dány úsečky délek a, b, c, b ^ c. Sestrojte úsečku délky x - yja2 - bc pouze užitím mocnosti bodu ke kružnici. o Cvičení 6. Jsou dány nesoustředné kružnice Ä|. ki a přímka p. Na přímce p najděte bodXtak, aby \XT\ \ = \XTi\, kde T\ (TV) je dotykový bod tečny vedené zboduXke kružnici o Cvičení 7. Tři kružnice o poloměrech 3, 3, 2 se po dvou vně dotýkají. Určete délku úseku na tečnách vedených z potenčního bodu těchto tří kružnic k daným kružnicím. 25, Kruhová inverze Je-li v rovině dán bod S a dále reálné číslo X # 0, je tím dána stejnolehlost roviny, tj. zobrazení, které každému bodu Xroviny přiřadí bod X' téže roviny podle těchto pravidel: 1) Pro každý bod X f S jsou polopřímky SX a SX' totožné, je-li X > 0, a opačné, je-li k < 0. 2) Pro každý bod X a jeho obraz A" platí -SX] = \X\-\SX\. Obrazem bodu Š je tedy bod S'=S (Sjc samodružný). Zajímavé zobrazení dostaneme, jestliže první podmínku ponecháme a druhou podmínku pozměníme takto: U| 2) Pro každý bod X a jeho obraz X' platí 'SX' - r—h, přičemž není definován obraz bodu .S'. \SX\ Toto zobrazení se nazývá kruhová inverze, bod S je jejím středem, číslo Á jejím koeficientem. Je to prosté zobrazení celé roviny kromě bodu S opět na celou rovinu s výjimkou bodu .V. Všimněte si podstatného rozdílu mezi stejnolehlostí a kruhovou inverzí. Ve stejnolehlosti je vzdálenost \SX'\ přímo úměrná vzdálenosti \SX\, u kruhové inverze jde o nepřímou úměrnost; zvětší-li se vzdálenost \SX\, zmenší se vzdálenost \SX'\. V definici kruhové inverze vystupují body X, X' symetricky. Zobrazí-li se tedy bod Xna bod X', zobrazí se v téže kruhové inverzi bod Y = X' na bod Y' = X. V kruhové inverzi není tedy třeba rozlišovat vzor a obraz. Kruhová inverze proto patří mezi involutorní zobrazení. Pro stejnolehlost to platí pouze v případe X - 1 (identita), nebo X = -1 (středová souměrnost). Vedeme-Ii středem S kruhové inverze přímku p, pak obraz X' každého bodu X přímky p (různého od bodu S) leží opět na přímce p a každý bod X přímky p (X 4- S) je obrazem bodu X'. Je tedy obrazem přímky p (bez bodu S) opět přímka p bez bodu S. Je-li koeficient X kruhové inverze kladný, zobrazí se dokonce každá polopřímka SA (bez bodu S) opět na tuto polopřímku, při záporném X se každá taková polopřímka zobrazí na polopřímku opačnou. 93 Podobně jako stejnolehlost je i kruhová inverze dána středem S a místo koeficientu X ji můžeme zadat libovolným bodem a =ŕ s a jeho obrazem a' 4 s. Body s, a, a' musejí ovšem ležet nutně najedná přímce. Je-li dána kruhová inverze se středem s a kladným koeficientem X, je bod xprávě teh- \A dy samodružný, je-li \sx\ - \sx\. Protože \sx] ~ y——, je poslední podmínka ekvivalentní \sx\ s podmínkou \sx\ - \[ä . Tvoří tedy samodružné body kružnici o středu s a poloměru +Já . o Příklad 83. Kruhová inverze s kladným koeficientem je dána středem s a dvojicí odpovídajících si bodů a, a'. Najděte její kružnici samodružných bodů. Řešení. Polopřímky sa, sa' jsou totožné. Je-li a=a \ je hledanou kružnicí kružnice se středem s, která prochází bodem a. Není-li a-a \ můžeme předpokládat |.S/11 > \sa\, jinak zaměníme a a a'. Nad úsečkou sa' (obr. 146) sestrojíme Thaletovu polokružnici, její průsečík x s kolmicí k přímce sa vedenou bodem a je samodružný bod kruhové inverze, neboť podle Euklidovy věty o odvěsně je \sx\ - . Hledanou kružnicí je kružnice se stře- Obr. 146 obr. 147a Je-li kruhová inverze (s kladným koeficientem A) dána kružnicí k (se středem S a poloměrem VX) samodružných bodů, snadno sestrojíme k libovolnému bodu Xjeho obraz X'. Když je bod X bodem vnější oblasti kružnice k (obr. 147a), vedeme jím tečnu ke kružnici k a její bod dotyku T promítneme kolmo na přímku SX do bodu X'. Z pravoúhlého trojúhelníku STX pak plyne na základě Euklidovy věty o odvěsně, že \S7] ent kruhové inverze. Je-li X bodem vnitřní oblasti kružnice L vedeme jím kolmici k SX, v průsečíku T s kružnicí k sestrojíme tečnu kružnice a průsečík této tečny s přímkou SX je bodX'. Jiný způsob, kterým můžeme v kruhové inverzi (s kladným koeficientem X) dané kružnicí k se středem 5 a poloměrem k bodu X najít jeho obraz X\ je ukázán na obr. 147b. Sestrojíme polopřimku SX a na ni kolmý \SX\- SX' a \S7]Z = X je koefici- Obr. 147b 94 průměr PQ kružnice k. Je-li bod X vnějším bodem kružnice k, vedeme přímku XP; ta protne kružnici k v bodě R. Tětiva RQ protne polopřímku SX v hledaném bodě X'. Pravoúhlé trojú- \sx\ JH helníky XPS a QX'S jsou totiž podobné a platí U=J = p—r, neboli \SX\-\S X] =/.. Je-li bod X vnitřním bodem kružnice k, sestrojíme přímku XQ; dostaneme bod R. Průsečíkem přímky PR a polopřímky SX dostaneme hledaný bod A". Kruhová inverze (se středem S) se záporným koeficientem X nemá zřejmě žádný sa-modružný bod, neboť polopřímky SX a SX' jsou opačné, takže nemohou body A'a jeho obraz A" splynout. Pro některé body X však platí, že \SX\ = \SX'\, tedy je pro ne střed S kruhové inverze středem úsečky XX'. Jsou to právě ty body X, pro které je |SA|2 = tj. \SX\ = 4~Á . Kružnice k se středem S a poloměrem je jedinou kružnicí se středem S, která je v uvažované kruhové inverzi samodružná a do jisté míry nám nahrazuje kružnici samodružných bodů kruhové inverze s kladným koeficientem. Její body nejsou samodružné, každý se zobrazí na bod souměrně sdružený podle středu S. o Příklad 84. Kruhová inverze se záporným koeficientem X je dána tou kružnicí k se středem S a poloměrem r, která je v kruhové inverzi samodružná. Sestrojte k bodu X^ S jeho obraz A''. Řešení. Bodem S vedeme kolmici k SX, jeden její průsečík s kružnicí k označíme U, bodem U vedeme kolmici k UX, její průsečík s přímkou SX]e hledaný bod X' (obr. 148). Podle Euklidovy věty o výšce je totiž ]SA]-|jSAT'| = r2 = \X\ a body X, X leží na opačných polopřímkách oddělených bodem 5. Obr. 148 Obr. 149 Uvědomme si, že kruhová inverze se záporným koeficientem X a středem S, která je dána samodružnou kružnicí k se středem 0 a druhá koeficient // > 0, zobrazí se bod X£ S v první kruhové inverzi na bod X'av druhé se bod X' zobrazí na bod X" tak, že se polopřímky SX, SX' a SX" shodují a platí \SX"\ = -j-^t , \SX'\ = -r—-, takže |ST'| = ^-\SX\. Vidíme, že složené zob- u razení zobrazující bod Xna bod A"'je stejnolehlost se středem S a koeficientem —. Á Obr. 152 o Příklad 85. V kruhové inverzi s kladným koeficientem dané středem S a kružnicí samodružných bodů k zobrazte pravoúhlý trojúhelník ABC (s pravým úhlem při vrcholu Q, který leží vně kružnice k a jehož odvěsna CA leží na přímce procházející bodem 5'. Dále proveďte totéž pro jiné polohy trojúhelníku ABC. 97 Řešeni. V dané kruhové inverzi (obr. 152) zobrazíme body A. B, C na body A \ B\ C. Strana A'C leží na přímce AC, neboť přímka AC prochází středem kruhové inverze. Přímka BC se zobrazí na kružnici procházející středem kruhové inverze, proto se strana B 'C jeví jako kruhový oblouk na této kružnici. Totéž jako pro stranu B'C platí i pro stranu A 'B\ Poznámka: Bez důkazu poznamenejme, že při zobrazování kruhovou inverzí se zachovávají odchylky křivek (přímek a kružnic). Přitom odchylkou protínající se přímky s kružnicí rozumíme odchylku této přímky a tečny kružnice ve společném bodě kružnice a přímky. Odchylkou dvou protínajících se kružnic se rozumí odchylka tečen obou kružnic v jejich společném bodě. o Příklad 86. Víme, že v kruhové inverzi se kružnice neprocházející středem kruhové inverze zobrazí na kružnici. Zobrazí se střed zobrazované kružnice na střed zobrazené kružnice? Řešení. Označme S střed kruhové inverze např. s kladným koeficientem L Zobrazme kružnici / se středem O a s průměrem AB, který leží na přímce procházející bodem S. Body O, A, B se zobrazí postupné na body O', A', B'. Vzdálenost \SO\ je aritmetickým průměrem vzdáleností \SA\, \SB\ (viz kapitola 30), tj. platí . , |&4| + |55| M=L_I_L-J. Z definice kruhové inverze dále platí \SA'\ = ~. |S5'| = A-1 1 \SA\' 1 1 \SB\ Takže pro zobrazený střed kružnice / platí \SO'\ = sol i _L+. i \SA'\ \SB'\ \SA'\ \SB'\ tj. vzdálenost \SO] je harmonickým průměrem vzdáleností \SA], \SB] (viz kapitola 30), což znamená, že se střed kružnice neprocházející středem kruhové inverze nezobrazí na střed zobrazené kružnice (neboť }SA] ž \SB'}). Graficky najdeme střed zobrazené kružnice /■' tak, že zobrazíme bod dotyku T tečny ST ke kružnici / na bod T a kolmice v bodě T na přímku ST protne přímku SO ve středu kružnice /'. o Cvičení 1. V kruhové inverzi s kladným koeficientem zobrazte hranici a vnitřek rovnostranného trojúhelníku o délce strany a. Střed kruhové inverze je a) v těžišti trojúhelníku a kružnice samodružných bodů prochází vrcholy trojúhelníku, b) v jednom vrcholu trojúhelníku a kružnice samodružných bodů má poloměr a, c) ve středu jedné strany trojúhelníku a poloměr kružnice samodružných boduje ■ o Cvičení 2. čtverec o straně délky 4 je rozdělen na 16 shodných čtverečků; jednotlivé čtverečky označme čísly 1 až 16, vnější oblast čtverce označme číslem 17. Tento útvar zobrazte v kruhové inverzi s kladným koeficientem, jestliže kruhová inverze má střed ve středu původního čtverce a kružnice samodružných bodů má poloměr V2 . o Cvičení 3. Kružnice k\, ki se vně dotýkají v bodě T\i, kružnice k^ k$ se vně dotýkají v bodě 723, kružnice k^t k* se vně dotýkají v bodě T'34., kružnice k^ k] se vně dotýkají v bodě '/ 41. Dokažte, že body T^, T2i. ľ}4, T*\ leží na jedné kružnici. 98 o Cvičení 4. Je dána kruhová inverze s kladným koeficientem a kružnicí k samod-ružných bodů. Dokažte, že v této kruhové inverzi je právě ta kružnice / samodružná (kromě kružnice samodružných bodů), která protíná kružnici k v bodech A, B a průměry kružnic k, I jsou v bodě A (resp. v bodě B) navzájem kolmé, tj. průměr jedné kružnice je tečnou v bodě A (resp. v B) ke druhé kružnici. o Cvičení 5. Jsou-li X\ ¥' obrazy bodů X, ¥ v kruhové inverzi o středu S a koeficientu I ni je \XY] = U|-1 1 i i1 ■• Dokažte. \X}' "| 5X14 SY\ (Návod: Použijte kosinovou větu pro trojúhelníky SXY a SX'Y\ případně zvlášť uvažujte případ, kdy leží body S, X, Y v přímce.) 