رياضيات مع خالدالأستاذ خالد خطيب
مساحة للتعلّم
تنزيل PDFورقة عمل موجّهة

مقالة في الهندسة

مستقيم سيمسون

ثلاثة أعمدة، وثلاث نقاط على استقامة واحدة

نأخذ نقطة \(P\) وننزل منها أعمدة على أضلاع مثلث. نحصل على ثلاث نقاط — مواقع الأعمدة — وهي عادةً رؤوس مثلث صغير. لكن إذا وقعت \(P\) على الدائرة المحيطة بالمثلث، ينهار المثلث الصغير إلى قطعة مستقيمة: المواقع الثلاثة على مستقيم واحد. وهذه الحالة الوحيدة التي يحدث فيها ذلك.

الأستاذ خالد خطيب

في مقالة مبرهنة منلاوس رأينا أداة لبرهان أنّ ثلاث نقاط على مستقيم واحد بواسطة النسب. هنا نرى ظاهرة استقامة من نوع آخر، تُبرهَن بالزوايا وحدها، وتربط بين ثلاثة مفاهيم من المنهاج: الأعمدة، والدائرة المحيطة، والرباعيّ الدائريّ.

المبرهنة

مبرهنة سيمسون–والاس

لتكن \(P\) نقطة في المستوى، ولتكن \(D,\ E,\ F\) مواقع الأعمدة النازلة من \(P\) على المستقيمات \(BC,\ CA,\ AB\) على الترتيب. النقاط \(D,E,F\) تقع على مستقيم واحد إذا وفقط إذا وقعت \(P\) على الدائرة المحيطة بالمثلث \(ABC\).

يُسمّى المستقيم عندئذٍ مستقيم سيمسون للنقطة \(P\) بالنسبة إلى المثلث.

النقطة \(P\) على الدائرة المحيطة. الأعمدة النازلة منها على المستقيمات \(BC,CA,AB\) مواقعها \(D,E,F\)، وهي على مستقيم سيمسون. لاحظوا أنّ \(F\) تقع على امتداد الضلع \(AB\).
ملاحظة: كما في الرسم، يقع واحد من المواقع على الأقلّ — إلّا في حالات خاصّة — على امتداد ضلع لا على الضلع نفسه. لهذا نتحدّث عن الأعمدة على المستقيمات التي تقع عليها الأضلاع.

جرّبوا بأنفسكم

اسحبوا \(P\) على الدائرة، أو الرؤوس. ثمّ حرّروا \(P\) من الدائرة: يظهر المثلث البرتقاليّ الذي رؤوسه المواقع الثلاثة، وتصبح مساحته صفرًا فقط عندما تعود \(P\) إلى الدائرة.

–\(R\)
–\(OP\)
–مساحة المثلث \(DEF\)

لمحة تاريخية

يحمل المستقيم اسم الرياضيّ الإسكتلنديّ روبرت سيمسون (1687–1768)، أستاذ الرياضيات في جامعة غلاسكو، المعروف خصوصًا بطبعته لكتاب «الأصول» لإقليدس، التي ظلّت أساس تعليم الهندسة في بريطانيا زمنًا طويلًا. لكن لم يُعثر في كتابات سيمسون على هذه المبرهنة.

أوّل نشر معروف لها كان عام 1799، في مقالة للرياضيّ الإسكتلنديّ ويليام والاس (1768–1843). ولذلك يفضّل كثيرون اليوم اسم «مستقيم سيمسون–والاس». وهذه ليست الحالة الوحيدة في الرياضيات التي تحمل فيها مبرهنةٌ اسمَ من لم يكتشفها!

البرهان

نبرهن الاتجاه الأوّل في الوضع المرسوم: \(P\) على القوس \(BC\) التي لا تحتوي على \(A\)، و\(D\) على الضلع \(BC\)، و\(E\) على الضلع \(CA\)، و\(F\) على امتداد \(AB\) بعد \(B\). الأوضاع الأخرى تُبرهَن بالطريقة نفسها، مع تغيير طفيف في الزوايا.

رباعيّان دائريّان «مخفيّان»: \(PFBD\) على الدائرة التي قطرها \(PB\)، و\(PDEC\) على الدائرة التي قطرها \(PC\).

  1. رباعيّان دائريّان

    بما أنّ \(\angle PFB=\angle PDB=90^\circ\)، فالنقطتان \(F\) و\(D\) تريان القطعة \(PB\) بزاوية قائمة، لذا \(P,F,B,D\) على دائرة قطرها \(PB\). وبالمثل \(\angle PDC=\angle PEC=90^\circ\)، لذا \(P,D,E,C\) على دائرة قطرها \(PC\).

