قضیه پاسکال — به زبان ساده

«قضیه پاسکال» (Pascal's Theorem) یک قضیه بسیار مفید در المپیادهای ریاضی و هندسه برای اثبات هم‌خط بودن سه نقطه تقاطع خطوط متصل کننده شش نقطه روی یک دایره است.

قضیه پاسکال

در این بخش، با قضیه پاسکال و اثبات آن آشنا می‌شویم.

فیلم آموزش هندسه ۳ – پایه دوازدهم رشته ریاضی و فیزیک

اینجا کلیک کنید

قضیه پاسکال: شش نقطه (همسان) را روی محیط یک دایره که با نام‌های $$ A $$، $$ C $$، $$ E $$، $$ B $$، $$ F $$ و $$ D $$ مشخص شده‌اند، در نظر بگیرید. تقاطع‌های ($$ A B $$ و $$ DE $$)، ($$AF $$ و $$ C D $$) و ($$ B C $$ و $$ E F $$) هم‌خط هستند (روی یک خط قرار دارند).

اثبات: راه‌های زیادی برای اثبات قضیه پاسکال وجود دارد. البته استفاده از قضیه منلائوس برای اثبات آن ساده است. فرض کنید $$ G $$ تقاطع $$ \overline {CD} $$ و $$ \overline { FA } $$ باشد، همچنین، $$ H $$ تقاطع $$ \overline {AB} $$ و $$ \overline { DE} $$ و $$ I $$ تقاطع $$ \overline { BV} $$ و $$ \overline { EF} $$ باشند. ثابت خواهیم کرد این سه نقطه هم‌خط هستند (روی یک خط واقع شده‌اند).

فرض کنید $$ U $$ تقاطع $$ \overline { CD} $$ و $$ \overline {EF} $$ باشد، $$ V $$ تقاطع $$ \overline { AB} $$ و $$ \overline { EF} $$ بوده، و $$ W $$ تقاطع $$ \overline { AB} $$ و $$ \overline { CD} $$ باشد. طبق قضیه منلائوس، برای $$ \triangle U V W $$ و خط $$ H DE $$، داریم:

$$ \large \dfrac { V H } { W H } \cdot \dfrac { W D } { U D } \cdot \dfrac { U E } { V E } = 1 . $$

همچنین، برای $$ \triangle U V W $$ و خط $$AGF $$، می‌توان نوشت:

$$ \large \dfrac { V A } { W A } \cdot \dfrac { W G } { U G } \cdot \dfrac { U F } { V F } = 1 . $$

و به طور مشابه، برای $$ \triangle U V W $$ و خط $$BCI $$، خواهیم داشت:

$$ \large \dfrac { V B } { W B } \cdot \dfrac { W C } { U C } \cdot \dfrac { U I } { V I } = 1 . $$

با ضرب طرف‌های مشابه این سه تساوی در یکدیگر، داریم:

$$ \large \dfrac { V H } { W H } \cdot \dfrac { W D } { U D } \cdot \dfrac { U E } { V E } \cdot \dfrac { V A } { W A } \cdot \dfrac { W G } { U G } \cdot \dfrac { U F } { V F } \cdot \dfrac { V B } { W B } \cdot \dfrac { W C } { U C } \cdot \dfrac { U I }{ V I } = 1 . $$

با بازآرایی این عبارت، خواهیم داشت:

$$ \large \dfrac { W D } { U D } \cdot \dfrac { U E } { V E } \cdot \dfrac { V A } { W A } \cdot \dfrac { U F } { V F } \cdot \dfrac { V B } { W B } \cdot \dfrac { W C } { U C } \cdot \dfrac { V H }{ W H } \cdot \dfrac { W G } { U G } \cdot \dfrac { U I } { V I } = 1 . $$