26. Apolloniovy úlohy Uvažujme množinu všech bodů, přímek a kružnic v rovině. Apolloniovými úlohami nazýváme skupinu úloh, ve kterých máme ke třem různým prvkům výše uvedené množiny sestrojit kružnici (případně přímku), která se všech tří prvků dotýká (je-li některým prvkem bod, myslí se dotykem průchod tímto bodem, rovnoběžné přímky považujeme za dotýkající se přímky). Apolloniových úloh je deset: bod-bod-bod, bod-bod-přímka, bod-bod-kružnice, bod-přímka-přímka, bod-přímka-kružnice, bod-kružnice-kružnice, přímka-přímka-přímka, přímka-přímka-kružnice, přímka-kružnice-kružnice, kružnice-kružnice-kružnice. Některé z těchto základních úloh se mohou ještě dělit na případy podle toho, zda např. bod na přímce leží či nikoli, zda jsou přímky rovnoběžné či nikoli atd. Úlohy, kdy aspoň jedním daným prvkem je bod a tento bod leží na dané přímce nebo kružnici, se také nazývají Pappovy úlohy. Pappových úloh je Šest. Ve všech dále uvedených příkladech budeme uvažovat pouze případy, kdy lze požadovanou kružnici (nebo přímku) sestrojit. Vynecháme tedy např. případ tří rovnoběžných přímek, o Příklad 87. Apolloniova úloha bod-bod-bod (BBB) Řešení. Jsou-li dány tři různé body A. B, C neležící v přímce, úloha vlastně znamená sestrojení kružnice opsané trojúhelníku ABC. o Příklad 88. Apolloniova úloha přímka-přímka-přímka (ppp) Řešení. Dané přímky označme P, q, r. a) Přímky p, q jsou rovnoběžné, přímka r je s nimi různoběžná. Středy hledaných kružnic leží jak na ose pásu přímek p, q, tak na ose úhlu přímek p,r aq,r (obr. 153). b) Přímky p, q, r jsou po dvou různoběžné. Středy hledaných kružnic leží na osách úhlů přímek pt q a p. r a q, r (obr. 154). Víme, že tímto způsobem se sestrojuje 99 kružnice k vepsaná trojúhelníku a také tři vně připsané kružnice U, h, h stranám trojúhelníku, jehož strany leží na přímkách p, q, r. o Příklad 89. Apolloniova úloha bod-bod-přímka (BBp) v Resení. Dané body označme A, B, danou přímku p. a) Bod A neleží na přímce p, bod B leží na p. Střed S hledané kružnice leží jednak na ose úsečky AB. jednak na kolmici k přímce p v bodě B. b) Ani bod A ani bod B neleží na přímce p. Pokud body A, B leží na rovnoběžce s přímkou p, prochází hledaná kružnice také průsečíkem osy úsečky AB a přímky p. Zbývá tedy případ, kdy přímka AB je různoběžná s přímkou p. Označme P průsečík přímek AB a p (předpokládejme \AP\ > \BP\), bod dotyku hledané kružnice k s přímkou p označme T. 100 Platí \PA\-\PB\ = \PT\2. To znamená, že buď (obr. 155) sestrojíme bod T pomocí Euklidovy věty o odvěsně, když nejprve sestrojíme Thaletovu kružnici nad průměrem AP a bod U, což je průsečík Thaletovy kružnice a kolmice v bodě B na přímku AP, otočíme kolem bodu P na přímku p (získáme dva body T\, T% a dvě kružnice ku ki). Druhá možnost sestrojení bodu T je pomocí mocnosti bodu P ke všem kružnicím svazku procházejícím body A, B (obr. 156). Tato mocnost je stejná pro všechny kružnice svazku a je rovna \PA\-\PB\ = \P7f. Sestroj íme tedy libovolnou kružnici / svazku, z bodu P k ní vedeme tečnu s bodem dotyku V a ten pak otočíme kolem bodu P na přímku p (získáme opět dva body T\,TidL dvě kružnice k\, ki). Úlohu bod-bod-přímka je též možno řešit pomocí kruhové inverze. Zvolíme např. bod A za střed kruhové inverze s kladným koeficientem; kružnici / samodružných bodů nejlépe zvolíme tak, aby protínala přímku p. V této kruhové inverzi se bod B zobrazí na bod B\ přímka p na kružnici p' (obr. 157) procházející bodem A. Z bodu B' sestrojíme tečny fi', h' ke kružnici p'. Tyto tečny zobrazíme v dané kruhové inverzi na kružnice tuh, které procházejí body A, B a dotýkají se přímky p. 101 Obr. 160 o Přiklad 91. Apolloniova úloha bod-přímka-přímka (Bpp) Řešení. Daný bod označme B, dané přímky p, q. a) Přímky p, q jsou rovnoběžné. Leží-li bod B na některé z těchto přímek, např. na přímce p, leží střed hledané kružnice na kolmici k přímce p v bodě B a na ose pásu přímek p, q. Leží-li bod B uvnitř pásu přímek p, q, jsou středy hledaných kružnic průsečíky osy pásu přímek p, q a. kružnice se středem B a poloměrem rovným polovině šířky pásu. Poloměry hledaných kružnic jsou rovny polovině šířky pásu. b) Přímky p, q jsou různoběžné. Leží-li bod B např. na přímce p, leží středy hledaných kružnic na kolmici k přímce p v bodě B a zároveň na osách obou úhlů sevřených přímkami p, q. Leží-li bod B uvnitř úhlu sevřeného přímkami p, q (obr. 160), použijeme stejnolehlosti se středem P v průsečíku přímek p, q. Sestrojíme libovolnou kružnici / se středem O, která se dotýká obou přímek p, q. Tato kružnice protne přímku BP v bodech K, L. Ve stejnolehlosti se zobrazí přímka KO na přímku BO[, čímž se získá střed 0\ jedné hledané kružnice k\, a též přímka LO se zobrazí na přímku BO2, čímž se získá střed O2 druhé hledané kružnice ki. Leží-li bod B uvnitř úhlu sevřeného různoběžnými přímkami p, q a ne na ose úhlu, můžeme použít i metody založené na mocnosti bodu ke kružnici. Hledaná kružnice prochází také bodem B\ který je osově souměrný k bodu B podle osy úhlu, a dotýká se přímky p v bodě T. Přímka BB' protne přímku p v bodě P. Pro mocnost bodu P k hledané kružnici platí |P#|-|P#'j |/r|2, odkud ze znalosti délek \PB\, \PB'\ můžeme sestrojit bod T. Úloha je tak převedena na úlohu bod-bod-bod. Touto metodou se dá řešit i případ, pokud bod B leží na ose úhlu. Úlohu bod-přímka-přímka je také možno řešit pomocí kruhové inverze s kladným koeficientem a středem v bodě B. Uvažujme nejprve, že bod B neleží na žádné z přímek p, q; přímky mohou být různoběžné i rovnoběžné. Zvolíme takovou kružnici I samodružných bodů, která protne obě přímky. V kruhové inverzi se zobrazí přímka p na kružnici p\ přímka q na kružnici q' (obě procházejí bodem B). Ke kružnicím p', q' sestrojíme obě vnější tečny t\', ti, které zpět v kruhové inverzi zobrazíme na hledané kružnice t\, Í2, které procházejí bodem B a dotýkají se přímek p, q (obr. 161). Jako druhý případ uvažujme, že bod B leží např. na přímce p; přímky p, q mohou být různoběžné i rovnoběžné. Přímka p zůstane sa-modružná v kruhové inverzi, přímka q se zobrazí na kružnici q\ Nyní sestrojíme tečny t\ \ (2 ke kružnici q', které jsou rovnoběžné s přímkou p. Přímky t\t2' se zobrazí na hledané kružnice t], h, což je znázorněno již na obr. 161. 103 Obr. 161 o Příklad 92. Apolloniova úloha přímka-přímka-kružnice (ppk) Řešení. Dané přímky označme p, q, danou kružnici k. a) Přímky p, q jsou rovnoběžné, kružnice k má střed S a poloměr r. Středy hledaných kružnic leží na ose pásu přímek p, q a na kružnicích se středem v S a poloměrem r zvětšeným, resp. zmenšeným, o polovinu vzdálenosti přímek p, q. Vyjde-li rozdíl poloměru r a poloviny vzdálenosti přímek p, q záporný, leží střed hledané kružnice na kružnici se středem S a poloměrem rovným absolutní hodnotě rozdílu; hledaná kružnice a kružnice k mají vnitřní dotyk. b) Přímky p, q jsou různoběžné. Řešení provedeme pro jednu hledanou kružnici /. Ta má se zadanou kružnicí k bod dotyku T a tento (zatím neznámý) zvolíme za střed stejnolehlosti kružnic £, /. Ve stejnolehlosti přejde přímka p v přímku p', která se dotýká kružnice k a je s přímkou p rovnoběžná, stejně přímka q přejde Obr. 162 v přímku q\ průsečík P přímek p, q přejde v bod P\ průsečík přímek p', q' (obr. 162). Přímka PF' protne kružnici k v bodě T, ve kterém se budou kružnice k, l dotýkat. (Ze dvou možných průsečíků kružnice k s přímkou PP' vyberte ten správný!) Naše úloha tedy přešla na úlohu bod-přímka-přímka (přímky p, q, bod 7), což je příklad 91 b). Rozmyslete si, kolik může mít úloha řešení. Nezapomeňte, že přímky p' rovnoběžné s přímkou p a dotýkající se kružnice k mohou být dvě, stejně tak přímky q'. 104 o Příklad 93. Apolloniova úloha bod-přímka-kružnice (Bpk) Řešení. Daný bod označme B, přímku p a kružnici k a) Bod B leží na přímce p, kružnice k má střed S a poloměr r. Hledané kružnice nazvěme l\, 12, jejich body dotyku s kružnicí k nazvěme Tu T2. A právě bod T\ (resp. Ti) zvolíme za střed stejnolehlosti kružnic k, U (resp. k, li). V této stejnolehlosti přejde přímka p v přímku p\ (resp. p2r) rovnoběžnou s přímkou p (obr. 163), body dotyku přímek /V, p2 s kružnicí k označíme 5,B2'. Přímka BB\' (resp. BB2') protne kružnici k v bodě T\ (resp. Ti). Tím úloha přešla na úlohu bod-bod-přímka (body B, Tu resp. B, T2, kružnice k). Úlohu můžeme řešit i pomocí tzv. dilatace. Je zadán bod B, který leží na přímce p, a kružnice k se středem S a poloměrem r. Sestrojíme dvě rovnoběžky p\, pi s přímkou p ve vzdálenosti r od ní a průsečíky kolmice k přímce p v bodě B s přímkami p\, p2 označme B\,B2 (obr. 164). Zároveň poloměr kružnice k zmenšíme o délku r, čímž kružnice k přejde v bod 5". Máme tedy za úkol sestrojit kružnici, která se dotýká přímky p\ (resp, pi) v bodě B\ (resp. #2) a prochází bodem S, což již umíme z přikladu 89 a); její střed označme O] (resp. Oi). b) Bod B leží na kružnici k se středem S. Sestrojíme tečnu t v bodě B ke kružnici k. Je-li / rovnoběžná s přímkou p, je střed hledané kružnice průsečíkem osy pásu přímek p, t s přímkou BS. Není-li t rovnoběžná s přímkou p, jsou středy hledaných kružnic li, h průsečíky os úhlů přímek p, t s přímkou BS (obr. 165), c) Bod B neleží ani na přímce p ani na kružnici k. Úlohu budeme řešit pomocí kruhové inverze se středem v bodě B. Kružnici / kruhové inverze volíme nejlépe tak, aby kružnice k zůstala v této inverzi samodružná; přímka p se zobrazí na kružnici /('procházející bodem B. Sestrojíme společné vnitřní i vnější tečny ke kružnicím k,p'. Tyto tečny zobrazíme v kruhové inverzi zpět na hledané kružnice, které se dotýkají přímky p, kružnice k a procházejí bodem B. Na obr. 166 je situace pro přehlednost provedena pouze pro jednu takovou tečnu ť a její obraz ŕ, což je hledaná kružnice. Rozmyslete si, kolik může mít úloha řešení. 