Skrypt dla studentów matematyki. Autor: Maciej Czarnecki. Tytuł: Wielokąty

1. Maciej Czarnecki
Geometria szkolna
skrypt dla studentów matematyki
Rozdział V
Wielokąty
Niech p będzie ustaloną płaszczyzną w przestrzeni euklidesowej E.
Definicja 1. Niech punkty A, B, C ∈ p będą niewspółliniowe. Bokami trójkąta ABC
nazywamy odcinki AB, BC oraz CA, długościami boków — liczby a = d(B, C),
b = d(C, A) oraz c = d(A, B), a miarami nieskierowanych kątów wewnętrznych (lub
− −
− →
→ − −→
− −
→
po prostu kątami wewnętrznymi) — liczby α = AB, AC , β = BA, BC oraz
− −→
→ −
γ= CA, CB .
Powyższe przypisanie liczb a, b, c oraz α, β, γ traktujemy jako oznaczenia standar-
dowe. Mówimy, że bok BC leży naprzeciw kąta α, bok CA — naprzeciw kąta β, a
bok AB — naprzeciw kąta γ. Mówimy także, że bok przylega do kąta, jeżeli nie leży
naprzeciw tego kąta. Kąt jest zawarty między bokami, które do niego przylegają.
Twierdzenie 2. (twierdzenie cosinusów) W trójkącie kwadrat długości boku jest
równy sumie kwadratów długości pozostałych boków pomniejszonej o podwojony ilo-
czyn długości tych boków i cosinusa kąta zawartego pomiędzy nimi.
Innymi słowy, przy standardowych oznaczeniach w trójkącie ABC zachodzą rów-
ności
c2 =a2 + b2 − 2ab cos α,
b2 =c2 + a2 − 2ca cos β,
a2 =b2 + c2 − 2bc cos γ.
Dowód: Z twierdzenia cosinusów w przestrzeni euklidesowej otrzymujemy
− 2
−→ − 2
→ −→ 2
− − −→
→ −
c2 = AB = AC + CB + 2 AC, CB
− −→
→ − −→ −→ − − −→
→ −
=b2 + a2 − 2 CA, CB = b2 + a2 − 2 CA · CB · cos CA, CB
=b2 + a2 − 2ba cos γ
1

2. 2
Wniosek 3. (twierdzenie Pitagorasa) W trójkącie jeden z kątów jest prosty wtedy i
tylko wtedy, gdy kwadrat długości boku leżącego naprzeciw tego kąta jest równy sumie
kwadratów długości pozostałych boków.
Innym słowy, przy standardowych oznaczeniach w trójkącie ABC:
π
γ = ⇐⇒ c2 = a2 + b2 .
2
Twierdzenie 4. (twierdzenie sinusów) W trójkącie stosunek długości boku do sinusa
kąta leżącego naprzeciw tego boku jest stały.
Innym słowy, przy standardowych oznaczeniach w trójkącie ABC:
a b c
= = .
sin α sin β sin γ
Dowód: Ze względu na symetrię oznaczeń wystarczy udowodnić pierwszą rów-
ność.
−→
− −→ −
−→
Niech u = BC, v = CA. Wówczas AB = −u − v oraz
α = (−u − v, −v), β = (u + v, u),
skąd
| − u − v|2 · | − v|2 − −u − v, −v 2 |u + v|2 · |v|2 − u + v, v 2
sin α = =
| − u − v| · | − v| |u + v| · |v|
|u|2 · |v|2 − u, v 2
=
|u + v| · |v|
oraz
|u + v|2 · |u|2 − u + v, u 2 |u|2 · |v|2 − u, v 2
sin β = = .
|u + v| · |u| |u + v| · |u|
Zatem
a |u| |u + v| · |u| · |v| |v| b
= = = = .
sin α sin α |u|2 · |v|2 − u, v 2 sin β sin β
Twierdzenie 5. Suma miar kątów wewnętrznych w trójkącie wynosi π.
Innym słowy, przy standardowych oznaczeniach w trójkącie ABC:
α + β + γ = π.
Dowód: Załóżmy, że α β γ.
Z twierdzenia sinusów wynika, że istnieje liczba dodatnia D taka, że
a b c
D= = = .
sin α sin β sin γ
Podstawiając stąd za a, b, c do pierwszego wzoru w twierdzeniu cosinusów otrzymu-
jemy równość
D2 sin2 γ = D2 sin2 α + D2 sin2 β − 2D2 sin α sin β cos γ,
która po zastosowaniu jedynki trygonometrycznej staje się rónaniem kwadratowym
ze względu na cos γ:
cos2 γ − 2 sin α sin β cos γ + sin2 α + sin2 β − 1 = 0

