ISSN 0351-6652 Letnik 19 (1991/1992) Številka 1 Strani 46-49
Dragoljub M. Miloševic, prevedel in priredil Mirko Dobovišek:
O KOLINEARNOSTI TREH TOČK
Ključne besede: matematika, geometrija. Elektronska verzija:
http://www.presek.si/19/1075-Milosevic-Dobovisek.pdf
© 1991 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije © 2010 DMFA - založništvo
O KOLINEARNOSTI TREH TOČK
Učenci se že zelo zgodaj srečajo s pojmom kolinearnosti. Če točke ležijo na isti premici, rečemo, da so kolinearne. Namen tega sestavka je, pokazati, kako kolinearnost iahko opišemo s pomočjo vektorjev. Najprej bomo povedali, kdaj so tri točke kolinearne, nato pa bomo trditev uporabili v dveh zanimivih primerih. Vektor od točke A do točke 6 označimo z AB: dolžino tega vektorja (dolžino daljice med A in B) pa z AB.
Trditev. Če so A, B in C tri kolinearne točke, A C in O poljubna točka, potem obstaja realno število k, da velja:
OB = (1 ~ k)OA + kOC	(*)
Če je 0 < k < 1, je točka B na daljici AC.
Dokaz. Naj bodo točke A, B in C na isti premici (slika 1), Ker sta vektorja AB in AC vzporedna, je AB = kAC. Ker je AS = OB -~0A in AC= OC-OA, je 08-~OA = k(OC-OA). Izračunajmo OB. Dobimo:
OB = (1 - k)OA + kOC,
Slika I
kar smo hoteli dokazati.
S pomočjo zgornje trditve rešimo dve nalogi.
Naloga 1. Na stranicah AB, BC in CA trikotnika ABC ležijo tri točke D, E in F tako, da je AD = (1/3)AB, ŠT = (1/3)BČ in CF = (1/3)ČA. Z M, N in P označimo zaporedoma preseke daljic CD in AE, BF in AE ter CD in BF (slika 2). Dokaži, da je ploščina p(M N P) trikotnika MNP sedmina ploščine trikotnika ABC.
Rešitev. Trikotnika ABC in ABE imata skupno višino, ki izhaja iz og-Ijišča A. Ker je ~BE : BC = 1 : 3. je
p(ABE) = ^p(ABC) (1)
Ker točka N leži na daljicah AE in BF, torej na premici skozi točki A in E ter na premici skozi točki B in F, iz naše trditve sledi, da obstajata števili m in n, za kateri velja:
Slika 2
CN = (1 - m)^CB + mCA in CN = (1 - n)CB +
Če zgornja dva izraza za CN izenačimo ter vse prenesemo na levo stran, dobimo:
Ker A, B in C ne ležijo na isti premici, ta enakost lahko velja le, če je
n „	2m 1
m-- = 0 m	= Q
Siedi m = 1/7 in n = 3/7, Zato je
OV = CB) + jCA = JČE + l-CA
Ker je
AN = Č/V — CA = jCE+ ~CA CA = j(CE - CA) = ~AE je A/V : A£ = 6 : 7.
Trikotnika /4S/V in /4S£ imata skupno viSino (iz oglišča B), Zato je p(ABN) = jp(ABE)	(2)
Iz (1) in (2) dobimo
p(ABN)= ^p(ABC)
Podobno dobimo
p(BPC) = ^p(ABC) in p(AMC) = jp{ABC) Sedaj pa že lahko izračunamo ploščino trikotnika MNP.
p(MNP) = p{ABC) - (p(ABN) + p(BPC) + p(AMC)) ~
- p(ABC) - jp(ABC) = ^p(ABC)
Naloga 2. Podan je trikotnik ABC s težiščnico CD. Premica p, ki ne gre skozi nobeno oglisče trikotnika, naj seka daljice CA CB in CD v točkah A\, Bi in Di (slika 3). Dokazi, da velja
ČA ČB nČD
+ i==- = 2=^ (3) CAi CBi CDi v '
Stika 3.
Rešitev. Oglejmo si vektorje CAi, C B\ in CD i. Izrazimo jih lahko takole:
CAi - kCA, ČB[ = nCB. CDl = m—	(4)
Enakost (3) sedaj lahko zapišemo tudi takole:
Za točke A\, D i in Bi, ki so kolinearne, uporabimo (*), CDl - (1 - p)CB[ + pCAi
Ko izraze v (4) vstavimo v to enakost in preuredimo, dobimo
( - pk)CA + (f " « + pn)CB = 0
Zgornji enakosti je zadoščeno le, če je
m , n • m — -pk = 0 in — - n+ pn^O
Od tod dobimo:
m	. m
- = p m — = 1 — p
Ko zgornji enakosti seštejemo, vidimo, da velja:
m m
Tk + 2n = 1
Če zgornjo enakost delimo z m in množimo z 2, dobimo (5), kar smo želeli dokazati.
Naloga: V kakšnem razmerju sta ploščini trikotnikov ABC in MNP, če je AD = (1 /r)ABt SE = (1 /r)BČ in ČF = (1 /rjČA. Kaj se zgodi pri r = 2?
Dragoljub M. Miloševič, prevedel in priredil M. Dobovišek