با توجه به «قوت یک نقطه» (Power of a Point) نسبت به دایره، خواهیم داشت (قوت یک نقطه نسبت به یک دایره عددی حقیقی است که فاصله نسبی نقطه‌ای از یک دایره را نشان می‌دهد):

$$ \large \begin {aligned} \dfrac { W D } { U D } \cdot \dfrac { U E } { V E } \cdot \dfrac { V A } { W A } \cdot \dfrac { U F } { V F } \cdot \dfrac { V B } { W B } \cdot \dfrac { W C } { U C } & = \dfrac { W D \times W C }{ W A \times W B } \cdot \dfrac { V A \times V B } { V E \times V F } \cdot \dfrac { U E \times U F } {U C \times U D } \\\\ & = 1 . \end {aligned} $$

بنابراین، ضرب بالا به صورت زیر ساده می‌شود:‌

$$ \large \dfrac { V H } { W H } \cdot \dfrac { W G } { U G } \cdot \dfrac { U I } { V I } = 1 . $$

در نتیجه، طبق قضیه منلائوس، $$ G $$، $$ H $$ و $$ I $$ هم‌خط هستند و بدین ترتیب، قضیه پاسکال ثابت می‌شود.

مثال‌های قضیه پاسکال

در این بخش، دو مثال از کاربرد قضیه پاسکال را بررسی می‌کنیم.

فیلم آموزش هندسه ۲ – پایه یازدهم رشته ریاضی و فیزیک

اینجا کلیک کنید

مثال اول قضیه پاسکال

دایره‌ای را در نظر بگیرید که مماس بر دایره محیطی مثلث $$ A B C $$ بوده و همچنین در نقاط $$P$$ و $$ Q $$ به ترتیب بر اضلاع $$ \overline {AB} $$ و $$ \overline { AC} $$ مماس است. نشان دهید $$ \overline {PQ}$$ از مرکز $$ I $$ مثلث $$ A B C $$ می‌گذرد.

حل: در یک نگاه می‌توان دید که می‌خواهیم $$P$$، $$I$$ و $$ Q $$ نقاطی هم‌خط باشند. این موضوع ممکن است در ابتدا واضح به نظر نرسد، به ویژه از آنجا که تنها ۳ نقطه روی دایره محیطی وجود دارد. با این حال، اگر مسئله را به بخش‌های کوچک تقسیم کنیم، می‌توان آن را ساده‌تر حل کرد.

فرض کنید $$ T $$ نقطه تماس بین دایره محیطی و دایره کوچک‌تر (این دایره Mixtilinear نامیده می‌شود) باشد. Mixtilinear دایره‌ای است که بر دو ضلع مثلث و دایره محیطی آن مماس باشد.  $$ TP $$ را امتداد می‌دهیم تا دوباره در $$ X $$ با دایره محیطی تماس پیدا کند. ادعا می‌کنیم که $$ B X = A X $$ و آن را به صورت زیر اثبات می‌کنیم.

فرض کنید $$ TB $$ تقاطع دایره Mixtilinear در $$R$$ و همچنین، $$ O $$ مرکز این دایره باشد. طبق «قضیه پاره‌خط متبادل» (Alternate Segment Theorem)، زاویه $$\angle RPT $$ برابر با زاویه تشکیل شده به وسیله $$TB$$ و خط مماس بوده که مساوی با $$ \angle BXT $$ است، بنابراین $$RP|| B X $$ خواهد بود. دو نمادگذاری $$ \angle OTP = \alpha $$ و $$ \angle RPT = \beta $$ را در نظر می‌گیریم.

نتایج تعقیب زاویه منجر به $$ \angle B X T = 9 0 ^ { \circ} - \alpha - \beta $$، $$ \angle XBT = 90^{\circ} + \alpha $$ و $$ \angle AXT = \angle ABT = 90^{\circ} + \alpha - \beta $$ می‌شود که در نتیجه آن‌ها، روابط $$ \angle AXB = 180^{\circ} - 2\beta $$ و $$ \angle XBA = \beta $$ را داریم، بنابراین تساوی $$ \angle XAB = \beta $$ برقرار است. از آنجا که $$ \Delta XAB $$ متساوی‌الساقین است، $$ BX = AX $$ و بنابراین، ادعای بالا اثبات می‌شود.