3. 3
o nieujemnym wyróżniku ∆ = 4(1 − sin2 α)(1 − sin2 β). Zatem
cos γ = sin α sin β − cos α cos β = cos(π − (α + β))
lub
cos γ = sin α sin β + cos α cos β = cos(α − β).
Ponieważ α, β, γ ∈ (0, π), więc także |π − (α + β)|, |α − β| ∈ (0, π), a to wraz z
powyższymi warunkami na cos γ daje
γ = |π − (α + β)| lub γ = |α − β|.
Tym samym spełniony jest co najmniej jeden z warunków
α + β + γ = π, π + γ = α + β, α = γ + β, β = γ + α.
Teza wynika ze sprzeczności ostatnich trzech z nich z założeniem 0 < α β γ < π.
Definicja 6. Okręgiem o środku S ∈ p i promieniu r > 0 zawartym w płaszczyźnie p
nazywamy zbiór
O(S, r) = {X ∈ p ; |XS| = r}.
Zbiory
K(S, r) = {X ∈ p ; |XS| < r}, K(S, r) = {X ∈ p ; |XS| r}
nazywamy odpowiednio kołem otwartym i kołem domkniętym o środku S i promieniu
r.
Definicja 7. Niech S ∈ p i r > 0. Prostą l zawartą w płaszczyźnie p nazywamy
(1) styczną do okręgu O(S, r), jeżeli d(S, l) = r,
(2) sieczną okręgu O(S, r), jeżeli d(S, l) < r,
(3) zewnętrzną do okręgu O(S, r), jeżeli d(S, l) > r.
Uwaga 8. Z twierdzenia III.22 wynika, że jeżeli prosta l jest styczna do okręgu O(S, r),
to zbiór l ∩ O(S, r) jest jednopunktowy i jego jedyny element A spełnia warunek
−→
SA ⊥ l.
Definicja 9. Niech P bedzie ustalonym wielokątem zawartym w płaszczyźnie p.
Bokiem wielokąta P nazywamy odcinek w nim zawarty, który przy dowolnej trian-
gulacji wielokąta P zawiera bok trójkąta należącego do tej triangulacji i niebędący
bokiem żadnego innego trójkąta tej triangulacji. Wierzchołkiem wielokąta P nazy-
wamy każdy koniec boku tego wielokąta.
Okręgiem opisanym na wielokącie P nazywamy okrąg zawierający wszystkie wierz-
chołki wielokąta P . Okręgiem wpisanym w wielokąt P nazywamy okrąg styczny do
każdej z prostych zawierających boki wielokąta w punkcie należącym do boku wielo-
kąta P , ale niebędącym wierzchołkiem tego wielokąta.
Definicja 10. Osią symetrii zbioru f nazywamy prostą l taką, że sl (f ) = f (czyli
gdy zbiór f jest niezmienniczy względem działania symetrii o osi l).
Symetralną niezdegenerowanego odcinka AB nazywamy oś symetrii tego odcinka
różną od prostej AB.
Twierdzenie 11. Symetralną odcinka AB ⊂ p zawartą w płaszczyźnie p jest jest
prosta l⊥ 2 A + 1 B , gdzie l = AB.
1
2