  2. ننقل الزوايا إلى \(P\)

    في الدائرة الأولى، الزاويتان المحيطيّتان \(\angle FDB\) و\(\angle FPB\) تقابلان القوس نفسها \(FB\)، لذا \(\angle FDB=\angle FPB\). وفي الدائرة الثانية بالطريقة نفسها: \(\angle EDC=\angle EPC\).

  3. نستعمل الدائرة المحيطة

    في المثلث القائم \(PFB\): \(\angle FPB=90^\circ-\angle PBF\). وفي المثلث القائم \(PEC\): \(\angle EPC=90^\circ-\angle PCE\).

    الرباعيّ \(ABPC\) دائريّ (رؤوسه الأربعة على الدائرة المحيطة)، لذا زاويته الخارجية عند \(B\) تساوي زاويته الداخلية المقابلة عند \(C\): \(\angle PBF=\angle PCA=\angle PCE\). إذن \(\angle FPB=\angle EPC\).

  4. زاويتان متقابلتان بالرأس

    من الخطوتين 2 و3: \(\angle FDB=\angle EDC\). النقطتان \(B\) و\(C\) على جهتين متعاكستين من \(D\) على المستقيم \(BC\)، و\(F,E\) في جهتين مختلفتين من هذا المستقيم. زاويتان متساويتان كهاتين متقابلتان بالرأس، لذا الشعاعان \(DF\) و\(DE\) متعاكسان: \(F,D,E\) على مستقيم واحد. \(\blacksquare\)

والعكس؟ نسير في الخطوات بالاتجاه المعاكس. الرباعيّان \(PFBD\) و\(PDEC\) دائريّان لكلّ نقطة \(P\) (لم نستعمل في الخطوة 1 الدائرة المحيطة). إذا كانت \(D,E,F\) على مستقيم واحد فإنّ \(\angle FDB=\angle EDC\)، ومن هنا \(\angle FPB=\angle EPC\)، ثمّ \(\angle PBF=\angle PCA\) — أي أنّ الزاوية الخارجية للرباعيّ \(ABPC\) عند \(B\) تساوي الزاوية الداخلية المقابلة. وهذا شرط لأن يكون الرباعيّ دائريًّا: \(P\) على الدائرة المحيطة.

حالات خاصة وحقائق إضافية

  1. \(P\) هي رأس

    إذا كانت \(P=A\)، فموقعا العمودين على \(AB\) و\(AC\) هما \(A\) نفسها، والموقع على \(BC\) هو موقع الارتفاع. مستقيم سيمسون هو الارتفاع النازل من \(A\).

  2. \(P\) مقابلة لرأس

    إذا كانت \(P\) النقطة المقابلة قطريًّا للرأس \(A\)، فإنّ \(\angle ABP=\angle ACP=90^\circ\) (زاويتان محيطيّتان تقابلان قطرًا). إذن موقع العمود على \(AB\) هو \(B\)، وموقعه على \(AC\) هو \(C\)، ومستقيم سيمسون هو الضلع \(BC\) نفسه.

  3. منتصف \(PH\)

    لتكن \(H\) نقطة تلاقي ارتفاعات المثلث. مستقيم سيمسون للنقطة \(P\) يمرّ دائمًا بمنتصف القطعة \(PH\) — وهذا المنتصف يقع على دائرة النقاط التسع. (سنتحقّق من ذلك في المثال.)

  4. نقطتان متقابلتان قطريًّا

    مستقيما سيمسون لنقطتين متقابلتين قطريًّا على الدائرة المحيطة متعامدان، ويلتقيان على دائرة النقاط التسع.

وماذا إذا لم تكن \(P\) على الدائرة؟ يمكن البرهان على أنّ مساحة المثلث \(DEF\) هي \[S_{DEF}=\frac{|R^2-OP^2|}{4R^2}\cdot S_{ABC},\] حيث \(O\) و\(R\) مركز الدائرة المحيطة ونصف قطرها. المساحة صفر إذا وفقط إذا \(OP=R\) — وهذه صيغة كمّية لمبرهنة سيمسون. تحقّقوا منها في المختبر!