با توجه به گفته‌های بالا، اگر $$ X $$ یک نقطه روی دایره محیطی $$ABC$$ بر کمان کوچک $$BC$$ باشد، تساوی $$ BX=XC $$ برقرار است اگر و تنها اگر $$AX$$ نیمساز زاویه $$ \angle BAC $$ باشد.

با توجه به این ویژگی، $$CX$$ نیمساز زاویه $$ \angle ACB $$ است. به طور مشابه، اگر $$ TQ $$ امتداد $$ Y $$ باشد، $$ AY=CY$$ و بنابراین، $$ B Y $$ نیمساز زاویه $$ \angle ABC $$ است. اکنون می‌توانیم از قضیه پاسکال استفاده کنیم. طبق قضیه پاسکال، در $$ XCABYT$$ نقاط $$P$$، $$I$$ و $$ Q $$ نقاط تقاطع هم‌خط هستند.

مثال دوم قضیه پاسکال

قضایای اساسی قطب و خط قطبی را اثبات کنید (قطب و خط قطبی به ترتیب نقطه و خطی هستند که رابطه بازگشتی یکتایی نسبت به یک مقطع مخروطی معین دارند).

چهارضلعی محاطی $$ABCD$$ داده شده است. اگر تقاطع $$ \overline { A C } $$ و $$ \overline { BD } $$ نقطه $$P$$ باشد، تقاطع $$ \overline { A B } $$ و $$ \overline { CD } $$ نقطه $$Q$$ باشد و تقاطع $$ \overline { AD } $$ و $$ \overline { BC } $$ نقطه $$R$$ باشد، آنگاه ثابت کنید قطب $$P$$ از $$Q$$ و $$R$$ عبور می‌کند.

اثبات: فرض کنید $$O$$ مرکز دایره‌ای با شعاع $$R$$ بوده و $$P$$ یک نقطه دلخواه باشد که آن را قطب می‌نامیم. همچنین، فرض کنید $$P'$$ نقطه‌ای روی $$OP$$ (احتمالاً امتداد) باشد به گونه‌ای که $$ O P \times O P' = R ^ 2 $$. خط گذرنده از $$P'$$ و عمود بر $$OP$$، به عنوان قطب $$P$$ شناخته می‌شود. یک ویژگی منحصر به فرد قطب و خط قطبی این است که اگر $$P$$ درون دایره باشد، آنگاه $$P'$$ تقاطع خطوط مماس از نقاط انتهایی وتر با نقطه میانی $$P$$ هستند.

راه حل این مسئله استفاده از قضیه پاسکال است. دقت کنید که قضیه پاسکال را می‌توان به حتی دو یا چند نقطه منطبق بر هم به کار برد. قضیه پاسکال را برای شش ضلعی $$ACCBDD$$ در نظر بگیرید. در نتیجه، می‌توان گفت $$ A C \cap B D = P $$، $$ C C \cap D D $$ (خط گذرنده از نقاط منطبق بر هم یک مماس بر دایره خواهد بود) و $$ C B \cap D A = R $$ هم‌خط هستند. به طور مشابه، اگر از قضیه پاسکال در $$ CAADBB$$ استفاده کنیم، سه تساوی $$ C A \cap D B = P $$، $$ A A ∩ B B = H $$ و $$ A D \cap B C = R $$ را بنویسیم. بنابراین، $$ P$$، $$R$$، $$ AA \cap BB $$ و $$ CC \cap DD $$ هم‌خط هستند. به طور مشابه، می‌توان نشان داد که $$ P$$، $$Q$$، $$ BB ∩ CC = I $$ و $$ DD \cap AA $$ هم‌خط هستند. طبق این حقیقت که $$ AA$$ یک مماس است، می‌توان نتیجه گرفت که $$ QR$$ موازی $$HI$$ است که در نتیجه، می‌توان گفت $$QR$$ یک قطب از $$P$$ است.