4. 4
Dowód: Niech m ⊂ p będzie symetralną odcinka AB ⊂ p, to znaczy osią symetrii
tego odcinka różną od prostej l = AB. Wówczas sm (A) = B, skąd i z definicji symetrii
l ⊥ m.
Ponadto wspólny rzut prostopadły D punktów A i B na prostą m spełnia warunki
−→
− −→ −
− −→
2AD = 2DB = AB, co pociąga za sobą równości
1
|AB| = |AD| + |DB| i |AD| = |AB|.
2
Zgodnie z lematem IV.28 punkt D ∈ m jest środkiem odcinka AB.
Ponieważ dim p = 2, więc istnieje dokładnie jedna prosta zawarta w płaszczyźnie p,
prostopadła do prostej AB i przechodząca przez środek odcinka AB; jest nią właśnie
l⊥ 1 A + 1 B .
2 2
Twierdzenie 12. Symetralna odcinka AB ⊂ p zawarta w płaszczyźnie p jest zbiorem
wszystkich punktów płaszczyzny p równoodległych od A i B.
Dowód: ⊂) Jeżeli m jest symetralną odcinka AB, to jak w dowodzie tw. 11
sm (A) = B. Ponieważ symetria osiowa sm jest izometrią i zbiorem jej punktów stałych
jest prosta m, więc dla dowolnego punktu X ∈ m spełniony jest warunek
|AX| = |sm (A)sm (X)| = |BX|.
⊃) Niech na odwrót punkt X ∈ p będzie równoodległy od punktów A i B, a D
niech bedzie jego rzutem prostopadłym na prostą l = AB. Wówczas
−→ −→ −
− − −→ −→ −→ −
− − −→
XD ⊥ DA AB i XD ⊥ DB AB,
co wraz z twierdzeniem Pitagorasa i założeniem daje
|DA|2 = |AX|2 − |XD|2 = |BX|2 − |XD|2 = |DB|2 .
Zatem D ∈ l jest środkiem odcinka AB oraz XD ⊥ l. To na mocy tw. 11 oznacza, że
XD jest symetralną odcinka AB, czyli punkt X należy do tej symetralnej.
Definicja 13. Niech u, v ∈ S(p) {θ}, O ∈ p.
Załóżmy, że wektory u i v nie są przeciwnie skierowane. (Wypukłym) kątem płaskim
o wierzchołku O rozpiętym na wektorach u i v nazywamy zbiór
∠uOv = {O + s · u + t · v ; s, t 0},
Półproste Ou→ = O, O+ u→ iOv → nazywamy ramionami kąta, a zbiór {O + s · u +
t · v ; s, t > 0} — obszarem kąta.
Wklęsłym kątem płaskim o wierzchołku O rozpiętym na wektorach u i v nazywamy
zbiór
∠− uOv = (p ∠uOv) ∪ Ou→ ∪ Ou→
Jego ramionami są półproste Ou→ = i Ov → , a obszarem — zbiór {O +s·u+t·v ; s <
0 lub t < 0}.
Jeżeli u ↑↓ v, to (wypukłym) kątem płaskim ∠uOv nazywamy każdą z półpłasz-
czyn domkniętych o krawędzi O, O + u = O, O + v, a jego obszarem — odpowiednią
półpłaszczyznę otwartą.
Miarą wypukłego kąta płaskiego ∠uOv jest liczba
|∠uOv| = (u, v)

5. 5
(czyli miara kąta pomiędzy wektorami u i v), natomiast miarą wklęsłego kąta płaskiego
∠− uOv liczba
|∠− uOv| = 2π − (u, v).
Uwaga 14. Kąt płaski zapisuje się często w postaci ∠AOB, gdzie A ∈ Ou→ , B ∈ Ov → .
Wypukły kąt płaski jest zbiorem wypukłym.
Wypukły kąt płaski ∠uOv nazywamy zerowym — gdy u ↑↑ v, a prostym — gdy
u ⊥ v. Płaszczyznę z wyróżnioną półprostą nazywamy kątem pełnym, a półpłaszczynę
domkniętą z wyróżnionym punktem na jej krawędzi— kątem półpełnym.
Definicja 15. Dwusieczną kąta płaskiego o wierzchołku O nazywamy półprostą o
początku O zawartą w tym kącie i jego osi symetrii (a w przypadku kąta pełnego
uzupełniającą jedyne ramię do prostej).
Twierdzenie 16. Dwusieczna kąta płaskiego zawartego w płaszczyźnie p, który nie
jest pełny, jest zbiorem wszystkich punktów tego kąta równoodległych od jego obu ra-
mion.
Dowód:
Twierdzenie 17. Na każdym trójkącie można opisać okrąg.
Środek okręgu opisanego na trójkącie jest jedynym punktem wspólnym symetralnych
wszystkich boków tego trójkąta.
Dowód: W trójkącie ABC niech k, l, m oznaczają dopowiednio symetralne bo-
ków BC, CA, AB. Dowolna para symetralnych przecina się w dokładnie jednym punk-
cie ze względu na ogólne położenie wierzchołków.
Niech O ∈ k ∩ l. Wtedy z tw. 12 wynika, że |OB| = |OC| i |OC| = |OA|. Stąd także
|OA| = |OC| i stosując ponownie tw. 12 otrzymujemy, że O ∈ k ∩ l ∩ m. Wysatrczy
przyjąć R = |OA|, a by okrąg O(O, R) był opisany na danym trójkącie.
Na odwrót, jeżeli okrąg jest opisany na trójkącie, to jego środek leży na każdej z
symetralnych (na mocy tw. 12).
Twierdzenie 18. W każdy trójkąt można wpisać okrąg.
Środek okręgu wpisanego w trójkąt jest jedynym punktem wspólnym dwusiecznych
wszystkich wewnętrznych kątów płaskich tego trójkąta (to znaczy kątów wyznaczonych
przez wektory wychodzące z danego wierzchołka).
Dowód: Ze względu na analogię twierdzeń 12 i 16 dowód przebiega podobnie
jak dla okręgu opisanego. Za środek okręgu wpisanego wystarczy przyjąć punkt O
przecięcia dwusiecznych kątów wewnętrznych, a za promień — liczbę r = d(O, AB) =
d(O, AB → ).
Definicja 19. Środkową boku w trójkącie nazywamy odcinek, którego jednym z koń-
ców jest środek tego boku, a drugim wierzchołek przeciwległy temu bokowi.
Twierdzenie 20. (o środkowych w trójkącie) Środkowe w trójkącie mają dokładnie
jeden punkt wspólny. Jest nim środek ciężkości tego trójkąta (czyli środek ciężkości
układu jego wierzchołków o jednakowych wagach).
Tym samym środkowe w trójkącie dzielą się wzajemnie w stosunku 2 : 1 (licząc od
wierzchołka do przeciwległego boku).