105 Obr. 165 Obr. 166 o Příklad 94. Apolloniova úloha přímka-kružnice-kružnice (pkk) Řešení. Danou přímku označme /?, kružnice k\, ki a) Kružnice k\ s poloměrem r\ a kružnice k2 s poloměrem rj jsou soustředné se společným středem S\ předpokládejme t\ < r2. Středy hledaných kružnic leží jednak na kružnici /) se středem S a polomě- rem 5 +h a zároveň na přímkách Pi\p\" rovnoběžných s přímkou p a vzdálených od ní o délku jednak na kružnici h se středem S a poloměrem SLZ a 2 p2" rov- zároveň na přímkách p noběžných s přímkou p a vzdále- ných od ní o délku r, +r, Na " Obr. 167 obr. 167 je znázorněna pouze jedna kružnice m\ jednoho typu a pouze jedna kružnice W2 druhého typu. Rozmyslete si, kolik až může mít úloha řešení. b) Kružnice k\ se středem S] a poloměrem r\ a kružnice k2 se středem S2 a poloměrem ľ2 nejsou soustředné. Úlohu vyřešíme dilatací. Kružnici s menším poloměrem (řekněme, že je to r\\ v případě r\ = r2 volíme též r\) zmenšíme pouze na její střed, poloměr kružnice ki zvětšíme, resp. zmenšíme, o délku n (dostaneme kružnice k2, £2'% s přímkou p vedeme rovnoběžky p\ p" ve vzdálenosti r\ od p. Máme pak za úkol sestrojit kružnice procházející bodem S\, dotýkající se kružnice k2' (resp. fo") a přímky p' (resp./?"), nebo které procházejí body Su S2 (při r\ = n) a dotýkají se přímky p' (resp. p"). Obě úlohy jsme už vyřešili výše. Pak poloměry získaných kružnic zvětšíme o délku r\ a sestrojíme hledané 106 kružnice. Na obr. 168 je pro přehlednost znázorněna jedna taková kružnice /. o Příklad 95. Apolloniova úloha bod-kružnice-kružnice (Bkk) Řešení. Daný bod označme B, kružnice kh k2. a) Bod B leží na kružnici ky, kružnice k\, k2 mohou být soustředné i nesoustředné. Sestrojíme v bodě B tečnu t ke kružnici k\ a tím naše úloha přejde na úlohu bod-pfímka-kružnice (bod B leží na přímce ř, kružnice k2), která je vyřešena v příkladu 93 a). b) Bod B neleží ani na jedné z kružnic ki, k2, kružnice mohou být soustředné i nesoustředné. Bod B zvolíme za střed kruhové inverze, v níž se obě kružnice zobrazí na kružnice (kruhovou inverzi volíme nejlépe tak, aby k\ nebo k2 zůstala samodružná). Další postup je již popsán v příkladu 91. Naše úloha může však mít více řešení než úloha bod-přímka-přímka. o Příklad 96. Apolloniova úloha kružnice-kružnice-kružnice (kkk) v Řešení. Dané kružnice označme ki, k2, fa. a) Kružnice ky, k2 jsou soustředné, kružnice fa není s nimi soustředná. Řešení je analogické jako případ přímka-kružnice-kružnice, kružnice k\, k2 soustředné, jehož řešení je uvedeno v příkladu 94 a). b) Všechny tři kružnice k\, k2, fa mají různé středy Si, 52, 53. Označení kružnic můžeme volit tak, aby pro jejich poloměry platilo r, úhlopříček. Řešení. Sestrojíme kružnici se středem S a poloměrem r a v ní tětivu A C délky e. Osa O] tětivy AC a osa 02 tětivy BD se protínají v bodě S a svírají též úhel co. Sestrojíme tedy osy O], 02 a k ose 02 tětivu BD délky/ Platí-li v čtyřúhelníku ABCD vztah g + S = Jt, a tedy také /? + 7 = k, jsou strany .45, CD čtyřúhelníku spolu rovnoběžné. Jsou-li i strany AD, BC spolu rovnoběžné, mluvíme o rovnoběžníku, jinak o lichoběžníku. Obráceně, je-li čtyřúhelník ABCD lichoběžník nebo rovnoběžník, je 01 + S = n a zároveň 0+y = %, nebo je a + fí - n a zároveň y + ô = k (jsou-li rovnoběžné strany AD a BC). Které čtyřúhelníky jsou tětivové a zároveň lichoběžníky nebo rovnoběžníky? Jsou to ty, pro které platí zároveň a + y = ii, /3 + S-k, a + ô = 71 a p+y-n, nebo a + y^n, + S = n, B + y = Tz a y + Ô = k, V prvním případě pak platí y = ô a zároveň a = fí a a+y = k, v druhém případě je B = y, « = <5 a opět a + y = ti. Jde tedy vždy o rovnoramenný lichoběžník nebo pravoúhelník. Dosavadní výsledky shrneme do tohoto přehledu (šipka směřuje vždy od množiny k její podmnožině): Čtyřúhelníky Pravoúhelníky Čtverce D1 Uvedeme ještě jednu charakteristickou vlastnost tětivových čtyřúhelníku. Uvažujme čtyřúhelník ABCD a obrazy B\ C\ D' bodů B, C, D v kruhové inverzi se středem A a koeficientem třeba rovným jedné. Je-li čtyřúhelník ABCD tětivový, leží body B. C. D na kružnici k procházející bodem A. Ta se ve zvolené kruhové inverzi zobrazí na přímku, na níž leží body B\ C, D' (obr. 170), přičemž bod C leží mezi body B\ D'. A platí to též obráceně - leží-li bod C na úsečce B 'D', leží bod C na kruhovém oblouku BD kružnice, která prochází bodem ví, a to tak, že se dvojice bodů A, C a B, D oddělují, takže ABCD je tětivový čtyřúhelník. Můžeme tedy říci, že čtyřúhelník ABCD je právě tehdy tětivový, když leží bod C na úsečce B'Dr. tedy právě Obr. 170 109 tehdy, platí-li \B'C'\ + \C'D'\ = \B'D], jinak je |5'Cř| + |C'£>'| > \B'D'\. Podle cvičení 5 kapito-\BC\ ly 25 je \B'C'\ = 1 1 a podobně pro |C7?1 a |£'.D1. Dosadíme-li tyto vztahy do předchá--k4C zející rovnosti, resp. nerovnosti, dostaneme tento krásný výsledek: Věta Ptolemaiova (kolem r. 150 ni.). Součin délek úhlopříček ve čtyřúhelníku je nejvýše roven součtu součinů délek jeho protějších stran, přičemž rovnost platí právě tehdy, když je čtyřúhelník tětivový. Můžeme se dále zabývat otázkou, kterým čtyřúhelníkům lze vepsat kružnici. Takovým čtyřúhelníkům říkáme tečnové čtyřuhelníky, protože každá jejich strana je tečnou kružnice vepsané čtyřúhelníku. Předpokládejme, že čtyřúhelník ABCD je tečnový, a označme K, L, M, A'body dotyku jeho stran a vepsané kružnice (obr. 171). Pak je \AK\ = \AN\, \BK\ = \BL\, \CL\ = \CM\ a \DM\ = \DN\, odkud ihned plyne \AB\ + \CD\ = \AD\ + \BC\, tedy a + c = b + d. To je nutná podmínka pro to, aby byl čtyřúhelník tečnový. Ukážeme, že je to též podmínka postačující. Nechť v čtyřúhelníku ABCD platí a + c = b + d. Sestrojme v čtyřúhelníku ABCD kružnici, která se dotýká polopřímek AB a AD. Můžeme ještě předpokládat, že jsme ji pomocí vhodné stejnolehlosti se středem v bodě A zvětšili tak, že se dotýká ještě jedné další strany čtyřúhelníku, třeba strany CD, zatímco přímka BC není sečnou této kružnice k. Chceme dokázat, že je její tečnou (obr. 172). Veďme bodem C další tečnu ke kružnici k, různou od tečny CD. Její průsečík s přímkou AB označme B\ délku úsečky BB' označme x a b'= \CB'\. Čtyřúhelník AB'CD je tětivový, proto a - x + c = d + br: podle předpokladu je a + c = b + d, tedy x + b'= b. Pokud by však byly body B, B' různé, platila by nerovnost x + b'> b. Proto body B, B' splývají a kružnice k se dotýká i strany BC, Čtyřúhelník ABCD je tečnový. Platí tedy: Čtyřúhelník je tečnový právě tehdy, jestliže součet délek jeho dvou protějších stran se rovná součtu délek zbývajících dvou protějších stran, tj. a + c - b + d. o Přiklad 98. Sestrojte tzv. dvojstředový čtyřúhelník ABCD, tj. takový čtyřúhelník, jemuž lze opsat i vepsat kružnici, je-li dáno: a, ji, a + (i < 180°, poloměr r kružnice opsané. Řešení. Nejprve sestrojíme čtyřúhelník A'B'C'D' podobný čtyřúhelníku ABCD. Čtyřúhelník A'B'C'D' má vepsanou kružnici /' se středem O' a opsanou kružnici k' se stře- no dem S' (obr. 173). Čtyřúhelník A'B'C'D' pak zobrazíme stejnolehlostí se středem S - S' na čtyřúhelník ABCD tak, aby poloměr jeho opsané kružnice A: byl r. Zaměřme se proto na sestrojení čtyřúhelníku A'B'C'D'. Sestrojíme libovolný trojúhelník A'B'E, který má úhel a při vrcholu A' a úhel 8 při vrcholu B'. Tomuto trojúhelníku vepíšeme kružnici /', což je zároveň vepsaná kružnice čtyřúhelníku A'B'C'D'. Nyní již jen stačí sestrojit na úsečce B'E bod C tak, aby součet úhlů při vrcholech A' a C byl 180°, a na úsečce A'E bod D' tak, aby se úsečka CD' dotýkala kružnice k'. A D B Jestliže v čtyřúhelníku pla-tí, že součet délek dvou sou- K)m- 11 ú sedních stran se rovná součtu délek zbývajících dvou sousedních stran, nejedná se o čtyřúhelník se speciálním označením. Předpokládáme-li však zároveň, že je to čtyřúhelník tečnový, musí se v něm rovnat délky dvou sousedních stran a současně se rovnají délky zbývajících dvou stran; takový čtyřúhelník se nazývá dcltoid. Rovnají-li se dvě protější strany a zároveň zbývající dvě protější strany, musí to být rovnoběžník (vyplývá například z kosinové věty). A konečně čtyřúhelník, v němž jsou všechny strany stejně velké, je kosočtverec. Přitom považujeme každý čtverec za zvláštní případ kosočtverce. Z hlediska délek stran můžeme napsat toto schéma podmnožin množiny všech (konvexních) čtyřúhelníku: Ctyrúheliiíky Tečnové čtyřúhelníky " Rovnoběžníky Deltoidy Kosočtverce Čtverce 111 o Příklad 99. Sestrojte lichoběžník ABCD se základnami AB, CD, je-li dáno: a + c, b, d, v (výška lichoběžníku). v Řešení. Nejprve sestrojíme trojúhelník AED. Čtyřúhelník BECD je rovnoběžník, jeho úhlopříčky se protínají v bodě F (obr. 174). Na úsečce ED sestro- jíme bod F a pak již snadno body A a & c E B, C. Obr. 174 o Příklad 100. Danému čtyřuhelníku^BCT) opište čtverec. Řešení. Čtverec označme EFGH, Bod E leží na Thaletově kružnici k\ nad průměrem AD, bod G leží na Thaletově kružnici k% nad průměrem BC. Jelikož je přímka EG osou úhlu AED, musí úhlopříčka EG čtverce procházet bodem X, který dělí na polovinu oblouk kružnice k\, na němž neleží bod E a který je omezený body A, D - to se sobě rovnají obvodové úhly AEX a DEX (obr. 175). Stejná úvaha platí pro bod Y. Dokončení konstrukce čtverce EFGH je již snadné. o Příklad 101. Dokažte, že úhlopříčky v konvexním čtyřúhelníku o stranách délek a, b, c, t/jsou na sebe právě tehdy kolmé, když je a2 + c2 = h2 + d2. Řešení. Označme co úhel úhlopříček, S jejich průsečík a x, y, u, v vzdálenosti bodu S od vrcholů ,4. B, C, D čtyřúhelníku (obr. 176a). Podle kosinové věty je a2 - x2 + y2 - 2xy cos o), b~ = y2 + u2 + 2yu cos co, c2 -u2 +v2 -2UVCOS6Í, d2 = x2 + v2 + 2xvcosú> , takže a2 + c2 = b2 + d2 platí právě tehdy, když (x+w)(v + v)cosťy = 0, 112 což vzhledem k tomu, že x + u > 0, y + v > 0, je splněno tehdy a jen