XVI OM - II - Zadanie 2

Na bokach $ AB, BC, CA $ trójkąta $ ABC $ obrano odpowiednio punkty $ P, M, N $, różne od wierzchołków trójkąta. Udowodnić, że okręgi opisane na trójkątach $ ANP $, $ BPM $, $ CMN $ mają punkt wspólny.

Rozwiązanie

Niech $ k_1 $, $ k_2 $, $ k_3 $ oznaczają odpowiednio okręgi opisane na trójkątach $ ANP $, $ BPM $ i $ CMN $. Okręgi $ k_1 $ i $ k_2 $ mają punkt wspólny $ P $, zatem mają jeszcze drugi punkt wspólny $ Q $, bądź też są styczne w punkcie $ P $. Zachodzi jeden z następujących przypadków:

1. Okręgi $ k_1 $ i $ k_2 $ przecinają się w punktach $ P $ i $ Q $, przy czym punkt $ Q $ leży po przeciwnej stronie prostej $ AB $ niż punkt $ C $ (rys. 15).

Prosta $ PQ $ nie przecina żadnego z odcinków $ AN $ i $ BM $, gdyż wszystkie jej punkty, z wyjątkiem odcinka $ PQ $, leżą na zewnątrz okręgów $ k_1 $ i $ k_2 $; wobec tego przecina ona odcinek $ MN $ w pewnym punkcie $ K $, kąt $ NQM $ jest zatem sumą kątów $ NQP $ i $ PQM $.

Na okręgu $ k_1 $ punkty rozważane leżą w kolejności $ A $, $ N $, $ P $, $ Q $, para punktów $ A $, $ Q $ nie przedziela pary punktów $ N $, $ P $, zatem kąty wpisane $ NAP $ i $ NQP $ są równe:

\[<br />
\measuredangle NQP = \measuredangle NAP = \measuredangle A;<br />
\]

analogicznie

\[<br />
\measuredangle PQM = \measuredangle PBM = \measuredangle B.<br />
\]

Stąd

\[<br />
\measuredangle NQM = \measuredangle NQP + \measuredangle PQM =  \measuredangle A  + \measuredangle B = 180^\circ - \measuredangle C.<br />
\]

Zauważmy, że punkty $ Q $ i $ P $ leżą po tej samej stronie prostej $ MN $, a punkty $ P $ i $ C $ po przeciwnych stronach tej prostej; wobec tego punkty $ Q $ i $ C $ leżą po przeciwnych stronach prostej $ NM $.

W takim razie punkty $ C $, $ N $, $ Q $, $ M $ są wierzchołkami czworokąta, w którym suma kątów przy wierzchołkach przeciwległych $ Q $ i $ C $ równa się $ 180^\circ $. Stąd wynika, że punkty $ C $, $ N $, $ Q $, $ M $ leżą na okręgu, tzn. punkt $ Q $ leży na okręgu $ k_3 $, jest więc punktem wspólnym okręgów $ k_1 $, $ k_2, k_3 $.

2. Okręgi $ k_1 $ i $ k_2 $ są styczne w punkcie $ P $. Dowód poprzedni stosuje się i do tego przypadku, z tym, że zamiast wspólnej siecznej występuje w nim wspólna styczna $ PK $ okręgów $ k_1 $ i $ k_2 $ (rys. 16).

3. Okręgi $ k_1 $ i $ k_2 $ przecinają się w punktach $ P $ i $ Q $, przy czym punkt $ Q $ leży po tej samej stronie prostej $ AB $, co punkt $ C $.

a) Jeżeli punkt $ Q $ leży na półprostej $ BC $ lub $ AC $, to pokrywa się z punktem $ M $ lub z punktem $ N $, wobec czego jest punktem wspólnym okręgów $ k_1 $, $ k_2 $, $ k_3 $.