6. 6
Dowód: Wystarczy zauważyć, że w trójkącie A1 A2 A3 dla dowolnych parami
różnych liczb i, j, k ∈ {1, 2, 3} zachodzi równość
1 1 1 2 1 1 1
A1 + A2 + A3 = Ai + Aj + Ak .
3 3 3 3 3 2 2
Twierdzenie 21. Przy oznaczeniach standardowych w trójkącie ABC środkowa
boku BC ma długość
√
2b2 + 2c2 − a2
ma = .
2
Dowód: Niech D będzie środkiem odcinka BC oraz niech ϕ i ψ oznaczają miary
kątów wewnętrznych przy wierzchołku D odpowiednio w ABD i DCA. Wówczas
−→ −→
− − −→ −→
− − −→ −→
− −
ψ= DA, DC = π − DA, −DC = π − DA, DB = π − ϕ.
Stosując tweirdzenie cosinusów do trójkątów ABD i DCA otrzymujemy
1
c2 =m2 + a2 − ma a cos ϕ
a
4
1 1
b =ma + a2 − ma a cos ψ = m2 + a2 + ma a cos ϕ,
2 2
a
4 4
skąd po dodaniu stronami wynika teza.
Twierdzenie 22. (o kątach w kole) Jeżeli punkty A, B, C leżą na okręgu O(O, R),
to dla wypukłych kątów płaskich ∠AOB i ∠ACB zachodzi równość
|∠AOB| = 2 · |∠ACB|.
Innymi słowy, kąt środkowy ma dwa razy większą miarę niż kąt wpisany oparty na
tym samym łuku.
Dowód:
Twierdzenie 23. (ogólne twierdzenie sinusów) W trójkącie stosunek długości boku
do sinusa kąta leżącego naprzeciw tego boku jest satły i równy średnicy (podwojonemu
promieniowi) okręgu opisanego na tym trójkącie. Innymi słowy, jeżeli R oznacza pro-
mień okręgu opisanego na ABC, to przy standardowych oznaczeniach
a b c
= = = 2R.
sin α sin β sin γ
Dowód: Niech α β γ. Wówczas z twierdzenia 5 wynika, że α < π . Jeżeli
2
O(O, R) jest okręgiem opisanym na trójkącie ABC, to z twierdzenia 22 otrzymu-
jemy, że |∠COB| = 2α < π. Zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta COB
daje równość
a2 =|BC|2 = |BO|2 + |CO|2 − 2|BO| · |CO| · cos 2α
=2R2 (1 − cos 2α) = 4R2 sin2 α
równoważną tezie na mocy twierdzenia sinusów (tw. 4).

7. 7
Definicja 24. Wysokością opuszczoną z wierzchołka X trójkąta na przeciwległy bok
nazywamy odcinek łączący punkt X z jego rzutem prostopadłym X na prostą za-
wierającą przeciwległy bok. Długość tej wysokości oznaczamy przez hX , a punkt X
nazywamy spodkiem wysokości.
Twierdzenie 25. Proste zawierające wysokości trójkąta przecinają się w jednym
punkcie — ortocentrum trójkąta.
Dowód: Niech w trójkącie ABC proste zawierające wysokości opuszczone z
punktów A i B przecinają się w punkcie H (nie mogą być one równoległe, bo wierz-
chołki trójkąta są w położeniu ogólnym). Zatem
−→ −→
− − −→ −
− →
HA ⊥ BC i HB ⊥ CA.
−→ −
− −→
Wystarczy pokazać, że HC ⊥ AB. Z powyższych zależności wynika, że
−→ −
− − → −→ −
− → −→ −→
− −
HC, AB = − HC, CA − HC, BC
−→ −
− → −→ −
− → −→ −→
− − − −→
→ −
= − HB, CA − BC, CA − HA, BC + CA, BC = 0.
Uwaga 26. Do oznaczen standardowych w trójkącie ABC z definicji 1 dołączamy
symbole hA , hB , hC na oznaczenie długości wysokości opuszczonych z odpowiednich
wierzchołków, ma , mb , mc — na oznaczenie długości środkowych odpowiednich boków,
R — promień okręgu opisanego na trójkącie, r — promien okręgu wpisanego w trójkąt,
p = a+b+c — połowę obwodu trójkąta i S — pole trójkata.
2
Twierdzenie 27. (wzory na pole trójkata) Przy standardowych oznaczeniach w trój-
kącie ABC prawdziwe są natępujace wzoryna pole trójkąta:
1 − → −→ − 1 − −
→ − −→ 1 −
−→ − →
(1) S = 2 CA × CB = 2 BC × BA = 2 AB × AC ,
1 1 1
(2) S = 2 ab sin γ = 2 ca sin β = 2 bc sin α,
1 1 1
(3) S = 2 ahA = 2 bhB = 2 chC ,
(4) S = p(p − a)(p − b)(p − c) (wzór Herona),
(5) S = rp,
(6) S = abc ,
4R
(7) S = 2R2 sin α sin β sin γ.
Dowód:
(1) Wynika z wniosku III.35.
(2) Wynika z (1) i wniosku I.25.
(3) Wynika z wniosku III.32 i jest omówiony w przykładzie III.33.

8. 8
(4) Z twierdzenia cosinusów wynika, że
2
2 2 a2 + b2 − c2
sin γ =1 − cos γ = 1 −
(2ab)2
2ab − a2 − b2 + c2 2ab + a2 + b2 − c2
=
4a2 b2
c2 − (a − b)2 (a + b)2 − c2
=
4a2 b2
(c − a + b)(c + a − b)(a + b − c)(a + b + c)
=
4a2 b2
4p(p − a)(p − b)(p − c)
= .
a2 b2
Stąd i z (2)
1
S 2 = a2 b2 sin2 γ = p(p − a)(p − b)(p − c).
4
(5) Niech O(O, r) będzie okręgiem wpisanym w trójkąt ABC. Wówczas odle-
głości punktu O od wszystkich boków tego trójkąta są równe r. Tym samym
długości wysokości opuszczonych z punktu O w trójkątach AOB, BOC i
COA są równe r, co wraz z (2) i faktem, że trójkąty te stanowią triangulację
trójkąta ABC pociąga za sobą
1 1 1
S = P ( AOB) + P ( BOC) + P ( COA) = cr + br + ar = pr.
2 2 2
c
(6) Z tw. 23 sin γ = 2R i wystarczy zastosować (2).
(7) Z tw. 23 a = 2R sin α, b = 2R sin β, c = 2R sin γ i wystarczy zastosować (6)
Twierdzenie 28. (twierdzenie o dwusiecznej) Dwusieczna płaskiego kąta wewnętrz-
nego w trójkącie dzieli bok przeciwległy na dwa odcinki proporcjonalne do boków trój-
kata przylegających do tych odcinków.
Jeżeli w trójkącie ABC D jest punktem przecięcia boku BC dwusieczną płaskiego
kąta wewnętrznego ∠BAC, to przy standardowych oznaczeniach
|BD| c
= .
|CD| b
Co więcej
ac ab
|BD| = , |CD| = .
a+c b+c
Dowód: Niech w trójkącie ABC punkt D będzie punktem przecięcia boku BC
przez dwusieczną płaskiego kąta wewnętrznego ∠BAC.
Ponieważ symetria osiowa o osi AD jako izometria zachowuje miary kątów pomie-
−→
− −→
−
dzy wektorami, więc |∠DAB| = |∠DAC| = α . Ponadto DB ↑↓ DC, skąd |∠DAC| =
2
π − |∠DAB|. Stosując twierdzenie sinusów do trójkątów ABD i ACD otrzymu-
jemy
|BD| c b |CD|
= , = ,
sin α
2 sin |∠DAB| sin |∠DAC| sin α
2

9. 9
skąd
|BD| c
= .
|CD| b
Druga część tezy wynika z pierwszej po uwzglednieniu równości |BD| + |CD| = a.