مثال عدديّ

رؤوس المثلث \(A(-3,4)\)، \(B(-4,-3)\)، \(C(4,-3)\)، والنقطة \(P(0,-5)\). النقاط الأربع على الدائرة \(x^2+y^2=25\) (تحقّقوا!). نجد مواقع الأعمدة:

  • على \(BC\): الضلع \(BC\) هو المستقيم \(y=-3\)، والعمود عليه من \(P\) هو \(x=0\). إذن \(D(0,-3)\).
  • على \(CA\): المستقيم \(CA\) هو \(x+y=1\). العمود عليه من \(P\) ميله 1: \(y=x-5\). نحلّ: \(x+(x-5)=1\)، أي \(x=3\). إذن \(E(3,-2)\).
  • على \(AB\): ميل \(AB\) هو \(\frac{4-(-3)}{-3-(-4)}=7\)، والمستقيم \(y=7x+25\). العمود عليه من \(P\): \(y=-\frac17x-5\). نحلّ: \(7x+25=-\frac17x-5\)، أي \(\frac{50}{7}x=-30\)، و\(x=-4.2\). إذن \(F(-4.2,\ -4.4)\).

المستقيم المارّ بـ \(D(0,-3)\) و\(E(3,-2)\) هو \(y=\frac x3-3\). نعوّض \(F\): \(\frac{-4.2}{3}-3=-1.4-3=-4.4\) ✓. النقاط الثلاث على مستقيم واحد.

والحقيقة 3؟ مركز الدائرة المحيطة هو الأصل، لذا (كما في مقالة مستقيم أويلر) \(H=A+B+C=(-3,-2)\). منتصف \(PH\) هو \((-1.5,\ -3.5)\)، و\(\frac{-1.5}{3}-3=-3.5\) ✓ — إنّه على مستقيم سيمسون.

تمرين للقرّاء: موازٍ مفاجئ

تمرين

النقطة \(P\) على الدائرة المحيطة بالمثلث \(ABC\)، و\(D\) موقع العمود النازل منها على \(BC\). المستقيم \(PD\) يقطع الدائرة المحيطة مرّة ثانية في النقطة \(Q\). برهنوا أنّ \(AQ\) يوازي مستقيم سيمسون للنقطة \(P\).

القطعة \(AQ\) توازي مستقيم سيمسون.
تلميح

يكفي أن تبرهنوا أنّ المستقيمين \(DF\) و\(QA\) يصنعان زاويتين متساويتين مع المستقيم \(PQ\). استعملوا الرباعيّ الدائريّ \(PFBD\) من البرهان، والزوايا المحيطيّة في الدائرة المحيطة. (ويمكن التحقّق من المثال العدديّ: هناك \(Q=(0,5)\) — ما ميل \(AQ\)؟)

حلّ كامل (حاولوا وحدكم أولًا!)

نعمل في الوضع المرسوم (كما في البرهان: \(F\) على امتداد \(AB\) بعد \(B\)).

الرباعيّ \(PFBD\) دائريّ (قطره \(PB\))، والزاويتان المحيطيّتان \(\angle PDF\) و\(\angle PBF\) تقابلان القوس نفسها \(PF\)، لذا

\[\angle PDF=\angle PBF=180^\circ-\angle PBA,\]

لأنّ \(F\) على امتداد \(AB\). ومن جهة أخرى، في الدائرة المحيطة الزاويتان المحيطيّتان \(\angle PBA\) و\(\angle PQA\) تقابلان القوس نفسها \(PA\)، لذا \(\angle PQA=\angle PBA\).

النقطة \(D\) بين \(P\) و\(Q\)، لذا \(\angle FDQ=180^\circ-\angle PDF=\angle PBA=\angle PQA=\angle AQD\). الزاويتان \(\angle FDQ\) و\(\angle AQD\) متبادلتان بالنسبة إلى القاطع \(DQ\) (النقطتان \(F\) و\(A\) في جهتين مختلفتين منه)، وهما متساويتان — لذا \(DF\parallel QA\). وبما أنّ \(DF\) هو مستقيم سيمسون، انتهى البرهان. \(\blacksquare\)

وفي المثال العدديّ: \(PD\) هو المستقيم \(x=0\)، فيقطع الدائرة ثانيةً في \(Q(0,5)\). ميل \(AQ\) هو \(\frac{5-4}{0-(-3)}=\frac13\) — بالضبط ميل مستقيم سيمسون \(y=\frac x3-3\).

المراجع

  • H. S. M. Coxeter, S. L. Greitzer, Geometry Revisited, MAA, 1967, ch. 2.
  • R. A. Johnson, Advanced Euclidean Geometry, Dover (originally 1929).
  • R. Honsberger, Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry, MAA, 1995.
الأستاذ خالد خطيب · مستقيم سيمسون

מאמר בגאומטריה

ישר סימסון

שלושה אנכים, ושלוש נקודות על ישר אחד

ניקח נקודה \(P\) ונוריד ממנה אנכים לצלעות של משולש. מתקבלות שלוש נקודות — רגלי האנכים — ובדרך כלל הן קודקודים של משולש קטן. אבל אם \(P\) נמצאת על המעגל החוסם את המשולש, המשולש הקטן קורס לקטע ישר: שלוש הרגליים על ישר אחד. וזה המקרה היחיד שבו זה קורה.

חאלד חטיב

במאמר משפט מנלאוס ראינו כלי להוכחה ששלוש נקודות נמצאות על ישר אחד בעזרת יחסים. כאן נראה תופעה של נקודות על ישר אחד מסוג אחר, המוכחת בעזרת זוויות בלבד, ומקשרת בין שלושה מושגים מתוכנית הלימודים: אנכים, המעגל החוסם והמרובע בר־החסימה.

המשפט

משפט סימסון–וואלאס

תהי \(P\) נקודה במישור, ויהיו \(D,\ E,\ F\) רגלי האנכים היורדים מ־\(P\) אל הישרים \(BC,\ CA,\ AB\), בהתאמה. הנקודות \(D,E,F\) נמצאות על ישר אחד אם ורק אם \(P\) נמצאת על המעגל החוסם את המשולש \(ABC\).

הישר נקרא אז ישר סימסון של הנקודה \(P\) ביחס למשולש.

הנקודה \(P\) על המעגל החוסם. רגלי האנכים היורדים ממנה אל הישרים \(BC,CA,AB\) הן \(D,E,F\), והן על ישר סימסון. שימו לב ש־\(F\) נמצאת על המשך הצלע \(AB\).
הערה: כמו באיור, לפחות אחת הרגליים — פרט למקרים מיוחדים — נמצאת על המשך של צלע ולא על הצלע עצמה. לכן אנו מדברים על אנכים אל הישרים שעליהם מונחות הצלעות.

נסו בעצמכם

גררו את \(P\) על המעגל, או את הקודקודים. אחר כך שחררו את \(P\) מהמעגל: מופיע המשולש הכתום שקודקודיו שלוש הרגליים, ושטחו מתאפס רק כש־\(P\) חוזרת למעגל.

–\(R\)
–\(OP\)
–שטח המשולש \(DEF\)

קצת היסטוריה

הישר נקרא על שם המתמטיקאי הסקוטי רוברט סימסון (1687–1768), פרופסור למתמטיקה באוניברסיטת גלזגו, הידוע בעיקר בזכות המהדורה שלו ל„יסודות” של אוקלידס, שהייתה במשך זמן רב הבסיס להוראת הגאומטריה בבריטניה. אבל בכתביו של סימסון לא נמצא המשפט הזה.

הפרסום הראשון הידוע שלו היה בשנת 1799, במאמר של המתמטיקאי הסקוטי ויליאם וואלאס (1768–1843). לכן רבים מעדיפים היום את השם „ישר סימסון–וואלאס”. וזה אינו המקרה היחיד במתמטיקה שבו משפט נושא את שמו של מי שלא גילה אותו!

ההוכחה

נוכיח את הכיוון הראשון במצב שבאיור: \(P\) על הקשת \(BC\) שאינה מכילה את \(A\), \(D\) על הצלע \(BC\), \(E\) על הצלע \(CA\), ו־\(F\) על המשך \(AB\) מעבר ל־\(B\). המצבים האחרים מוכחים באותה דרך, עם שינוי קל בזוויות.

שני מרובעים בני־חסימה „נסתרים”: \(PFBD\) על המעגל שקוטרו \(PB\), ו־\(PDEC\) על המעגל שקוטרו \(PC\).

  1. שני מרובעים בני־חסימה

    מאחר ש־\(\angle PFB=\angle PDB=90^\circ\), הנקודות \(F\) ו־\(D\) רואות את הקטע \(PB\) בזווית ישרה, ולכן \(P,F,B,D\) על מעגל שקוטרו \(PB\). באופן דומה \(\angle PDC=\angle PEC=90^\circ\), ולכן \(P,D,E,C\) על מעגל שקוטרו \(PC\).

  2. מעבירים את הזוויות אל \(P\)

    במעגל הראשון, הזוויות ההיקפיות \(\angle FDB\) ו־\(\angle FPB\) נשענות על אותה קשת \(FB\), ולכן \(\angle FDB=\angle FPB\). במעגל השני באותה דרך: \(\angle EDC=\angle EPC\).

  3. משתמשים במעגל החוסם

    במשולש ישר־הזווית \(PFB\): \(\angle FPB=90^\circ-\angle PBF\). במשולש ישר־הזווית \(PEC\): \(\angle EPC=90^\circ-\angle PCE\).

    המרובע \(ABPC\) בר־חסימה (ארבעת קודקודיו על המעגל החוסם), ולכן הזווית החיצונית שלו ב־\(B\) שווה לזווית הפנימית שמולה ב־\(C\): \(\angle PBF=\angle PCA=\angle PCE\). לכן \(\angle FPB=\angle EPC\).

  4. זוויות קודקודיות

    משלבים 2 ו־3: \(\angle FDB=\angle EDC\). הנקודות \(B\) ו־\(C\) נמצאות בצדדים מנוגדים של \(D\) על הישר \(BC\), ו־\(F,E\) בשני צדדים שונים של הישר הזה. שתי זוויות שוות כאלה הן זוויות קודקודיות, ולכן הקרניים \(DF\) ו־\(DE\) מנוגדות: \(F,D,E\) על ישר אחד. \(\blacksquare\)

והכיוון ההפוך? עוברים על השלבים בכיוון ההפוך. המרובעים \(PFBD\) ו־\(PDEC\) בני־חסימה לכל נקודה \(P\) (בשלב 1 לא השתמשנו במעגל החוסם). אם \(D,E,F\) על ישר אחד, אז \(\angle FDB=\angle EDC\), ומכאן \(\angle FPB=\angle EPC\), ואז \(\angle PBF=\angle PCA\) — כלומר הזווית החיצונית של המרובע \(ABPC\) ב־\(B\) שווה לזווית הפנימית שמולה. זה תנאי לכך שהמרובע בר־חסימה: \(P\) על המעגל החוסם.

מקרים מיוחדים ועובדות נוספות

  1. \(P\) היא קודקוד

    אם \(P=A\), רגלי האנכים אל \(AB\) ואל \(AC\) הן \(A\) עצמה, והרגל על \(BC\) היא רגל הגובה. ישר סימסון הוא הגובה היורד מ־\(A\).

  2. \(P\) מול קודקוד

    אם \(P\) היא הנקודה הנגדית (קוטרית) לקודקוד \(A\), אז \(\angle ABP=\angle ACP=90^\circ\) (זוויות היקפיות הנשענות על קוטר). לכן רגל האנך על \(AB\) היא \(B\), ורגלו על \(AC\) היא \(C\), וישר סימסון הוא הצלע \(BC\) עצמה.

  3. אמצע \(PH\)

    תהי \(H\) נקודת מפגש הגבהים של המשולש. ישר סימסון של הנקודה \(P\) עובר תמיד דרך אמצע הקטע \(PH\) — ואמצע זה נמצא על מעגל תשע הנקודות. (נבדוק זאת בדוגמה.)

  4. שתי נקודות קוטריות

    ישרי סימסון של שתי נקודות קוטריות על המעגל החוסם מאונכים זה לזה, ונפגשים על מעגל תשע הנקודות.

ומה אם \(P\) אינה על המעגל? אפשר להוכיח ששטח המשולש \(DEF\) הוא \[S_{DEF}=\frac{|R^2-OP^2|}{4R^2}\cdot S_{ABC},\] כאשר \(O\) ו־\(R\) הם מרכז המעגל החוסם ורדיוסו. השטח מתאפס אם ורק אם \(OP=R\) — וזו גרסה כמותית של משפט סימסון. בדקו זאת במעבדה!

דוגמה מספרית

קודקודי המשולש \(A(-3,4)\), \(B(-4,-3)\), \(C(4,-3)\), והנקודה \(P(0,-5)\). ארבע הנקודות על המעגל \(x^2+y^2=25\) (בדקו!). נמצא את רגלי האנכים:

  • על \(BC\): הצלע \(BC\) היא הישר \(y=-3\), והאנך אליו מ־\(P\) הוא \(x=0\). לכן \(D(0,-3)\).
  • על \(CA\): הישר \(CA\) הוא \(x+y=1\). האנך אליו מ־\(P\) שיפועו 1: \(y=x-5\). פותרים: \(x+(x-5)=1\), כלומר \(x=3\). לכן \(E(3,-2)\).
  • על \(AB\): שיפוע \(AB\) הוא \(\frac{4-(-3)}{-3-(-4)}=7\), והישר \(y=7x+25\). האנך אליו מ־\(P\): \(y=-\frac17x-5\). פותרים: \(7x+25=-\frac17x-5\), כלומר \(\frac{50}{7}x=-30\), ו־\(x=-4.2\). לכן \(F(-4.2,\ -4.4)\).

הישר העובר דרך \(D(0,-3)\) ו־\(E(3,-2)\) הוא \(y=\frac x3-3\). מציבים את \(F\): \(\frac{-4.2}{3}-3=-1.4-3=-4.4\) ✓. שלוש הנקודות על ישר אחד.

ועובדה 3? מרכז המעגל החוסם הוא ראשית הצירים, ולכן (כמו במאמר על ישר אוילר) \(H=A+B+C=(-3,-2)\). אמצע \(PH\) הוא \((-1.5,\ -3.5)\), ו־\(\frac{-1.5}{3}-3=-3.5\) ✓ — הוא על ישר סימסון.

תרגיל לקוראים: מקביל מפתיע

תרגיל

הנקודה \(P\) נמצאת על המעגל החוסם את המשולש \(ABC\), ו־\(D\) היא רגל האנך היורד ממנה אל \(BC\). הישר \(PD\) חותך את המעגל החוסם פעם שנייה בנקודה \(Q\). הוכיחו ש־\(AQ\) מקביל לישר סימסון של הנקודה \(P\).

הקטע \(AQ\) מקביל לישר סימסון.
רמז

מספיק להוכיח שהישרים \(DF\) ו־\(QA\) יוצרים זוויות שוות עם הישר \(PQ\). השתמשו במרובע בר־החסימה \(PFBD\) מההוכחה, ובזוויות היקפיות במעגל החוסם. (ואפשר לבדוק בדוגמה המספרית: שם \(Q=(0,5)\) — מהו השיפוע של \(AQ\)?)

פתרון מלא (נסו לבד קודם!)

נעבוד במצב שבאיור (כמו בהוכחה: \(F\) על המשך \(AB\) מעבר ל־\(B\)).

המרובע \(PFBD\) בר־חסימה (קוטרו \(PB\)), והזוויות ההיקפיות \(\angle PDF\) ו־\(\angle PBF\) נשענות על אותה קשת \(PF\), ולכן

\[\angle PDF=\angle PBF=180^\circ-\angle PBA,\]

כי \(F\) על המשך \(AB\). מצד שני, במעגל החוסם הזוויות ההיקפיות \(\angle PBA\) ו־\(\angle PQA\) נשענות על אותה קשת \(PA\), ולכן \(\angle PQA=\angle PBA\).

הנקודה \(D\) נמצאת בין \(P\) ל־\(Q\), ולכן \(\angle FDQ=180^\circ-\angle PDF=\angle PBA=\angle PQA=\angle AQD\). הזוויות \(\angle FDQ\) ו־\(\angle AQD\) מתחלפות ביחס לחותך \(DQ\) (הנקודות \(F\) ו־\(A\) בשני צדדים שונים שלו), והן שוות — ולכן \(DF\parallel QA\). ומאחר ש־\(DF\) הוא ישר סימסון, ההוכחה הושלמה. \(\blacksquare\)

ובדוגמה המספרית: \(PD\) הוא הישר \(x=0\), והוא חותך את המעגל פעם שנייה ב־\(Q(0,5)\). השיפוע של \(AQ\) הוא \(\frac{5-4}{0-(-3)}=\frac13\) — בדיוק השיפוע של ישר סימסון \(y=\frac x3-3\).

מקורות

  • H. S. M. Coxeter, S. L. Greitzer, Geometry Revisited, MAA, 1967, ch. 2.
  • R. A. Johnson, Advanced Euclidean Geometry, Dover (originally 1929).
  • R. Honsberger, Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry, MAA, 1995.
חאלד חטיב · ישר סימסון

A geometry article

The Simson Line

Three perpendiculars, and three collinear points

Take a point \(P\) and drop perpendiculars from it to the sides of a triangle. We get three points — the feet of the perpendiculars — and usually they are the vertices of a small triangle. But if \(P\) lies on the circumcircle of the triangle, the small triangle collapses into a straight segment: the three feet are collinear. And that is the only case in which this happens.

Khaled Khatib

In the article on Menelaus’ theorem we saw a tool for proving collinearity using ratios. Here we meet a collinearity of a different kind, proved with angles alone, which ties together three ideas from the curriculum: perpendiculars, the circumcircle and the cyclic quadrilateral.

The theorem

The Simson–Wallace theorem

Let \(P\) be a point in the plane, and let \(D,\ E,\ F\) be the feet of the perpendiculars from \(P\) to the lines \(BC,\ CA,\ AB\), respectively. The points \(D,E,F\) are collinear if and only if \(P\) lies on the circumcircle of triangle \(ABC\).

The line is then called the Simson line of \(P\) with respect to the triangle.

The point \(P\) lies on the circumcircle. The perpendiculars from it to the lines \(BC,CA,AB\) have feet \(D,E,F\), which lie on the Simson line. Notice that \(F\) lies on the extension of side \(AB\).
Note: as in the figure, at least one of the feet — except in special cases — lies on the extension of a side rather than on the side itself. That is why we speak of perpendiculars to the lines carrying the sides.

Try it yourself

Drag \(P\) along the circle, or drag the vertices. Then free \(P\) from the circle: the orange triangle with the three feet as vertices appears, and its area becomes zero only when \(P\) returns to the circle.

–\(R\)
–\(OP\)
–area of triangle \(DEF\)

A little history

The line is named after the Scottish mathematician Robert Simson (1687–1768), professor of mathematics at the University of Glasgow, best known for his edition of Euclid’s Elements, which long remained the basis of geometry teaching in Britain. Yet this theorem has not been found anywhere in Simson’s writings.

Its first known publication was in 1799, in an article by the Scottish mathematician William Wallace (1768–1843). That is why many people today prefer the name “Simson–Wallace line”. And it is not the only case in mathematics of a theorem bearing the name of someone who did not discover it!

The proof

We prove the first direction in the configuration of the figure: \(P\) on the arc \(BC\) not containing \(A\), \(D\) on side \(BC\), \(E\) on side \(CA\), and \(F\) on the extension of \(AB\) beyond \(B\). The other configurations are proved the same way, with small changes in the angles.

Two “hidden” cyclic quadrilaterals: \(PFBD\) on the circle with diameter \(PB\), and \(PDEC\) on the circle with diameter \(PC\).

  1. Two cyclic quadrilaterals

    Since \(\angle PFB=\angle PDB=90^\circ\), the points \(F\) and \(D\) see the segment \(PB\) at a right angle, so \(P,F,B,D\) lie on a circle with diameter \(PB\). Similarly \(\angle PDC=\angle PEC=90^\circ\), so \(P,D,E,C\) lie on a circle with diameter \(PC\).

  2. Move the angles to \(P\)

    In the first circle, the inscribed angles \(\angle FDB\) and \(\angle FPB\) subtend the same arc \(FB\), so \(\angle FDB=\angle FPB\). In the second circle, likewise: \(\angle EDC=\angle EPC\).

  3. Use the circumcircle

    In the right triangle \(PFB\): \(\angle FPB=90^\circ-\angle PBF\). In the right triangle \(PEC\): \(\angle EPC=90^\circ-\angle PCE\).

    The quadrilateral \(ABPC\) is cyclic (its four vertices lie on the circumcircle), so its exterior angle at \(B\) equals the opposite interior angle at \(C\): \(\angle PBF=\angle PCA=\angle PCE\). Hence \(\angle FPB=\angle EPC\).

  4. Vertical angles

    From steps 2 and 3: \(\angle FDB=\angle EDC\). The points \(B\) and \(C\) lie on opposite sides of \(D\) on the line \(BC\), and \(F,E\) lie on different sides of that line. Two equal angles like these are vertical angles, so the rays \(DF\) and \(DE\) are opposite: \(F,D,E\) are collinear. \(\blacksquare\)

And the converse? Run the steps backwards. The quadrilaterals \(PFBD\) and \(PDEC\) are cyclic for every point \(P\) (step 1 did not use the circumcircle). If \(D,E,F\) are collinear, then \(\angle FDB=\angle EDC\), hence \(\angle FPB=\angle EPC\), and then \(\angle PBF=\angle PCA\) — that is, the exterior angle of quadrilateral \(ABPC\) at \(B\) equals the opposite interior angle. This is a condition for the quadrilateral to be cyclic: \(P\) lies on the circumcircle.

Special cases and further facts

  1. \(P\) is a vertex

    If \(P=A\), the feet of the perpendiculars to \(AB\) and \(AC\) are \(A\) itself, and the foot on \(BC\) is the foot of the altitude. The Simson line is the altitude from \(A\).

  2. \(P\) opposite a vertex

    If \(P\) is the point diametrically opposite \(A\), then \(\angle ABP=\angle ACP=90^\circ\) (inscribed angles on a diameter). So the foot on \(AB\) is \(B\), the foot on \(AC\) is \(C\), and the Simson line is the side \(BC\) itself.

  3. The midpoint of \(PH\)

    Let \(H\) be the orthocenter of the triangle. The Simson line of \(P\) always passes through the midpoint of the segment \(PH\) — and that midpoint lies on the nine-point circle. (We will check this in the example.)