tehdy, když jsou úhlopříčky čtyřúhelníku na sebe kolmé. To ovšem znamená, že jakmile má jeden ze čtyř-úhelníků se stranami a, b, c, d na sebe kolmé úhlopříčky, pak jsou na sebe kolmé úhlopříčky ve všech čtyřúhelnících s těmito délkami stran. o Příklad 102 (Brahmaguptova věta). Jestliže je čtyřúhelník ABCD tětivový s délkami stran a,b,c,da polovičním obvodem s = ~(a + b + c + d), jeho obsah roven P = yl(s-a)(s-b)(s-c)(s-d). v Řešení. Podle obr. 169 je /? + (5=180o, což znamená cos £ =-cos/?, sin £ = sin/?. Podle dvakrát použité kosinové věty je a2 +b2 - 2ab cos = c2 +d2 + 2cd cos B, proto 2(ab + cd)cosB = a2+b2-c2-d2. (1) Pro obsah čtyřúhelníku ABCD platí P = ^ tz£ sin/? + —cd sin = — (aé + ct/) sin P, 2(ab + cd)sinfí = 4P. (2) Rovnosti (1), (2) umocníme na druhou a sečteme. Postupně dostaneme 16P1 = (2ab + led )2 - (a2 + b2 - c2 - d2 )2, \6P2 ={2ab + 2cd + a2 +b2-c2-d2)(2ab + 2cd-a2-b2+c2 +d2), 16P2 =[(a + b)2-(c~d)2^-[-(a-b)2 +(c + J)2], \6P2 = (a + b-c + d)(a + b + c-d)(c + d-a + b)(c + d + a-b), P2 =(s-a)(s-b)(s-c)(s-d). Poznámka. Položíme-li v Brahmaguptově vzorci d - 0, dostaneme Heronův vzorec pro obsah trojúhelníku. o Příklad 103. Jestliže je ABCD lichoběžník se základnami AB, CD a délkami stran a, b, c,d,a> c, je jeho obsah roven p = ?m.j't(t-a + c)(t-b)(t-d), kde t = ^(a+b-c + d). Řešení. Při důkazu předpokládejme a > c. Sestrojme v obr. 174 ještě bod H na straně AB tak, aby byl HBCD rovnoběžník; pak je \AH\ =a-c. Poloviční obvod trojúhelníku AHD je (a + b-c + d), jeho výška i výška lichoběžníku je v. Obsah trojúhelníku vyjádříme dvěma způsoby a dáme do rovnosti: ^■(a-c)v = ^(t~a + c)(t-b)(t-d) 2-Jt(t-a + c)(t-b)(t-d) Odtud je v = —S-i-----, takže obsah lichoběžníku ABCD je a-c P = ~(a + c)v = ^-^--yjt(t-a + c)(t-b)(t~d) . 113 o Příklad 104. Rovnoramennému lichoběžníku ABCD se základnami AB, CD je vepsána kružnice k se středem S. Dokažte, že kružnice nad průměry BC a AD se v bodě S dotýkají a že trojúhelníky BSC a ASD jsou pravoúhlé s pravým úhlem při vrcholu S. Řešení. Je-li \AB\ = a, \CD\ = c, a> c, a jsou-li E, F, G, H body dotyku kružnice k postupně se stranami AB, BC, CD, DA, je \BC\ = \BF\ + \FC\ = \BE\ + \CG\ = ~- (obr. 176b). Vzdálenost středů .S'|. S2 Thaletových kružnic k\, k2 sestrojených nad průměry AD, BCje rovna délce střední příčky lichoběžníku, proto se kružnice k\„ k2 dotýkají v bodě S. Proto jsou trojúhelníky BSC a ASD pravoúhlé. Obr. 176b o Cvičení 1. Sestrojte tětivový čtyřúhelník ABCD, je-li dáno u ~- AB, e = \AQ, f \BD\, a = \ 0, a, kde a = \AB , e = \AC\, a = \ a. Sestrojte čtyřúhelník ABCD tak, aby měl délky stran AB', = a, \BC\ - b, \CD\ = c, \DA - d a aby úhlopříčka AC půlila úhel DAB, o Cvičení 6. Protínají-li se osy vnitřních úhlů čtyřúhelníku ve čtyřech různých bodech, jsou tyto body vrcholy tětivového čtyřúhelníku. Dokažte. o Cvičení 7. Dokažte, že součet úhlů, pod kterými vidíme protější strany tečnového čtyřúhelníku ze středu vepsané kružnice, je 180°. o Cvičení 8. Dokažte, že v tečnovém čtyřúhelníku se stranami délek a, b, c, d jsou úhlopříčky právě tehdy na sebe kolmé, když platí ac - bd. Čtyřúhelník je v takovém případě deltoid, kosočtverec, nebo čtverec. 114 o Cvičení 9. Nechť pro čtyřúhelník ÁBCD platí \AC\2 +\BD\2 =\AB\2 +\BCf +\CD\2 +\DA\2. Dokažte, že čtyřúhelník je rovnoběžník. o Cvičení 10. Dokažte, že součet druhých mocnin délek úhlopříček lichoběžníku se rovná součtu druhých mocnin délek jeho ramen a dvojnásobného součinu délek jeho základen. o Cvičení 11. Dokažte, že obsah konvexního čtyřúhelníku s úhlopříčkami, které mají délky e,f a svírají úhel q>, je roven P = —ef sin q>. o Cvičení 12. Dokažte, že součet délek úhlopříček konvexního čtyřúhelníku je menší než jeho obvod a větší než polovina obvodu. o Cvičení 13. Dokažte, že v každém lichoběžníku ABCD se základnami AB, CD a průsečíkem A/jeho úhlopříček jsou obsahy trojúhelníků ADM a BCM stejné. o Cvičení 14. Uvažujme ciferník hodin poloměru r. Jaký je obsah P Čtyřúhelníku s vrcholy v číslech 1, 3, 8, 9? 28. Konvexní mnohoúhelníky. Pravidelné mnohoúhelníky Konvexní mnohoúhelník je mnohoúhelník, který má velikosti všech vnitřních úhlů menší než 180°. (Obecně: Útvar se nazývá konvexní, právě když s každými dvěma jeho body leží v útvaru i úsečka tyto body spojující.) Označme konvexní ^-úhelník A\A2...Án, n > 3. o Příklad 105. Dokažte, že součet velikostí vnitřních úhlů konvexního n-úhelníku je («-2)-180°, n>3. Řešení. Uvnitř ň-úhelníku A\A2...A„ zvolíme libovolný bod S (obr. 177) a H-úhelník rozdělíme na n trojúhelníků SA\A2, SA2A^, SA„A\. Součet velikostí vnitřních úhlů všech těchto trojúhelníků je «-180°. Od tohoto součtuje ale třeba odečíst součet velikostí všech úhlů při vrcholu S. což je 360°. o Příklad 106. Dokažte, že v konvexním ^-úhelníku počet úhlopříček i stran dohro- n(n-\) n(n — 3) mady je —--počet úhlopříček je —---, n > 3. w Řešení. Z každého vrcholu «-úhelníku vychází n - 1 úseček (úhlopříček nebo stran). Každá úsečka je ale počítána dvakrát, odkud dostaneme dokazovaný počet. Počet úhlopříček vycházejících z každého vrcholu je jen n - 3, z čehož stejnou úvahou dostáváme počet všech úhlopříček. Jedním zajímavým typem mnohoúhelníků jsou pravidelné mnohoúhelníky. Zvolme přirozené číslo n > 3 a na kružnici k o poloměru r a středu 5* body Aq, A\ tak, ^ *t 360^ aby velikost úhlu A$SA\ byla v obloukové míře —, ve stupních -. Sestrojme dále n n body A2, As, ... tak, aby úhly A,-\SAi měly tutéž velikost (obr. 177). Pak splyne bod A„ 115 s bodem A q a průnikem všech polorovin A.j-iAfS (ř = 1, 2,.... n) je pravidelný w-úhelník A]a2...A„, který je konvexní. Protože všechny jeho vrcholy leží na kružnici k, říkáme, že je mnohoúhelník A]a2...A„ kružnici k vepsán. Skládá se z n rovnoramenných trojúhelníků A^AjS, každý z nich má při základně úhel velikosti — a \SAj\-r, í=l,2, ,..,«. 2 n Kružnice o středu S a poloměru 71 p = rčos— se dotýká všech stran A\-\A\ n uvažovaného pravidelného mnohoúhelníku, je to kružnice tomuto ra-úhelníku ve- An. Aq — An Obr. 177 71 psaná. Všechny strany pravidelného ^-úhelníku jsou stejně dlouhé, bí/-]^] = 2/* sin— pro n 2tí i = 1, 2,n. Také všechny jeho vnitřní úhly jsou stejně velké, \3, lze pokrýt rovinu nepřekrývajícími se pravidelnými rc-úhelníky tak, že každé dva n-úhelníky, které mají společný aspoň jeden bod, mají buď jen společnou stranu nebo jen společný vrchol? Řešení. Nechť je rovina pokryta požadovanými pravidelnými w-úhelníky s vnitřní-2tc mi úhly o velikosti ji--a nechť společný vrchol má m těchto ^-úhelníků. Součet vnitř- n nich úhlů m pravidelných n-úhelníků ve společném vrcholu je roven m f 71- 2% n J po úpravě dává rovnost m-2 + - Jelikož je číslo m přirozené, musí být i výraz = 2tí , což 4 n-2 " ' n-2 přirozené číslo, a proto naší úloze \yhovují jen řešení: oj =3, m\ = 6; n2 = 4, m2 - 4; n^ = 6, m^ = 3. To znamená, že rovinu lze pokrýt bud rovnostrannými trojúhelníky nebo čtverci nebo pravidelnými šestiúhelníky. Jistě není složité nakreslit takové pokrytí roviny. 116 Na začátku jsme předpokládali, že body Ao, A\ na kružnici jsou již dány a tvoří spolu se 2% středem S kružnice rovnoramenný trojúhelník, velikost jehož úhlu proti základně je — n (v obloukové míře). Co kdybychom však měli trojúhelník AqSA] daných vlastností sestrojit? Uměli bychom to? Správná odpověď na naši otázku závisí též na tom, které prostředky bychom měli k dispozici a které postupy jsou povoleny. Například při euklidovských konstrukcích jsou povoleny tyto postupy: dva body lze spojit přímkou, sestrojit její průsečík s další přímkou, sestrojit kružnici o daném středu a poloměru, sestrojit průsečíky přímky a kružnice nebo průsečíky dvou kružnic. Měli bychom si též uvědomit, že euklidovské řešení se nevyznačují větší přesností než mnohé jiné konstrukce, spíše vynikají jednoduchostí. Slavný německý matematik Karl Friedrich Gauss (1777 1855) už ve svých devatenácti letech plně vyřešil otázku, které pravidelné mnohoúhelníky lze sestrojit euklidovskými konstrukcemi. Gauss dokázal, že pravidelný w-úhelník je možno sestrojit euklidovsky právě tehdy, jestliže je číslo n součinem mocniny Čísla 2 s celým nezáporným exponentem a navzájem různých prvočísel, která jsou vesměs tvaru 22 +1, kde k je přirozené číslo nebo 0. Víme tedy, že je možné euklidovskými konstrukcemi sestrojit pravidelný trojúhelník (k=0), pravidelný pětiúhelník (k= 1), pravidelný sedmnáctiúhelník (k -2), pravidelný čtyřúhelník (22), pravidelný šestiúhelník (2-^22 + pravidelný osmiúhelník (23), pravidelný desetiúhelník (2-^22' + lj), dále pravidelný 15-úhelník nebo 34-úhelník. Naproti tomu nelze euklidovsky sestrojit pravidelný sedmiúhelník, protože 7-1 není mocninou dvou. ani pravidelný devítiúhelník, neboť 9 není součinem různých prvočísel tvaru 22* +1, Konstrukce pravidelných w-úhelníků nemá žádný praktický význam, zajímavé jsou však zde vystupující těsné souvislosti mezi geometrií a teorií čísel. Matematici se dlouho domnívali, že každé číslo tvaru 22 +1 (k celé, nezáporné) je prvočíslo. To však platí pro k = 0, 1,2, 3, 4, ale pro k = 5 dostaneme číslo složené. Ukážeme si ještě euklidovské konstrukce pravidelného pětiúhelníku a desetiúhelníku. Předpokládejme, že A1A2A3 ... ^ioje pravidelný desetiúhelník vepsaný kružnici o poloměru r se středem S (obr. 178). Označme a = }A\Ai\, b = \A\A2\ délky stran pravidelného pěti- a desetiúhelníku a bod B ten bod na úsečce SA2, který leží na ose úsečky SA\. Pak je |<2í/41.fi|| = l&01 a proto jsou body B, A2 souměrně sdružené podle přímky AiAy Trojúhelník SA]B je rovnoramenný, rovnoramenné jsou též trojúhelníky A2BA\ a A\AzS, které jsou navíc podobné. Je tedy J 2 | = j1 -2j, tj. -—- = —, Vidíme, že bod B dělí úsečku SA2 v poměru „zlatého řezu" (viz následující kapitola). Vidíme, že mezi bar platí vztah b2 + br~r2 = 0, odkud b = -•(-! +VŠ). Je-li dána úsečka délky r, dovedeme euklidovsky sestrojit úsečku délky b, a to například takto (obr. 179): Jeden z kolmých poloměrů SK, SL kružnice o poloměru r rozpůlíme bodem M a délku \LM\ naneseme od bodu M na polopřímku opačnou k polopřímce MK. Dostaneme tak bod N. Pak je |Š2V| = \MN\ -\MS\ = jr2 + — = ^ ■ (S -1) = b, takže \SN\ je délka strany pravidelného desetiúhelníku vepsaného kružnici o poloměru r = \SK\. 117 Pro délku a pravidelného pětiúhelníku platí (obr. 178) a - |4Cf =\SA}f -\SC\2 = r2 -(r-\BC\f = r2- r-b'Ý 3r2-2br-b2 r-- 2 y 4 „2 _l 1.2 takže je a2 = 3r2 - 2r6 - Č>2. Tento poslední výraz se ale rovná výrazu ŕ + bz, protože je b2 + br r2 = 0. Je tedy a délka přepony v pravoúhlém trojúhelníku o odvěsnách r, b, takže a = \LN\ (obr. 179). Ai /36° 36°\ b B / 6 \ C7 54°\ ^\18* & 2 Obr. 178 Obr. 179 o Příklad 108. Dokažte správnost následující konstrukce pravidelného pětiúhelníku, je-li dána délka jeho strany a - \A{A2\ (obr. 180): Sestrojíme kruhové oblouky k\, k2, které mají středy v krajních bodech A\,A2 dané strany a poloměr roven její délce. V bodě A2 sestrojíme kolmici p na přímku A]A2> její průsečík s obloukem k2 označíme L. Stranu A\A2 rozpůlíme bodem O a na po-lopřímku OA2 naneseme délku \OA%\ = \OL\. Úsečka A].A'3 má délku rovnou délce úhlopříčky u hledaného pětiúhelníku. Další konstrukce pětiúhelníku je zřejmá z obr. 180. Řešení. Nechť A\AiA-iA^ je hledaný pravidelný pětiúhelník (obr. 181). Bodem A\ vedeme osu PA\ úhlu A*A\A2. Jelikož \A\A2\ = \A\P\ = \A4P\, trojúhelníky PA2A\ a A\AiA\ jsou P A' A> rovnoramenné a podobné, takže aM AM , ,- u-a , neboli- \AXAA a Ú 2 2 = —, tj. u - au-ď = 0. Odtud u = — ■ [4$ +1 j. Z uvedené konstrukce plyne 118 Ty pravidelné mnohoúhelníky, které nelze sestrojit euklidovsky, se konstruují různými přibližnými metodami, které jsou více či méně přesné a hlavně složité. Jako příklad uvedeme jednu jednoduchou přibližnou konstrukci pravidelného sedmiúhelníku. V kružnici o poloměru r a středu S, do které má být pravidelný sedmiúhelník vepsán, sestrojíme poloměr SK a označíme Q střed úsečky SK (obr. 182). Bodem Q vedeme tětivu MN kolmou na poloměr SK. Za stranu pravidelného sedmiúhelníku vezmeme úsečku QN. Nyní ještě spočítáme, jaké chyby jsme se dopustili při této přibližné konstrukci. Délka strany pravidelného sedmiúhelníku má hodnotu a = 2rsm — = 2r-0,43392 = 0,86784-r (počítáme na pět desetinných míst). A délka úsečky QN, která je výškou rovnostranného trojúhelníku o straně délky r, je rovna \QN\ = • r = 0,866 02 • r. Vidíme, že oba výsledky se od sebe liší jen o necelé 0,002r, což např. při r = 10 cm je 0,2 mm. o Cvičení í. Vyjádřete obvod / a obsah P pravidelného ^-úhelníku pomocí n a poloměru p kružnice mu vepsané. o Cvičení 2. Určete počet os, podle kterých je pravidelný /7-úhelník osově souměrný. o Cvičení 3. V rovnoramenném trojúhelníku ABC se základnou AB zvolte uvnitř strany BC bod K tak, aby byly trojúhelníky ABK a AKC oba rovnoramenné. Kdy má úloha řešení? o Cvičení 4. Odvod'te vztah mezi hodnotami a, b, r, kde a je délka strany pravidelného ra-úhelniku vepsaného kružnici o poloměru r a b je délka strany pravidelného 2ří-úhelníku vepsaného téže kružnici. 119 o Cvičení 5. Pro pravidelný mnohoúhelník A\Ai...An dokažte tvrzení PMs]2 = \AiA2\2 + \AiA2\-\AiA4\. o Cvičení 6. Vypočtěte obsah ř?-úhelmku (ne nutně pravidelného), který je opsán kružnici o poloměru p) a který má obvod délky 2s. o Cvičení 7. Vytvořte pokrytí roviny nepřekrývajícími se pravidelnými mnohoúhelníky tak, aby se v jednom bodě stýkaly dva pravidelné K-úhelníky a dva pravidelné w-úhelníky. o Cvičení 8. Určete součet vnějších úhlů M-úhelníku. o Cvičení 9. Určete poměr poloměru p kružnice vepsané a poloměru r kružnice opsané pravidelnému ^-úhelníku. Pro které n je poloměr kružnice vepsané poloviční než poloměr kružnice opsané? 29. Dělicí poměr Mějme dánu přímku ab a uvnitř úsečky bod c. Bod c dělí úsečku v poměru \ac\ : \bc\. Pojem „dělit úsečku v poměru" je základem pojmu dělicí poměr, který vyslovíme nejen pro vnitřní body c úsečky ab, ale pro všechny body přímky ab: Mějme dánu přímku ab a na ní bod c. Dělicím poměrem bodu c vzhledem k bodům a, b \ac\ (v tomto pořadí) je číslo, jehož absolutní hodnota je rovna--[ a které je kladné pro body c \bc\ ležící vně úsečky a, b, záporné pro body c ležící uvnitř úsečky ab, rovné nule pro c = a a není definované pro c = b. Dělicí poměr bodu c vzhledem k bodům a, b značíme (abc). Problémy s dodefinováním znaménka dělicího poměru se dají odstranit, pokud místo pomocí délek úseček zavedeme dělicí poměr pomocí vektorů: Mějme dánu přímku ab a na ní bod c. Je-li splněna rovnost vektorů ac — a ■ bc, nazývá se číslo x dělicím poměrem bodu c vzhledem k bodům a, b a značí se x = (abc). Podle této definice je ä e (0; 1) pro bod C ležící vně úsečky ab za bodem a, x-0 pro c = a, x < 0 pro bod C ležící uvnitř úsečky ab, neexistující x pro c = b a x > 1 pro bod c ležící vně úsečky ab za bodem b. Dělicí poměr nedosahuje hodnoty x = 1 pro žádnou polohu bodu c. o Příklad 109. V trojúhelníku abc určete dělicí poměr a) těžiště t vzhledem ke koncovým bodům těžnice AAq, b) průsečíku výšek v vzhledem ke koncovým bodům výšky a a \ pomocí vnitřních úhlů trojúhelníku abc. Řešení. a) (aa0t) = -j-\ = — = -2. |-V| 1 b) Úvahy provedeme pro ostroúhlý trojúhelník abc, stejné úvahy platí ale pro pravoúhlý i I I \ACÁ i I I ! tupoúhlý trojúhelník. Vyjdeme z obr. 56, kde je \av l-—^—L, \avx\ = \cv cos B. Potom je: sin B 120 \ACX\ \AC\cosa \AV\ sin B sin/? AV\ \CV\qosJ3 \CAx cos/? \AC cosa |j4C|coscjí cos o: |C4, cos/? | ,4 C| cos/cos/7 cos^ cos/? sin/? Z výsledku je patrné, že dělicí poměr nezávisí na délkách stran trojúhelníku, čili je pro všechny podobné trojúhelníky stejný. Vraťme se nyní k předchozím kapitolám a podívejme se, kde jsme se tam s dělicím poměrem setkali. Jedním z takových míst je kapitola 8, kde je zadefinovaná stejnolehlost vlastností \sx'\ = \á\ ■ \sx\, kde x může být kladné i záporné podle polohy bodů x a x1 vzhledem k bodu s, nebo to může být zapsáno vektorově sx' = x • sx. To je vlastně zápis dělicího poměru {x'xs)=x. Dalším místem jsou Menelaova věta a Cěvova věta v kapitole 14. V obou případech se vyskytuje rovnost AK BK BL\ \CM\ ... —-.- = 1 a v každém z nich je ještě připojena nějaká podmínka. \CL\ \AM Uvedená rovnost s uvedenými podmínkami se dá pro Menelaovu větu přepsat do tvaru (ABK)iBCL)iCAM) = 1 a pro Cěvovu větu do tvaru (ABK)-(BCL)-(CAM) = ]. V kapitole 15 se hovoří o Eulerově přímce, na níž leží body F (průsečík výšek trojúhelníku), J (jeho těžiště), s (střed jeho kružnice opsané). Tam platí (vts) = 3. Zaveďme ještě jednu veličinu související tentokrát s umístěním čtyř bodů na jedné přímce. Touto veličinou je tzv. dvojpoměr: . . (ABC) Mějme dány čtyři různé kolineární body A, B, C, D. Číslo (ABCD) = j-—-^ se nazývá dvojpoměr bodů A, B, C, D (v tomto pořadí). Z této definice je např. patrné, že dvojpoměr je kladný, pokud body C, D leží oba uvnitř nebo oba vně úsečky AB, a dvojpoměr je záporný, pokud jeden z bodů C. D leží uvnitř a druhý vně úsečky AB. Říkáme, že se dvojice bodů A, B a dvojice C, D oddělují. Platí-li pro čtyři kolineární body A, B, C, D vztah {ABC) = - (ABD), neboli vztah (ABCD) = - 1, nazýváme uspořádanou čtveřici (čtveřinu) bodů (A, B, C, D) harmonickou čtveřicí (čtveřinou) bodů. V případě harmonické čtveřice jeden z bodů C, D leží uvnitř a druhý vně úsečky AB, neboli jeden z bodů A, B leží uvnitř a druhý vně úsečky CD. Graficky se najde ke třem bodům A, B, E čtvrtý' harmonický bod F podle obr. 132. Nejprve se zakreslí přímka AB a v bodech A, B se vedou libovolné rovnoběžky. Např. na rovnoběžku procházející bodem B se zakreslí úsečka BC libovolné délky (např. délky 1), její koncový bod C se spojí s bodem E a kde tato přímka protne rovnoběžku jdoucí bodem A, získáme bod. Ten ve středové souměrnosti se středem A převedeme na bod D, který spojíme se získaným bodem C. Tato spojnice protne přímku AB v bodě F, který je tím čtvrtým harmonickým bodem. Pouze ke středu úsečky AB neexistuje Čtvrtý harmonický bod. 121 Ještě se vrátíme k předchozím kapitolám s důrazem na to, kde jsme se setkali s harmonickou čtveřicí. Kapitola 22 pojednává o stejnolehlosti kružnic. Mají-li dvě kružnice středy O a O', poloměry po řadě r] a r2, vnější střed stejnolehlosti Si a vnitřní střed stejnolehlosti 52 (obr. 121, 122a-d), tvoří body (O, 0\ S\, S2) harmonickou čtveřici, neboť platí 0SÁ n {OO'S,) O'S, r2 (OO'S,) os2 \0'S2\ r2 Kapitola 23 se věnuje Feuerbachově kružnici, která má střed F, jenž leží na Eulerově přímce (obr. 131). Pro průsečík výšek F trojúhelníku, jeho těžiště T, střed S jeho kružnice opsané a zmiňovaný střed F jeho Feuerbachovy kružnice platí (VTSF) = -l. Proto body (V, T, S, F) tvoří harmonickou čtveřici. Kapitola 23 také pojednává o Apolloniově kružnici určené body A, B a koeficientem k. Tato kružnice protíná přímku AB v bodech E, F (obr. 133) a platí (ABE) = k, (ABF) = k. Proto je (ABEF) = -1. a tudíž body (A, B, E, F) tvoří harmonickou čtveřici. Ve Cvičení 8 v kapitole 23 se v trojúhelníku ABM sestrojují osa vnitřního a osa vnějšího úhlu při vrcholu M. Tyto osy protínají přímku AB postupně v bodech E, F. Je tam dokázáno, že body (A, B, E, F) tvoří harmonickou čtveřici. Nově se ještě věnujme jednomu prakticky dosti často uznávanému a používanému dělicímu poměru, a sice zlatému řezu. Toto dělení úsečky hraje významnou (estetickou) roli v umění, v tomto poměru se často volí poměr šířky a výšky obrazu apod. Zlatým řezem úsečky se rozumí její rozdělení na dvě nestejné dlouhé úsečky, z nichž délka kratší z nich ku délce delší z nich je ve stejném poměru jako délka delší z nich ku délce celé úsečky. Mějme tedy úsečku AB délky a a nechť ji bod C dělí v poměru zlatého řezu; platí tedy vztah (ABC) = (CAB) pro dělicí poměry. Označme \AC\ = x, xs (0; a). Podle definice zlatého řezu postupně platí Ur \BC \CB\ x a-x 2 3 í—i, -=-, x - sax + a~ = U . \AB\ a-x a Této rovnici a podmínce x e (0; a) vyhovuje jediné číslo 1- /? x = ——■ ff = 0,38197-a. 2 Tuto délku má jedna část úsečky AB, její druhá část má délku r~ a-x = ^—--a = 0,61803-fl. 2 Z uvedených Částí je kratší ta první, v našem případě je \AC\ < \BQ. 3-VŠ Bod C na úsečce AB získáme provedením algebraické konstrukce výrazu x = —-—a . Jedna taková konstrukce je na obr. 183. Tam je \AB\ = 2-j/íP|, bod Q leží s bodem A na ob- 122 louku se středem P a bod C leží s bodem O na oblouku se středem B. (Spráno st konstrukce dokažte sami!) Jiná konstrukce je na obr. 179, kde je úsečka JS rozdělena bodem N v poměru zlatého řezu. Číslo a~x VŠ-l VŠ + l . A.VM

\BC\, a oddělíme-li od něj čtverec AEFD, je zbývající Část EBCF také „zlatý obdélník" (obr. 184). Dokažte. Řešení. Je \AJ)\ V^-l \AB\ =--a. EF 2 3-VŠ 2 _V^+l EB\ S-2 - q>, což se mělo dokázat. o Příklad 111. „Zlatý trojúhelník" je rovnoramenný trojúhelník, v němž je poměr délky ramene a základny roven „zlatému číslu" ), (B, A, D, C), (C, Z), A, B), (C, D, B, A), (D, C, A, 5), (D,C, B,A). o Cvičení 7. Máme-li lichoběžník KLMN se základnami KL, MN, bod A je průsečík jeho úhlopříček, bod B je průsečík jeho prodloužených ramen a body C, D jsou průsečíky přímky AB se základnami lichoběžníku, dokažte, že ABCD tvoří harmonickou čtveřici. o Cvičení 8. Je dána úsečka AB a uvnitř ní (ne ve středu) bod C. Dokažte, že je správná tato konstrukce čtvrtého harmonického bodu D ve čtveřici (A, B, C, D): Bodem A vedeme libovolnou různoběžku p s přímkou AB; body 5, C vedeme vzájemné rovnoběžky, které jsou různoběžné s AB i s p; tyto rovnoběžky protnou přímku p postupně v bodech B\ O; na přímce p sestrojíme bod B" středově souměrný s bodem B' podle středu C'\ bodem C vedeme rovnoběžku s přímkou B"B\ průsečík této rovnoběžky s přímkou AB je hledaný bod D. Dále dokažte, že se stejná konstrukce využije při sestrojování bodu C, známe-li polohy bodů A, 5, D. o Cvičení 9. Na polopřímce AC sestrojte bod B tak, aby bod C dělil úsečku AB v poměru zlatého řezu. o Cvičení 10. Dokažte správnost konstrukce bodu C, který dělí úsečku AB v poměru zlatého řezu: Sestrojíme-li obdélník ABKL tak, aby \AB\ = 3-\AL\, střed 5" strany KL, kružnici se středem S a poloměrem \SK\, průsečík P (bližší k A) této kružnice se stranou AB, je bod C ta-kový, že platí \AC\ = 3-\AP\. 124 o Cvičení 11. Je dána úsečka AB s vnitřním bodem C, který ji dělí v poměru zlatého řezu, a je \AQ < \BC\. Zobrazíme-li bod C středově souměrně podle bodu B na bod C, pak dělí bod B úsečku A C v poměru zlatého řezu. Dokažte. o Cvičení 12. Dokažte, že lze „zlatý obdélník" vepsat do čtverce tak, že všechny vrcholy obdélníku dělí strany čtverce ve zlatém poměru. o Cvičení 13. Dokažte, že zlatý- obdélník z obr. 184 lze sestrojit tak, že sestrojíme čtverec AEFD a dále oblouk se středem S (ve středu strany AE) a poloměrem \AF\. Tento oblouk protne polopřímku AE právě v bodě B. o Cvičení 14. Nechť rovnoramenný trojúhelník ABC se základnou AB je zlatý'. Sestrojíme osu vnitřního úhlu CAB, která protne rameno BC v bodě E. Dokažte, že trojúhelník ABE}e také zlatý. 30. Průměry Zabývejme se nyní v matematice dosti často používanými pojmy, jako jsou aritmetický průměr, geometrický průměr, harmonický průměr a kvadratický průměr. Ve všech případech uvažujme kladná čísla a, b (z geometrického hlediska to mohou být délky dvou úseček). Aritmetickým průměrem čísel a, b nazýváme (a označíme A(a,b)) číslo A{a,b) Geometrickým průměrem čísel a, b nazýváme (a označíme G(a,b)) číslo G(a,b) = yjáb . Harmonickým průměrem čísel a, b nazýváme (a označíme H(a,b)) číslo ut u\ 2 2ab 11 a + b P a b Kvadratickým průměrem Čísel a, b nazýváme (a označíme Q(a,b)) číslo Q(a,b) = . a2+b2 Pro daná různá čísla a, b jsou hodnoty jednotlivých průměrů různé. Pro jejich hodnoty platí následující věta. Věta. Pro každá dvě kladná reálná čísla a, b platí nerovnosti: Min(a,b) < H(a,b) < G(a,b) < A(a,b) < Q{a,b) < Max(a,b), tedy Min(a,b)<^<4äb< — < W^- • Na pravé straně této nerovnosti je aritmetický průměr hodnot a, b, levá strana je tzv. geometrický průměr hodnot a, b. Je-li ovšem a-b, splývá bod S s bodem Z) a je \CD\ = \AD\ = \BD\ a VäŽ> = ~~~~ - a ■ Můžeme shrnout: pro každá dvě kladná nebo i nezáporná čísla a, b platí znaménko rovnosti platí jen tehdy, když a — b. To je známá nerovnost mezi geometrickým a aritmetickým průměrem dvou nezáporných čísel. Označme dále E patu kolmice vedené bodem D k přímce CS (obr. 186b). Z Euklidovy věty o odvěsně pro pravoúhlý trojúhelník CDS plyne jCD|2 = \CE\ • \CS\, odkud \CE\--, což je tzv. harmonický průměr kladných čísel út. b. Je to převrácená hod- a + b nota aritmetického průměru převrácených hodnot čísel a, b: 126 (i n —+- a b 2 J 1 1 a a 2ab a + b Opět jsme geometricky ukázali, že harmonický průměr různých kladných čísel a, b je menší než jejich geometrický průměr (\CE\ < \CD\); pro a = b se harmonický, geometrický a aritmetický průměr čísel a, b sobě rovnají. Jiné grafické zdůvodnění ostrých (tj. pro a J-b) nerovností mezí všemi čtyřmi zde uvedenými průměry je na obr. 187, kde je b = \QM\, a = \QM\ + 2-\AQ\. Podle tohoto obrázku není obtížné dokázat, že tam uvedené úsečky mají skutečně takové délky. S geometrickým průměrem jsme se ale setkali již v kapitole 12. Euklidova věta o výšce v2 =cuch vlastně říká, že výška v je geometrickým průměrem úseků ca, a na přeponě pravoúhlého trojúhelníku, tj. v - yjcach . Analogické tvrzení je obsaženo v Euklidových větách o odvěsně. V kapitole 24 v obr. 136 pro mocnost bodu A ke kružnici k platí \AT\ = \AC'\ ■ \AD\, neboli \AT\ = ^4C[^Z/3|, což znamená, že délka tečny AT z bodu A ke kružnici k je geometrickým průměrem délek úseků AC, AD. V kapitole 25 v příkladu 86, který pojednává o zobrazování středu kružnice v kruhové inverzi, jsme se setkali s aritmetickým a harmonickým průměrem. Nyní uveďme ještě nějaké příklady na využití průměrů v geometrii. o Příklad 114. Určete délku p strany dvou shodných čtverců, které mají stejný součet obsahů jako dva čtverce o délkách stran a= 10 cm a b = 70 cm. 127 Řešení. Má platit 2p2 = a2 + b2. odkud je P = W+b1 102 + 702 cm = 50 cm. o Příklad 115. Ze všech pravoúhelníků o daném obvodu o najdete ten, který má největší možný obsah. Řešení: Označme a, b délky stran hledaného pravoúhelníků a P jeho obsah. Platí -Jp = -Job < = — = konstanta. 2 4 Obsah P bude největší, právě když bude a-b A}, když to bude čtverec. o Příklad 116. Je dán lichoběžník ABCD (obr. 188a) se základnami délek \A B\ - a, \CD\ = c, a> c. Uvažujme příčky 1J, GH, EF, KL s krajními body na rame- D c C nech lichoběžníku a rovnoběžné s jeho základnami. Dokážte, že a) střední příčka U lichoběžníku má délku \IJ\ = — , b) příčka G H lichoběžníku, který je touto příčkou rozdělen na dva vzájemně podobné lichoběžníky, má áé\- ku\GH\ = Jäc, Obr. 188a c) příčka EF lichoběžníku, která prochází průsečíkem úhlopříček LL má délku \EF\ 2ac a + c d) příčka KL lichoběžníku, která rozděluje daný lichoběžník na dva lichoběžníky stejného obsahu, má délku {KL] =, \a" +c Řešení. a) Střední příčka lichoběžníku ABCD je složena ze středních příček trojúhelníků AQD a BRC a střední příčky obdélníku ORCD (obr 188b). Proto je i ,ri a-c a + c . \IJ\--+ c =-. Tento vysle- 1 1 2 2 dek platí i v případě, kdy bod R nebo bod Q není bodem úsečky AB. b) Jsou-li lichoběžníky ABHG a GHCD podobné, platí a GH Obr 188b , odkud je \GH\ = -Jač (obr. 188a). \GH\ c c) Je vidět, že \EV\ = \UF\. Trojúhelníky EUD a ABD jsou podobné; stejně tak trojúhelníky |£Í7| _ \DM\ \EU\ _ \MQ\ ~a~~]DQ\' ~c~~\ĎQ\ UEA a CDA (obr. 188b). Takže \EU\ \EU\ Odsud J-[+]--L=l, a \EU\ = aC , takže \EF\ - ^aC a + c a + c 128 d) Označme \KL\=x a výšky va, vc lichoběžníků ABLK, KĹCB (obr. 188c). Pro jejich obsahy platí a + x x + c vc. Trojúhelníky TBL a SLC jsou podobné, takže platí q — x x — c Vynásobení obou po- v v a c D ľ I T f sledních rovností a úpravou dostaneme \KL\ = x = . t 1 2 a +c Obr. 188c Definici uvažovaných průměrů je možné zobecnit pro n, n>2, kladných reálných čísel O], aj, ...,a„: Aritmetickým průměrem čísel a\, a2,a„ nazýváme (a označíme A{a\,a2,...,a^)) číslo a, +a2 +...+a„ ,4(a,.a2,...,aJ = Geometrickým průměrem čísel a\, a2,an nazývame (a označíme G(a\,a2,...,a„)) číslo G(a:,a2,...,an) = ^a\~Iän . Harmonickým průměrem čísel a\, a2,a„ nazýváme (a označíme H(a\,a2,...,an)) číslo H(aí,a2,...,an) = n I 1 1 - + — + ... + — al a2 Kvadratickým průměrem čísel a\, a2,.... an nazývame (a označíme 0(a\,a2,...,a„)) číslo Q(a],a2,...,aJ = , i 2 i 2 /#, + a; + ,..+an n A platí i obecnější věta: Věta. Pro každá kladná reálná čísla a\, a2,.... a„platí nerovnosti: Min{a},a2,,..,an) < H(al,a7,...,af!) |olZ?C|. Označte K, L paty kolmic vedených bodem 5* ke stranám AC, AB. Ze shodnosti trojúhelníků CKS, DLS vyplývají rovnosti \AC\ = \AK\ + \KC\ = \AL\ + \LD\ = \AD\ = - • \AB\. Proto je \ — c, ~/A+—•/„> —-a, —/ +—•/„ >—b, které se- 3 " 3 * 2 3 * 3 2 3 c 3 a 2 čtěte. 6. Využití shodností v konstrukčních úlohách 1. a) Osová souměrnost s osou v odrazné stěně. b) Dvě osové souměrnosti s osami v odrazných stěnách. c) Dvě osové souměrnosti s osami v odrazných stěnách. d) Tři osové souměrnosti s osami v odrazných stěnách. 2. Posuňte přímku a, aby procházela bodem M (resp. N), sl přímku b, aby procházela bodem A' (resp. M). Dostanete přímky a', b'. Úsečku MN posuňte o vektor S'S, kde S' je průsečík přímek a', b' a S je průsečík přímek a, b. 3. Označme S střed kosočtverce. Zobrazte bod B na bod B' podle osy úhlu BSC a sestrojte nejprve trojúhelník ABB'. 4. Zobrazte přímku / středově souměrně se středem M, bod P je průsečíkem kružnice a zobrazené přímky. 5. Kružnici k\ posuňte rovnoběžně s přímkou p na kružnici k\' tak, aby střed kružnice k\' ležel na kolmici k přímce p vedené ze středu kružnice k2. Průsečíky kružnic k\ \ k2 určují přímku q. 6. Paty kolmic z bodu Mna příslušné strany trojúhelníku označte MAb, Mbc, Mca a posuňte přímku AB do bodu M. Vznikne rovnostranný trojúhelník A'B'C, jehož výškou je úsečka délky \MMca\ + \MM8C\. Pak posuňte přímku B'C do bodu M. 7. a) Posuňte úhlopříčku BD o vektor DC na úsečku EC a sestrojte nejprve trojúhelník ACE. b) Posuňte stranu AD o vektor DC na úsečku EC a sestrojte nejprve trojúhelník EBC. 8. a) Na polopřímce BC sestrojte bod D tak, že \BD\ = a + b a sestrojte trojúhelník ABD. Průsečík osy úsečky AD a úsečky BD je bod C. b) Sestrojte trojúhelník DEC, kde \DE\ = a + b + e, \/l0 = Vl2 + 32, Vl5 =>/? -fa použijte Pythagorovu větu. 2. Ověřte platnost rovnosti c2 = a1 + b1. 3. Součtem a rozdílem prvních dvou rovností získáme sfíu = \jc + a , V2v = ■sjc-a . 4. Vrchol rovnostranného trojúhelníku dělí stranu čtverce na délky y sl a-y. Dvěma způsoby pak vyjádřete pomocí Pythagorovy věty délku x rovnostranného trojúhelníku. Je y = [lS)a, x = 2aj2-yj3 ={ylě-j2\a. 5. Střed základny AB označte S. Dvěma způsoby vyjádřete obsah trojúhelníku ABC: ^ ' Použijte Pythagorovu větu pro trojúhelník ASC: f\AB\\2 2 2 2v„v, + v2 = AC\ Je \AB\ = 6. Použijte Euklidovy věty pro trojúhelník SMT]. Vzdálenost tětivy od bodu 5 je —. Pak d 134 2r d 7. a) Pravý úhel je při vrcholu C. Označte Aq střed strany BC a Ba střed strany AC. Pro je \T]T2\-—-yfd1-r2 d 2 ■y + — - 7 a c = 4vÍ3 . b) Pravý úhel je při vrcholu A. Analogicky je a = 20, 6 = 8>/5, c = 4>/5 . c) Pravý úhel je při vrcholu B. Úloha nemá řešení. 8. Pro obsah trojúhelníku platí — = —. Odsud je a2b2 = c2v2 = [a2 + b2 )v2. Odsud vydělením výrazem a2b2v2 již plyne dokazovaný vztah. 9. Nechť např. úhel při vrcholu C je větší nebo roven 60°. Označte D patu kolmice na stranu AB z vrcholu C. Platí v2 =\CD\2 =\ACf -UĎ? =b2-í-í =-b2 a též platí 4 H2 r~~i2 t &v v] - \BC\ -\BD\ = a2 -\c - — . Porovnáním obou výrazů získáte dokazovaný vztah. Rychlejší důkaz je možné provést pomocí kosinové věty (viz kapitola 17). 13. Konstrukční úlohy řešené pomocí výpočtu 1. Sestrojte postupně úsečky délek: v a'c t—z n— u'v a) u = -—, v = yja-b, w = ^Jd-e, x =- w b) u = ^b2 + c2 , v = 4a2 -d2 , x = Vw2 + v2 c) nejprve rozložte výraz a3 + b3 = (a + b){a2 -ab + b2"), pak konstruujte u = y/a-b . a+ 6 íl Tľ n 7 a + 6 y- d) w = VťTT , v = —j—, w = c ■ yjl, v = V Ŕ ■ w, x — v + _v 2. Platí m2 = -+C • v, kde v je výška lichoběžníku. Odsud v = ^m m , neboli — = 2 a+c m a + c 3. Platí a2 +2ab + b2 =(a + bf = (o-c)2 =o2-2oc + c2 a a2+b2=c2, odkud 2ab~o2-2oc. Dále pro obsah trojúhelníku platí 2vcc = 2ab = o2 -2oc, odkud q2 c =-■—, což sestrojte stejnolehlostí. 2v„ + 2o 4. Postupně platí c2 =(c-m)~ +(c~n)\ c2-2(m + n)c + m2 +n2 = 0, c]2 =m + n±y/2mn . Vyhovuje pouze c = m + n + yJ2mn , neboť c < a + b = (c - m) + (c — n), odkud c> m + n. Sestrojte c, pak a, b. 5. Označte D patu výšky z bodu C. Předpokládejte \AD\ > \BD\. Rovnoběžka s přímkou CD protne stranu AB v bodě P, stranu v bodě Q. Trojúhelníky APQ, ADC jsou podobné, proto \AP\ = h\AD\, \PQ\ = h\CD\. Má platit 2-~{k ■ \AD\)• (k• \CD\) = ^-\AB\-\CD\, odkud 135 2k2\AD\ = \AB\, k = AB 2- AD\ Takže je \AP\ = AB 2- AD\ \AD\ =, AB ■ AD 14. Věta Menelaova a věta Cěvova 1. Menelaova věta pro trojúhelník ABC a přímku KL, \AM\ : \AC\ = 3:2. 2. Nejprve Menelaova věta pro trojúhelník ABL a přímku KC, odkud \AT\ : \LT\ = 4:1. Potom Menelaova věta pro trojúhelník ALC a přímku BN, odkud ;.-/,Y| : \CN\ = 3:1, takže \AN\ : \AC\ = 3 : 4. 3. Užijte Menelaovu větu pro trojúhelník ABC a přímky C2A\, A2B\ a B2C\, dále dvakrát Cěvovu větu pro trojúhelník ABC a přímky AAi, BB\, CC\. Těchto pět rovností spolu vynásobte a obdržíte Menelaovu větu pro trojúhelník ABC a přímku A2B2C2. 4. Označte středy stran AB, BC, CA jako body Co, Ao, Ba a sestavte Menelaovu větu pro trojúhelník ABC a přímku DE, což je zároveň díky podobnosti trojúhelníků Menelaova věta pro trojúhelník AqBoCo a přímku PQR. 15. Težnice, osy stran, osy úhlů a výšky v trojúhelníku 1. Prochází-H Eulerova přímka vrcholem A, splývá buď s vrcholem A průsečík výšek V a trojúhelník je pravoúhlý, nebo je Eulerova přímka A V výškou i těžnicí a trojúhelník je rovnoramenný. 2. Označme P, Q paty kolmic vedených body B, C k přímce AM a, K její průsečík s přímkou BC. Pak je K středem úsečky BC právě tehdy, když je IZÍ^I - \CQ\, a to je právě tehdy, když obsahy trojúhelníků BKM a CKM jsoxx stejné, což je právě tehdy, když obsahy trojúhelníků ABM a A CM j sou stejné. 3. Rovnají-li se obsahy trojúhelníků ABM a ACM a současně obsahy trojúhelníků BCM a BAM, rovnají se obsahy trojúhelníků CBMa CAM. 4. Neleží. Např. v pravoúhlém trojúhelníku s jedním vnitřním úhlem 30°. 5. Trojúhelníky KMTa ACVjsou vzájemně podobné s koeficientem podobnosti (obr. 87). 16. Goniometrické funkce 1. 3,11; 11,59. 2. 6,07; 10,86. ■b2 = v2 +(acos/í)2 - v] + (écosa)2J = (acos/? + ôcosa)(acos/?-Ŕcos«) = = c ■ (a cos p - b cos a) 17. Veta sinová a kosinová 1. p = A—-\—-a = — -a2 2. Od Heronova vzorce lze dosazením za s dojít ke vztahu 4a2b2 =16P2 + {a2 +b2 -c2}~ (viz odvozování Heronova vzorce), kam dosaďte P = — . 3. Užijte kosinovou větu pro strany BC aACv trojúhelnících ADC, BDC. 4. a) Platí a = b cos y -v c cos p, analogicky platí rovnosti pro b, c. Všechny rovnosti sečtěte. b-coscc b) Sestrojte výšku BB\. V trojúhelníku BCBq platí cotg/ =■ c sin ar 136 5. Platí P^-bcsma, b + c = 2S, b < 28, c <28. Odsud je £±15,4, c = 12,6. Z kosinové věty je a = 14,2. Dále z kosinové věty je /f = 69,9°, takže ^ = 50,10. 6. Důkaz pro ostroúhlý trojúhelník: Paty výšek z vrcholů a, B, C označte postupně L, M, K. \AK\ \BL\ \CM\ b cos a c cos B a cos v , Platí ]—\-\—\-\-\ =---—--- = 1. \BK\ \CL\ \AM\ a cos/? b cos/ ccosa 7. Nechť úsečky AL, BM, CK představují osy vnitřních úhlů trojúhelníku ABC. Použijte Cě-vovu věru na trojúhelník ABC a osy úhlů a přidejte sinovou větu: r sin - \ak\ \bk bl\ cli cm\ \ck\ srna 2 \AL\ . os sin — 2 sin p ■ P sin— \bm\- sin y am\ sin r \ck\ sin /? al . a srn-_2 • P sm^ 2 = 1 bm\-siny 1 sincr 8. Nechť v trojúhelníku ABC je CC0 těžnice a CCj výška. Trojúhelníky CqCC\, BCC\ jsou shodné. Přímka CCo je osou úhlu ACC\, proto je \AC\:\CC:\ = \AC0\:|C0C,| = 2:1, odkud \|7C| se dokazuje stejně). Pak postupně je \XB\ + \BU\ = |ZC| + \CW\, \BY\ + \BV\ = \CY\ + \CV\, \BY\ + \BY\ + \YV\ = \CV\ + \VY\ + \CV\, \BY\ = \CV\- Také je | YV) = \BC\ - 2-\BY\ = a- 2(s -b) = b-c= \AC\ - \AB\. Dále je \BC\ - \BY\ + \YV\ + \ VC\ = \BY\ + \YV\ + \BY\ = \BY\ + \BV\ = \XB\ + \BU\ = \XU\. Je-li O střed kružnice vepsané a Oa střed kružnice vně připsané, jsou trojúhelníky AXO, ít„ ,u - |,4X| + LW| (s-a)+a s (s-b)(s-c) AJjOa podobne, takže pa = p-—~——L = p-----= p--= --—--. 1.4X1 s -a s—a p 10. Obsah trojúhelníku ABC je roven součtu obsahů trojúhelníků ABOa,ACOa a rozdílu obsahu trojúhelníku BCOa, proto je P = pa(s - a). . s l(s~a)(s-b)(s-c) s ls(s-b)(s-c) Platí (vizcvičení 9) pa = p—-= Ji-^-^-L.-±-= _i-L\-1. s-a V s s-a \ s~a 11. V pravoúhlém trojúhelníku ABC s pravým úhlem při vrcholu C je podle označení v příkladu 62 průměr kružnice vepsané roven 2-(s - c) a průměr kružnice opsané roven c. Součet těchto hodnot je 2s - c = a + b. 12. Úhel UCV')e pravý, přímka UVtedy prochází středem kružnice k. Podle příkladu 60 protíná osa vnitřního úhlu oblouk AB v jeho středu. Přímka LVje tudíž osou strany AB. ™ i v i n • 1 1 1 a + b + c [~ s 1 b. Dle kapitoly 17je — + — + — =---—-—-- = —. va vt ve 2--/>)(*-<;) ^(s-a)(s-Ŕ)(s-c) ^> 21. Délka oblouku kružnice, obsah výseče a úseče 1. P^U^/Lh-U^ 4 1 1 6 1 1 .4 1 1 9 1 1 ? V ' 2. Označte postupně K, L, M, N průsečík oblouků se středy C, D, průsečík oblouků se středy A, D, průsečík oblouků se středy A, B, průsečík oblouků se středy C, B. Trojúhelník ABM 'ti jš^ je rovnostranný. Obsah oblasti ABM se dvěma hraničními oblouky je v 3 4 102 cm2. Obsah „čočky'' s vrcholy B, D je ^"ij'1^2 cm2 ■ Obsah oblasti ABK se dvěma hraniční- 25(l2-3V3-2%) o 25(6V3-12 + rc) mi oblouky je —--- cm2. Obsah oblasti KBL je —--— cm2, obsah 3 3 25(4?r + 12-12^) „čtverce" KLMNje —----- cm2. „ n 1 b2 1 a2 1 c2 ab ab 3. P--+ —-7C-----31--+-=-. 2 42 42 422 4. Ar = + * m--= —— = 15,9 cm. Změna nezávisí na poloměru původní kružnice. 2tc 2tc 2tc 139 22. Vzájemná poloha dvou kružnic, stejnolehlost kružnic 1. Kružnice odpovídající kružnici k ve stejnolehlosti se středem ve středu úsečky AB a koeficientem -, bez jejích průsečíků s přímkou AB. ^ t n—7T , „ j V<32 +b2 +b-a 2. Je r, + r2 = yja +b~ , r2+r}=a, r3+r}=b, odkud =- Va2 +b2 +a-b a + b-yja2 +b2 2 2 3 2 3. Úloha je vyřešena dále v příkladu 91. 4. Thaletova kružnice nad průměrem AB vyjma bodů A, B. 23. Feuerbachova a Apolloniova kružnice 1. Je-li trojúhelník rovnostranný. 2. Procházejí průsečíkem výšek trojúhelníku, neboť tento se zobrazí podle stran trojúhelníku na kružnici trojúhelníku opsanou. 3. Veďte rovnoběžky body A, B a na rovnoběžce procházející bodem B sestrojte body B i, Bi, aby \BB\\ = \bb2\ = 1. Přímka EB\ protne rovnoběžku procházející bodem A v bodě K, přímky AB, KBt se protnou v bodě F. Úsečka EF je průměrem Apolloniovy kružnice. 4. Apollonoivy kružnice s koeficienty k a — jsou osově souměrně sdružené podle osy ůseč- k ky AB. 5. a) Sestrojte Apolloniovu kružnici určenou body A, B a koeficientem b : a. b) Sestrojte Apolloniovu kružnici určenou bodem B, středem úsečky AB a koeficientem 4:3. c) Těžiště trojúhelníku leží na Apolloniově kružnici určené body A, C a koeficientem 2 -2 " „ — t. : — L =í-.í=2. 6. Osa obou tětiv prochází středem S kružnice k, proto společný bod obou tětiv leží na Apolloniově kružnici určené body A, B a. koeficientem \SA\ : \SB\. 7. Hledaný bod je průsečíkem kružnic sestrojených nad průměry, jejichž koncové body tvoří vždy vnitřní a vnější střed stejnolehlosti libovolné dvojice daných kružnic. 