b) Jeżeli punkt $ Q $ leży wewnątrz trójkąta $ ABC $ (rys. 17), to odcinki
$ QM $, $ QN $ i $ QP $ dzielą trójkąt na trzy części: czworokąt $ APQN  $wpisany w okrąg $ k_1 $, czworokąt $ PQMB $ wpisany w okrąg $ k_2 $ i czworokąt $ NQMC $; zachodzą równości

\[<br />
\measuredangle NQP = 180^\circ -\measuredangle A, \quad \measuredangle PQM = 180^\circ - \measuredangle B,<br />
\]
\[<br />
 \measuredangle NQM = 360^\circ - \measuredangle NQP - \measuredangle PQM = \measuredangle A + \measuredangle B.<br />
\]

Zatem w czworokącie $ NQMC $ suma kątów przy wierzchołkach $ Q $ i $ C $ jest równa sumie $ \measuredangle  A+ \measuredangle B + \measuredangle C = 180^\circ $. Punkty $ N $, $ Q $, $ M $, $ C $ leżą na okręgu, punkt $ Q $ jest zatem punktem wspólnym okręgów $ k_1 $, $ k_2 $, $ k_3 $.

c) Jeżeli punkt $ Q $ leży na zewnątrz trójkąta $ ABC $, to nie może się znajdować wewnątrz kąta wierzchołkowego do kąta $ ACB $, gdyż w kącie tym nie ma żadnego punktu okręgu $ k_1 $ ani $ k_2 $. Punkt $ Q $ leży zatem wewnątrz jednego z kątów $ ABC $ i $ CAB $ np. wewnątrz kąta $ ABC $ (rys. 18).

Na okręgu $ k_1 $ punkty rozważane leżą w kolejności $ A $, $ P $, $ N $, $ Q $, para punktów $ (P, N) $ nie przedziela pary punktów $ (A, Q) $, zatem, jak w przypadku $ 1 $,

\[<br />
\measuredangle NQP = \measuredangle NAP = \measuredangle A.<br />
\]

Na okręgu $ k_2 $ mamy kolejność punktów $ Q $, $ P $, $ B $, $ M $, para punktów $ (Q, B) $ przedziela parę punktów $ (P, M) $, wobec czego

\[<br />
\measuredangle PQM = 180^\circ - \measuredangle PBM = 180^\circ - \measuredangle B.<br />
\]

Punkty $ N $ i $ M $ leżą po tej samej stronie prostej $ PQ $, gdyż punkty $ A $ i $ N $, jak również punkty $ A $ i $ B $, leżą po przeciwnych stronach prostej $ PQ $ a punkty $ B $ i $ M $ znajdują się po tej samej stronie prostej $ PQ $. Zauważmy, że $ \measuredangle PQN < \measuredangle PQM $, gdyż $ \measuredangle  A < 180^\circ - \measuredangle B $; stąd wynika, że półprosta $ QN $ leży w kącie $ PQM $ i zachodzi równość

\[<br />
\measuredangle NQM = \measuredangle PQM - \measuredangle PQN = (180^\circ - \measuredangle B) - \measuredangle A = \measuredangle C.<br />
\]

Punkty $ Q $ i $ C $ leżą po tej samej stronie prostej $ MN $. Istotnie, półprosta $ QN $ leży, jak wykazaliśmy wyżej, wewnątrz kąta $ PQM $, więc przecina jeden z odcinków $ PB $ i $ BM $ w pewnym punkcie $ K $. Punkty $ Q $ i $ K $ leżą po przeciwnych stronach prostej $ MN $, punkty $ K $ i $ C $ też leżą po przeciwnych stronach tej prostej, stąd wynika, że punkty $ Q $ i $ C $ znajdują się po tej samej stronie prostej $ MN $. Wobec tego z poprzedniej równości wnioskujemy, że punkty $ Q $, $ N $, $ M $, $ C $ leżą na okręgu. Punkt $ Q $ jest zatem punktem wspólnym okręgów $ k_1 $, $ k_2 $, $ k_3 $.