  4. Two antipodal points

    The Simson lines of two diametrically opposite points of the circumcircle are perpendicular, and they meet on the nine-point circle.

And what if \(P\) is not on the circle? One can prove that the area of triangle \(DEF\) is \[S_{DEF}=\frac{|R^2-OP^2|}{4R^2}\cdot S_{ABC},\] where \(O\) and \(R\) are the circumcenter and the circumradius. The area is zero if and only if \(OP=R\) — a quantitative version of Simson’s theorem. Check it in the lab!

A numerical example

The vertices of the triangle are \(A(-3,4)\), \(B(-4,-3)\), \(C(4,-3)\), and the point is \(P(0,-5)\). All four points lie on the circle \(x^2+y^2=25\) (check!). We find the feet of the perpendiculars:

  • On \(BC\): side \(BC\) is the line \(y=-3\), and the perpendicular to it from \(P\) is \(x=0\). So \(D(0,-3)\).
  • On \(CA\): the line \(CA\) is \(x+y=1\). The perpendicular to it from \(P\) has slope 1: \(y=x-5\). Solving: \(x+(x-5)=1\), so \(x=3\). So \(E(3,-2)\).
  • On \(AB\): the slope of \(AB\) is \(\frac{4-(-3)}{-3-(-4)}=7\), and the line is \(y=7x+25\). The perpendicular from \(P\): \(y=-\frac17x-5\). Solving: \(7x+25=-\frac17x-5\), so \(\frac{50}{7}x=-30\), and \(x=-4.2\). So \(F(-4.2,\ -4.4)\).

The line through \(D(0,-3)\) and \(E(3,-2)\) is \(y=\frac x3-3\). Substitute \(F\): \(\frac{-4.2}{3}-3=-1.4-3=-4.4\) ✓. The three points are collinear.

And fact 3? The circumcenter is the origin, so (as in the article on the Euler line) \(H=A+B+C=(-3,-2)\). The midpoint of \(PH\) is \((-1.5,\ -3.5)\), and \(\frac{-1.5}{3}-3=-3.5\) ✓ — it lies on the Simson line.

A problem for the reader: a surprising parallel

Problem

The point \(P\) lies on the circumcircle of triangle \(ABC\), and \(D\) is the foot of the perpendicular from it to \(BC\). The line \(PD\) meets the circumcircle a second time at \(Q\). Prove that \(AQ\) is parallel to the Simson line of \(P\).

The segment \(AQ\) is parallel to the Simson line.
Hint

It is enough to prove that the lines \(DF\) and \(QA\) make equal angles with the line \(PQ\). Use the cyclic quadrilateral \(PFBD\) from the proof, and inscribed angles in the circumcircle. (You can also check the numerical example: there \(Q=(0,5)\) — what is the slope of \(AQ\)?)

Full solution (try it yourself first!)

We work in the configuration of the figure (as in the proof: \(F\) on the extension of \(AB\) beyond \(B\)).

The quadrilateral \(PFBD\) is cyclic (diameter \(PB\)), and the inscribed angles \(\angle PDF\) and \(\angle PBF\) subtend the same arc \(PF\), so

\[\angle PDF=\angle PBF=180^\circ-\angle PBA,\]

because \(F\) lies on the extension of \(AB\). On the other hand, in the circumcircle the inscribed angles \(\angle PBA\) and \(\angle PQA\) subtend the same arc \(PA\), so \(\angle PQA=\angle PBA\).

The point \(D\) lies between \(P\) and \(Q\), so \(\angle FDQ=180^\circ-\angle PDF=\angle PBA=\angle PQA=\angle AQD\). The angles \(\angle FDQ\) and \(\angle AQD\) are alternate angles with respect to the transversal \(DQ\) (the points \(F\) and \(A\) lie on different sides of it), and they are equal — so \(DF\parallel QA\). Since \(DF\) is the Simson line, the proof is complete. \(\blacksquare\)

And in the numerical example: \(PD\) is the line \(x=0\), which meets the circle again at \(Q(0,5)\). The slope of \(AQ\) is \(\frac{5-4}{0-(-3)}=\frac13\) — exactly the slope of the Simson line \(y=\frac x3-3\).

References

  • H. S. M. Coxeter, S. L. Greitzer, Geometry Revisited, MAA, 1967, ch. 2.
  • R. A. Johnson, Advanced Euclidean Geometry, Dover (originally 1929).
  • R. Honsberger, Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry, MAA, 1995.
Khaled Khatib · The Simson Line

→ العودة إلى كلّ المقالات