8. Jelikož přímky CE, CF jsou osy úhlů přímek AC, BC, leží bod C na Apolloniově kružnici sestrojené nad průměrem EF a určené body A, B, odkud plyne dokazovaná rovnost. 24. Mocnost bodu ke kružnici 1. Bod X leží též na kružnici se středem s2 a poloměrem r = 12. 2. Jestliže body C, D, C, D' neleží v přímce, leží některé tři z nich na kružnici; řekněme C, D, C. Přímka AC protne tuto kružnici v dalším bodě D" (v případě tečny D" splyne s O- ^ mocnosti bodu A k této kružnici plyne \AC\-\AD\ = |JC'|-|^Z)"|. Z této a dané rovnosti plyne \AD] = z čehož D'- D", tedy bod D' leží také na uvažované kružnici. 3. Důkaz stejný jako ve cvičení 2. 4. Označte \AX\ ~ x. Platí x-2x = \AS\2 - r2, odkud vyjádřete x a sestrojte kružnici se středem A a poloměrem x. 5. Označte u2 = bc. Sestrojte u jako délku tečny ze společného bodu úseček délek ó, c ke kružnici o průměru \b - c\. Stejně vyjádřete x2 = (a - u)(a + u). 6. BodXleží též na chordále kružnic k\, ki. 140 7. Středy kružnic jsou vrcholy rovnoramenného trojúhelníku s výškou velikosti 4 na základnu. Je-li délka tečného úseku z potenčního bodu ke kružnicím x, platí (4 - x)2 = x2 + 22, odkud x = —. 2 25. Kruhová inverze 3. Zvolte za střed kruhové inverze např. bod T\%. V této kruhové inverzi se kružnice k\, k2 zobrazí na dvě rovnoběžky ky, k2 a kružnice ku k* se zobrazí na kružnice £3', £4', které leží v pásu ohraničeném přímkami k] ', k2' a přitom se £4' dotýká k\ a ki se dotýká fo' a k:41 se dotýká £3'. Ze stejnolehlosti kružnic ky, k*' vyplývá, že body dotyku dvojic útvarů k\ \ £4' a fa', £3' a £3', &4' leží v přímce, která se v kruhové inverzi zobrazí na kružnici, která prochází též bodem T\%. 4. Označme S střed a r poloměr kružnice k a dále XY tětivu kružnice / tak, aby přímka XY procházela bodem S. Kružnice / je samodružná, právě když |&Y|-|ST| = r2, což je zároveň mocnost bodu S ke kružnici /, a to platí, právě když je přímka SA (resp. SB) tečnou ke kružnici /. 5. Dále uvedený postup lze použít i pro

jednak na kružnici se středem S a poloměrem r~ - r' a na kružnici se středem B a poloměrem ' - - . Bod B je vnitřním bodem mezikruží. 4. Nechť se např. přímka p dotýká kružnice k\ v bodě T. Za střed kruhové inverze volte bod T a kružnici samodruhých bodů nejlépe tak, aby kružnice k2 zůstala samodružná. Obrazy kružnice k\ a přímky p jsou rovnoběžky k\',p\ Sestrojte jednak kružnice dotýkající se přímek k\', p' a kružnice k% (pokud existují), jednak rovnoběžky s přímkou p dotýkající se kružnice k2. Tyto sestrojené kružnice a rovnoběžky s p zobrazte ve zvolené kruhové inverzi. 5. Nechť bod T leží na kružnici k\. V bodě T sestrojte tečnu p ke ky, čímž úloha přejde na úlohu ze cvičení 4. 6. Sestrojte soustředné kružnice s kružnicemi k\, k2 a poloměry jednak menšími, jednak většími o hodnotu r, než mají kružnice k\, k2. 7. Sestrojte polopřímku V A' osově souměrnou podle přímky VB. Nyní jde o úlohu bod-přímka-přímka (bod Q, přímky V A, V A ). 8. Úloha přímka-přímka-kružnice. Úloha má 4 řešení. 9. Středovou souměrností se středem M zobrazte přímky p, q na přímky p\ q\ Nyní jde 141 o úlohu bod-pnmka-přímka (bod M, přímkyp, q', resp. q,p"). 10. Bod 5 dotyku kružnic k\, h je středem stejnolehlosti těchto kružnic, proto \AS\ = 2-\SB\; 5 leží na úsečce AB. 27. Čtyřúhelníky 1. Sestrojte nejprve trojúhelník ABD, jemu opište kružnici. 2. a) Sestrojte nejprve trojúhelník ABC a pak využijte rovnosti a + c = b + d. b) Sestrojte postupně úhel a, kružnici vepsanou, stranu AB, úhel y. 3. Bod E je otočený bod C na stranu ^5 kolem bodu A. V trojúhelníku EBC známe \, b2~c2+f2-2cfcosy/; tyto čtyři rovnosti sečtěte. 11. Je-li JWprůsečík úhlopříček čtyřúhelníku ABCD, platí pro jeho obsah: p= — •\AM\-\BM\-úi\ = I. (\AM\ + \CM\) ■ (\BM\ + \DM\) ■ sin

e, c + d> e, b + c>f, a + d>f. Sečtením všech Čtyř nerovností dostaneme první z dokazovaných nerovností. Je-li S průsečík úhlopříček a označíte-li \AS\ = e\, \CS\ =e2, \BS\ =f\, \DS\ =f2, platí trojúhelníkové nerovnosti e\ +f\ > a, e2 +f\ > b, e2 +f2 > c, e\ +f2 > d. Sečtením všech čtyř nerovností dostaneme druhou z dokazovaných nerovností. 13. Obsahy trojúhelníků ABD, ABC]sou stejné. Od těchto obsahů se odečte obsah trojúhelníku ABM. 14. Je-li S střed ciferníku, vyjádřete obsahy čtyřúhelníku 153, 3S8, 859, 951 a sečtěte je. Do- 142 stanete P = --r2 -sin60° + --r -sinl50° +—♦ r -sin30°+--r2 -sinl20° = --r2-(y/Š + l). 2 2 1 2 7 \ J 28. Pravidelné mnohoúhelníky 1. I = 2npXg-, ľ = n p1 tg-, n n 2. n (rozlište n sudé, liché). 3. Uvažujte jednak, že rovnoramenný trojúhelník ABK má hlavní vrchol A, pak úhel při vrcholu C má velikost 36°, jednak, že rovnoramenný trojúhelník ABK má hlavní vrchol B, 180° pak úhel při vrcholu C má velikost-. 4. Platí ŕ> = 2rsin—. ŕ7 = 2rsin— = 2r-2sin —cos—, rcos— = Jr2 -f — | .Dosazením 2n n 2n 2n 2n \ {2 j z první a třetí rovnosti do druhé rovnosti dostaneme a2r2 = b2 {Ar2 -b2 j. 5. Dokazovanou rovnost můžeme přepsat na tvar |j4]4,|-pí24i| ^j^^H^sAlH^^i'Mi^l' což je Ptolemaiova věta pro étyřúhelmk^.iyf^^. c „ ap a,p a o , , 1 , , 2 + 2 +'''+ 2 2"^l+rř2+''' + r7^' 1 1 1 7. Ve společném vrcholu platí 2-Ítc- — | + 2-Íji-— = 2n, odkud — + — = — . Tato rov- \ n j \ m) n m 2 nice dává řešení n\ =A.m\= 4, nebo n2 = 3, m2 = 6 (ve druhém případě existují dvě možná pokrytí roviny). 8. Součet je roven «T80o-(n-2)-180o = 360°. 71 r cos— 9. Je — =-— = cos—. Pro n = 3 je r = 2p. r r n 29. Dělicí poměr 1. Předpoklad je IC-Á-BG, Z předpokladu plyne BC = — -AC, proto je (BAC) = —. Pomocí předpokladu dostaneme AB = AC + CB = ~Z-CB + CB~{l-l)-CB, proto je 1 (ACB)= l-ÁACAB) \-X Podobně je (BCA) = , (CBA) Ä Ä-l 2. Platí. 3. Platí. 4. Platí. 5. Platí. 6. Je-li (ABCD)=-l,t), (ABQ = la(ABD)= L)e(ABDC)= = —= -1. (ABC) Ä Podle cvičení 1 je (&4C) = -, (Ä4£>) = -—, proto je (BACD) = -1. Ä Ä 143 Analogicky se postupuje pro ostatní čtveřice. 7. Trojúhelníky KLA, MNA jsou podobné, stejně tak trojúhelníky KLB, NMB. Proto je (ABCD) = (ABC) \AC\ (ABD) \BC\ ky ACC Takže je (ABCD) \BD. UĎ \AC\ \BD\ \KL\ MNÍ AD BC \MN \KL\ = -\ 8. Trojúhelníky ACC, ABB' jsou podobné, stejně tak jsou podobné trojúhelníky ABB", ADC. (ABC) \AC\ \BD\_ \AC'\ \B"C'\ (ABD) ~ \BC\\AD\~ \B'C'\ \AC'\ 9. Je-li úsečka AC kratší částí úsečky AB a platí-li \AC\ = x, \AB\ = a, použijeme ke konstrukci vztahu — =-f=. Je-li úsečka AC delší částí úsečky AB a platí-íi \AC\ = a-x, \AB\ = a, x 3-V5 použijeme ke konstrukci vztahu a - sfŠ-l 10. Je-li t střed úsečky AB, \AB\ = a, je \AP\ = 11. Je-li \AB\ = a,je \BC'\ = \BC\ = ^—^-a, i. i \M 2 V \ap\ =1 1 -\pt\ = — J -1 1 1 2 1 1 2 V a) 1 v3, 2 3-VŠ ■a. 12. Strana obdélníku je přeponou a úseky na stranách čtverce jsou odvěsnami rovnoramenné ho pravoúhlého trojúhelníku, takže mají-li strany obdélníku délky a, —--a 2 2 mají úseky „a stranách čtverce délky ' l"Aa. )..^ v2 2 v2 2 13. Je \AE\ = \EF\=^-^-a, \SB\ = \SF\ = 14. Řešení je patrné z obr. 178. A3-V^y Í3-v/5V + 3-V5 % a---V5 a 30. Průměry 1. Dokážeme nerovnost Min(a,b)< 2ab a + b Předpokládejme, že a < b. Pak Min(a,b) = a a - , , , 26 2a6 z nerovnosti a < o postupne plyne a + b < 2b, 1 <-, a <-. a+b a+b Ostatní nerovnosti dokážete podobně jako tuto, případně jako tu v textu. 2. \DF\ = ,j\DS\2 +\SF\2 a + b ^ 2 f a + b] 2 \ a + = J- ) K 2 j V 3. Obsah kosodélníku je ob sin a, obsah kosočtverce je x2 sin a, odkud x = sfab = 4 cm. 4. Osu pravého úhlu označme CD. Vyznačte čtverec s úhlopříčkou CD. Má-li čtverec délku x strany x, platí a-x x a+b a+b 5. Při r\ = t2 je \QT\ = \PT\ = r\. Dále nechť např. r\ > n. Označme S\, Si středy kružnic. Platí }qt\ = HÍ^^);-^-^L^,D,eB=@,odkud|,ri= id ri52 >i + r2 144 6. Je-Iirfprtoé,kruhuJeí<^L-^l^ = Iaí!j0dkud d = ^b 7. Trojúhelníky A UO a OVB jsou podobné podle věty proto je \A V\ : = \OV\ : |Z?í/f. 8. Má platit /?V2 = Va2 + £2 , odkud je = ÍZ±Z , 145 Použitá a doporučená literatura Bartsch, H.J.: Matematické vzorce. Mladá fronta, Praha, 2002. Boček, L., Základy planimetrie.SFN, Praha, 1985. Boček, L., Zhouf, J.: Máte rádi kružnice? Prométheus, Praha, 1995. Calda, E.. Matematika pro netechnické obory SOŠ a SOU, 2. díl. Prométheus, Praha, 1997. Horák, S.: Kružnice. 16. sv. ŠMM, Mladá fronta, Praha, 1966. Kadleček, J,: Geometrie v rovine a prostoru pro strední školy. Prométheus, Praha, 1996. Konforovič, A.G.: Významné matematické úlohy. SPN, Praha, 1989. Kuřina, F.: Uměni vidět v matematice. SPN, Praha, 1989. Kuřina, F.: 10pohledů na geometrii. MÚ AV ČR, Praha, 1996. Kuřina, F.: 10 geometrických transformací. Prométheus, Praha, 2002. Molnár, J.: Planimetrie. UP, Olomouc, 2001. Novotná, J. a kol.: Sbírka úloh z matematiky (nejen) pro přípravu k maturitě a přijímacím zkouškám na vysoké školy. Scientia, Praha, 2000. Polák, J.: Přehled středoškolské matematiky. Prométheus, Praha, 1991. Polák, i.: Středoškolská matematika v úlohách II. Prométheus, Praha, 1999. Porny kalová, E.: Mat e matika pro gymnázia, Planimetrie. Prométheus, Praha, 1993. Šedivý, J.: O podobnosti v geometrii. 7. svazek ŠMM, Mladá fronta, Praha, 1967. Šedivý, J.: Shodnost a podobnost v konstrukčních úlohách. 46. svazek ŠMM, Mladá fronta, Praha, 1980. Sofr. B.: Euklidovské geometrické konštrukcie. ALFA, Bratislava, 1976. Svrček, J., Vanžura, J.: Geometrie trojúhelníka. Polytechnická knižnice, SNTL, Praha, 1988. Švrček, J.: Vybrané kapitoly z geometrie trojúhelníka. Karolinum, Praha, 2004. Vejsada, F., Talafous, F.: Sbírka úloh z matematiky pro gymnázia. SPN, Praha, 1969. 147 Autoři: doc, RNDr. Leo Boček, CSc. RNDr. Jaroslav Zhouf, Ph.D. Lektorovali: doc. RNDr. Emil Calda, CSc. RNDr. Marie Kynterová RNDr. Jaroslav Svrček, CSc. Vydává: Pedagogická fakulta Univerzity Karlovy v Praze Rok vydání: 2009 Formát: A4 Počet stran: 148 Sazba: Ilustrace: 1. vydání RNDr. Jaroslav Zhouf, Ph.D. Vít Novák RNDr. Miloslav Závodný Publikace neprošla jazykovou úpravou ve vydavatelství. ISBN 978-80-7290-404-4 148