Uwaga 1. Udowodnione wyżej twierdzenie można uogólnić. Mianowicie teza twierdzenia pozostanie prawdziwa, jeżeli o punktach $ M $, $ N $, $ P $ założymy tylko to, że leżą odpowiednio na prostych $ BC $, $ CA $, $ AB $ ($ A $, $ B $, $ C $ - wierzchołki trójkąta), przy czym żaden z nich nie pokrywa się z żadnym z punktów $ A $, $ B $, $ C $. Dowód tego twierdzenia można przeprowadzić, rozważając kolejno różne przypadki położenia punktów $ M $, $ N $, $ P $ odpowiednio względem boków $ BC $, $ CA $, $ AB $ trójkąta $ ABC $. W każdym z tych przypadków rozumowanie będzie analogiczne do jednego z tych, które wystąpiły w poprzednich przypadkach $ 1 $ - $ 3 $. Ograniczymy się tutaj do rozpatrzenia w charakterze przykładu jednego przypadku, pozostawiając szczegółową analizę pozostałych możliwości jako ćwiczenie.

Załóżmy, że wszystkie trzy punkty $ M $, $ N $, $ P $ leżą na przedłużeniach boków trójkąta $ ABC $, przy czym każdy z nich znajduje się na przedłużeniu któregoś boku poza inny wierzchołek. Niech na przykład punkt $ M $ leży na przedłużeniu boku $ BC $ poza punkt $ C $, punkt $ N $ - na przedłużeniu boku $ CA $ poza punkt $ A $, a punkt $ P $ - na przedłużeniu boku $ AB $ poza punkt $ B $ (rys. 19).

Okrąg $ k_1 $, opisany na trójkącie $ ANP $, i okrąg $ k_2 $, opisany na trójkącie $ BMP $, mają punkt wspólny $ P $; prócz tego mają one jeszcze punkt wspólny $ Q $ leżący wewnątrz trójkąta $ ABC $. Albowiem punkt $ B $ leży wewnątrz $ k_1 $, a punkt $ C $ na zewnątrz $ k_1 $; wobec tego punkt $ M $ leży na zewnątrz $ k_1 $. Ten łuk okręgu $ k_2 $, którego końcami są punkty $ B $ i $ M $ i który nie przechodzi przez punkt $ P $, musi przecinać okrąg $ k_1 $ w punkcie $ Q $. Łuk $ AQP $ okręgu $ k_1 $ leży w kącie $ CAB $, łuk $ BQM $ okręgu $ k_2 $ - w kącie $ ABC $, częścią zaś wspólną kątów $ CAB $ i $ ABC $ jest trójkąt $ ABC $, w nim więc znajduje się punkt $ Q $, który przy tym nie leży na obwodzie tego trójkąta.

Na okręgu $ k_1 $ punkty rozważane leżą w kolejności $ NAQP $, pary punktów $ AQ $ i $ NP $ nie przedzielają się. Podobnie na okręgu $ k_2 $ pary $ PM $ i $ BQ $ nie przedzielają się. Zatem

\[<br />
\measuredangle NQP = \measuredangle NAP = 180^\circ - \measuredangle A,<br />
\]
\[<br />
\measuredangle PQM = \measuredangle PBM = 180^\circ -\measuredangle B.<br />
\]

Kąty $ NQP $, $ PQM $, $ MQN $ dają w sumie kąt pełny, więc

\[<br />
\measuredangle MQN = \measuredangle A + \measuredangle B = 180^\circ - \measuredangle C = \measuredangle NCM.<br />
\]

Punkty $ Q $ i $ C $ leżą po tej samej stronie prostej $ MN $, gdyż odcinek $ QC $ znajduje się wewnątrz $ \triangle ABC $, a prosta $ MN $ leży na zewnątrz tego trójkąta, zatem z poprzedniej równości wynika, że punkty $ N $, $ Q $, $ C $, $ M $ leżą na okręgu, tj. że punkt $ Q $ leży na okręgu $ k_3 $, jest zatem punktem wspólnym okręgów $ k_1 $, $ k_2 $, $ k_3 $.

Uwaga 2. Uogólnienie twierdzenia można posunąć jeszcze dalej. Weźmy pod uwagę jeden z dwóch okręgów, np. okrąg $ k_1 $ wyznaczony przez punkty $ A $, $ N $, $ P $ i przypuśćmy, że punkt $ P $ porusza się po prostej $ AB $ dążąc do punktu $ A $. Okrąg $ k_1 $ dąży wówczas do tego okręgu $ k_1' $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź