i
i
“1127-Felda-Lemoinova” — 2010/7/14 — 14:16 — page 1 — #1 i
i
i
i
i
i
List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje
ISSN 0351-6652
Letnik 20 (1992/1993)
Številka 2
Strani 72–77
Darjo Felda:
LEMOINOVA TOČKA TRIKOTNIKA
Ključne besede: matematika, geometrija.
Elektronska verzija: http://www.presek.si/20/1127-Felda.pdf
c© 1992 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije
c© 2010 DMFA – založništvo
Vse pravice pridržane. Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali
posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovo-
ljeno.
/
'ij,'-'-/'ijcrne"n 1CI" 1"",
LEMOINOVA TOČKA TRIKOTNIKA
Pravimo. da sta poltraka h in k s skupnim začetkom v vrhu V danega kota
izogonelne , če je simetrala danega kota tudi sim et ra la kota <r:. ( h. k). Večkrat
uporabljamo kraj ši izraz izogonala namesto izogonalni poltrak.
Il 11
Trditev 1: Točki Tin U ležita vsaka na eni izmed izogonal kota natanko
takrat , ko sta razmerji njunih razda lj do krakov kota recipročni š t evili.
Dokaz: Označimo razdalje s tI . tz.
ul , u2 (kot na sliki) in naj velja
Ul = t2 . ~tirikotnika VUIUU2
u2 tL
in VTI T f 2 sta tetivna (imata po
dva nasproti ležeča prava kota) in
<r:. UI UU2 = <r:. TI TT2. saj je kot z
vrhom V skupen . Od tod pa zaradi
predpostavke sledi, da sta trikotnika
6. Ul UU2 in 6.T2TTI podobna . za-
toje <r:. UI U2U = <r:. T2TI T . Upora-
bimo spet tetivnost : kota <r:. Ul U2U
in <r:. UI VU sta obod na nad istim lokom , zato sta enaka. analogno velja
<r:. T2TI T = <r:. T2V T . Enakost <r:. UIVU = <r:. T2V T pove , da ležita točki
T in U vsaka na eni izmed izogonal.
Tudi drugi del dokaza je enostaven. Naj točki T in U ležita vsaka na eni
izmed izogonal kota z vrhom V. Tedaj velja <r:. UI VU = <r:. T2V T . Tako kot
prej je zaradi enakosti obod nih kotov nad ist im lokom <r:. UI VU = <r:. UI U2U
in <r:. T2V T = <r:. T2TI T , zaradi skupnega kota z vrhom V v obeh tetivnih
štirikotnikih pa še <r:. UI UU2 = <r:. TI TT2. Trikotnika 6. Ul UU2 in 6. T2TTI
73
d b ( k· k .) . I' Ul t2sta zato po o na ena loti In veja - = - .
U2 tI
Mimogrede povejmo še, da ra-
zmerje razdalj do krakov kota ni od-
visno od izbire točke na poltraku .
P T I . k I' Ul U2o a esovem Izre u veja - = -
tI t2
. Ul tI
oZiroma - = - .
U2 t2
Trditev 2: Naj bosta dana trikotnik 6.ABC in poljubna točka P v
njegovi notranjosti . Izogonale k poltrakom [AP), [BP) in [CP) se sekajo v
skupni točki O.
Pravimo, da sta P in O druga drugi izogonalni točki.
c
Dokaz: Recimo, da je O presek izogonal k poltrakoma [AP) in [B PJ . Potem
velja Pb = qe , ker je [AO) izogonala k poltraku [AP), in Pe =~, ker je
Pe qb Pa qe
[BO) izogonala k [BP) . Zmnožimo levi in desni strani teh enačb in dobimo
Pb = qa. Torej je [CO) izogonala k [CP), vse tri izogonale se sekajo v I),
Pa qb
Končno lahko razložimo naslov prispevka :
Definicija: Lemoinova točka je teži šču trikotnika izogonalna točka .
74
Pokazali smo že, da vsakemu poltraku pripada točno določeno razme rje
razdalj njegovih točk od krakov kota (neodvisno od izbire točke na poltraku) .
B
a
c
c
Zato se najprej vprašajmo po tem razmerju, ki ga dolo ča poljubna točka P
na izogonali težiščnice . Narišimo
težiščnico na stranico a in njeno izo-
gonalo. Zaradi lažjega računanja
izberimo na težiščnici točko Q, ki
je središče stranice a . Trikotnika
6ABQ in 6AQC sta ploščinsko
enaka , zatoje ~bqb = ~cqe oziro-
b qe. v Pb b
ma - = - ln koneno - = -.
c qb Pe c
Ugotovili smo torej: razmerje razdalj poljubne točke na izogonali teži ščnice
trikotnika do nosilk priležnih stranic je enako razmerju dolžin teh dveh stranic.
Trditev 3: Izogonala tež i ščnice deli stranico trikotnika v razmerju kva-
dratov dolžin drugih dveh stranic.
. Uc c. BU
Toda [AU) je izogonala težiščnice , zato Je ub = b ln UC
želeli pokazati.
Dokaz: Ker imata trikotnika
6BUA in 6UCA enako dolgi višini
na stranici B U oziroma UC (uje-
mata . se z višino na stranico BC
v trikotniku 6ABC), je razmerje
BU
UC enako razmerju ploščin teh
dveh trikotnikov in lahko zapišemo A
BU = SaVA = iCUe = (~)(ue)
UC SveA ibUb b Ub
c B
c 2
kar smo
b2 '
Trditev 4: Lemoinova točka leži na poltraku z začetkom v ogli šču
trikotn ika natanko tedaj, ko je razmerje razdalj od poljubne točke na tem
poltraku do nosilk stranic, ki se stikata v tem oglišču, enako razmerju dolžin
teh dveh stranic.
75
B
B
a
c
c
c
Dokaz: Eno smer te trditve smo že dokazali pred trditvijo 3, preostane nam
še druga. Vzemimo kar točko V, v kateri poltrak seka stranico trikotnika .
Imamo Uc = ~b ' Sledi BV : VC =
Ub C
SaVA ~euc e Uc e 2
= SveA = ~bUb - b' ub - b2'
Seveda samo ena točka na strani-
ci BC deli to stranico v razmerju
kvadratov dolžin drugih dveh stra-
nic, zato mora biti po trditvi 3 pol-
trak [A, V) izogonala težiščnice, na
njej pa leži Lemoinova točka.
Ker je Lemoinova točka prese-
čišče vseh treh izogonal težiščnic , so
njene razdalje do stranic t rikotnika
sorazmerne dolžinam stranic:
la : lb : Ic = a : b : e.
Obratno seveda tudi velja: če za
neko točko L ugotovimo, da so nje-
. ne oddaljenosti od stranic trikotnika
sorazmerne dolžinam stranic, potem
je to Lemoinova točka.
Trditev 5: Lemoinova točka ima med vsemi notranjimi točkami trikotnika
najmanjšo vsoto razdalj do trikotnikovih stranic.
Bc
cDokaz: Pomagamo si z identiteto
(x2+y2+z2)(a2+b2+e2) = (ax+
+ by + ezf + (bx - ay)2 + (ey-
-bz)2+(ex-az)2. Naj bodo a, b,
e stranice trikotnika , x , y, z pa raz-
dalje notranje točke do trikotnikovih
stranic. Pri danem trikotniku sta
a2 + b2 + e2 in ax + by + cz kon-
stanti (drugi izraz je enak dvakratni
ploščini trikotnika 6.ABC, saj so
~ax, ~by in ~ez ploščine trikotnikov 6.BCV , 6.CAV in 6.ABV) . Tako je
x 2 + y2 + z2 najmanjši, ko so izrazi bx - ay, ey - bz in cx - az enaki O.
76
Od tod pa po vrsti dobimo ~ = ~ , ~ = !: in ~ = .:. . Poltraki [AU) , [BU)
y b z c x a
in [CU) so to rej izogonale ustreznih težiščnic, U pa Lemoinova točka.
Trditev 6: Lemoinova točka pravokotnega trikotnika razpolavlja višino
na hipotenuzo.
B
fi
F
cDokaz: . V pravokotnem trikotniku
6.ABC označimo z L razpolovišče
višine na hipoten uzo, z F njeno no-
žišče ter z O in E pravokotni pro-
jekciji točke L na stranici BC oziro-
ma Ae. Zaradi podobnosti trikotni-
kov 6.LC E in 6.ABC velja LE _
_ _ __ LC
AC, LE AC k . d . [AL)' I v 'vv '= = ozrrorna = = = , ar pomeni , a je izogona a te žrščru ce na
AB LF AB
Be. Na enak način dobimo , da je [BL) izogonala teži ščnice na Ae. Torej
je L Lemoinova točka.
Trditev 7: Naj bo P presečišče tangent na očrtano krožnico trikotnika
skozi dve ogli šč i . Poltrak z začetkom v tretjem oglišču skozi P je izogonala
teži ščnice iz tega ogl i šče.
Dokaz: Naj bo Q nožišče višine na
stranico AB. Trikotnika 6.API P in
6.BQC sta podobna (enaki koti),
1, PI QC l' BCzato veja = = = a I PI' =
_ AP BC
AP , Qe. Tudi trikotnika
6.B P2 P in 6.AQC sta podobna , pa
. P2 QC l' ACImamo = = = a I P2 . =
_ BP AC
= BP ·QC. Toda tangentna odseka
AP in BP sta enako dolga, zatoje
- - PI
PI . BC = P2 . AC in od tod - =
P2
AC
- Be
(in zato
Razmerje razdalj točke P
vsake druge na poltraku
[CP)) do ncrsilk stranic trikotnika j e  enako razmerjw dotirin teh stranic, torcj 
jt poltrak [CP) rm izogonala wtrernt teZifrl5nice. 
Posledica: Danemu trikotniku 
AABC otrtajmo krofnico in naris- 
rno tangent* v vseh trah ogliHEih. T e  
ornejujejo tangwr tni trikotnik 
AA'B'Cf . Spomnimo se, da j e  Gcr- 
Jonncova tofia trikotnika prusdi- 
5Ee manic ogliE in dotikali525 vWa- 
nega kmga z nasprotnimi stranica- 
mi. Kot poslediar trdive 7 povej- 
mo: Lernoinova tdka trikotnika je 
Gargonnsclva to& njegovega tan- 
gentnega tri kotnika. 
Za vajo poskuoite rditi naslednji nalogi: 
Naloga 1: lz Lemoinove toEka triikotnika AABC potegnemo pravokot- 
nice na stranin trikotnika in no2ilEPa ozna6mo z A', 8' in C'. PokaZi, da so 
dotZine stmnic trikotnika AA'B'C' v sorazmerju 2 doIZinarni tdiihric trikot- 
nika AABC in da so koti trikotnika AA'B'C' cnaki Itotom, pod katerimi sa 
paroma sekajo teZiEnice trikotnika AA BC. 
Naloga 2: Naj bo L Lemoinova to&a trikotnika AABC in naj bodo A', 
B' in 6' tozke, v katerih poltraki [AL), [BL)  in [CL) sekajo oErtano kroznico 
trikotnika. Pokaii, da je  1 tudi Lamoinova toEka trikotnika AAtB'C'.