IX OM - II - Zadanie 5

Na zewnątrz trójkąta $ ABC $ zbudowano trójkąty równoboczne $ BMC $, $ CNA $ i $ APB $. Dowieść, że środki $ S $, $ T $, $ U $ tych trójkątów tworzą trójkąt równoboczny.

Rozwiązanie

Zauważmy, że $ \measuredangle TAC = 30^\circ $ i $ \measuredangle BAU = 30^\circ $ (rys. 22). Jeżeli obrócimy trójkąt $ TAU $ dokoła punktu $ A $ o $ 30^\circ $ w kierunku strzałki, to półprosta $ AT $ pokryje półprostą $ AC $, a półprosta $ AU $ - półprostą $ AP $, zatem $ \measuredangle TAU = \measuredangle CAP $. Ponieważ odcinki $ AT $ i $ AU $ są promieniami okręgów opisanych na trójkątach równobocznych o bokach $ AC $ i $ AP $, więc $ \frac{AT}{AC} = \frac{AU}{AP} = \frac{\sqrt{3}}{3} $. Trójkąty $ TAU $ i $ CAP $ mające przy wierzchołku $ A $ kąty równe i boki proporcjonalne są podobne, zatem $ \frac{TU}{CP}= \frac{AT}{AC} = \frac{\sqrt{3}}{3} $, skąd $ TU = \frac{\sqrt{3}}{3} CP $.

Podobnie wykażemy podobieństwo trójkątów $ SBU $ i $ CBP $ (trójkąt $ SBU $ trzeba obrócić dokoła punktu $ B $ o $ 30^\circ $ w kierunku przeciwnym do poprzedniego) i równość $ SU = \frac{\sqrt{3}}{3} CP $. Zatem $ TU = SU $; tak samo udowodnimy, że $ SU = TS $, trójkąt $ STU $ jest więc równoboczny.

Uwaga. Twierdzenie udowodnione powyżej jest znane pod nazwą twierdzenia Napoleona. Nietrudno się przekonać, że pozostaje ono prawdziwe i wówczas, gdy każdy z trójkątów równobocznych zbudowany jest po tej stronie odpowiedniego boku trójkąta $ ABC $, po której leży ten trójkąt. Stosuje się ono również do trójkąta zniekształconego, tj. do przypadku, gdy punkty $ A $, $ B $, $ C $ leżą, na jednej prostej. Z trzech trójkątów równobocznych dwa mniejsze mają przy tym leżeć po jednej stronie tej prostej, a największy - po drugiej.

Można by zapytać, czy analogiczne twierdzenie zachodzi i dla innych wielokątów, czy np. środki kwadratów zbudowanych na zewnątrz czworokąta na jego bokach są wierzchołkami kwadratu. Odpowiedź jest przecząca; aby się o tym przekonać, wystarczy zbudować kwadraty na bokach deltoidu, złożonego na przykład z $ 2 $ trójkątów prostokątnych o kątach ostrych $ 30^\circ $ i $ 60^\circ $; środki tych kwadratów tworzą trapez równoramienny o kątach $ 75^\circ $ przy podstawie.

Okazuje się, że prawdziwe jest następujące twierdzenie: Środki kwadratów zbudowanych na zewnątrz czworokąta na jego bokach są wtedy i tylko wtedy wierzchołkami kwadratu, gdy ten czworokąt jest równoległobokiem.

Aby wykazać słuszność tego twierdzenia udowodnimy najpierw następujący lemat: Jeżeli $ S $ jest środkiem boku $ BC $ trójkąta $ ABC $, a $ U $ i $ T $ są odpowiednio środkami kwadratów zbudowanych na bokach $ AB $ i $ AC $ na zewnątrz tego trójkąta, to trójkąt $ STU $ jest trójkątem prostokątnym równoramiennym o przeciwprostokątnej $ UT $.

Twierdzenie to jest oczywiste, gdy $ \measuredangle A = 90^\circ $, gdyż wówczas $ SU $ i $ ST $ są odpowiednio równoległe do $ AC $ i $ AB $ i tworzą z prostą $ UT $ kąty po $ 45^\circ $. Załóżmy, że $ \measuredangle A \ne 90^\circ $.

Niech $ \Gamma_U $ i $ \Gamma_T $ oznaczają odpowiednio okręgi, opisane na kwadratach zbudowanych na bokach $ AB $ i $ AC $. Ponieważ $ \measuredangle A \ne 90^\circ $, więc punkty $ U $, $ A $, $ T $ nie leżą na jednej prostej i okręgi $ \Gamma_U $ i $ \Gamma_T $ mają - poza punktem $ A $ - jeszcze punkt wspólny $ O $.

Jeżeli punkt $ O $ jest różny od punktu $ B $ i od punktu $ C $ (rys. 23 i rys. 24), to każdy z kątów $ AOB $ i $ AOC $ jest równy $ 45^\circ $ albo $ 135^\circ $. Zważywszy, że suma dwóch kątów spośród kątów $ AOB $, $ AOC $ i $ BOC $ bądź równa się trzeciemu z nich, bądź dopełnia trzeci kąt do $ 360^\circ $, wnioskujemy, że kąt $ BOC $ równa się $ 90^\circ $, punkt $ O $ jest więc punktem wspólnym okręgów $ \Gamma_U $, $ \Gamma_T $ i okręgu $ \Gamma_S $ o średnicy $ BC $. Boki trójkąta $ STU $ łączące środki tych okręgów są prostopadłe odpowiednio do wspólnych cięciw $ OA $, $ OB $, $ OC $ tych okręgów, a że $ OB $ jest prostopadłe do $ OC $, więc w trójkącie $ STU $ kąt $ S $ jest prosty, a kąty $ U $ i $ T $ mają po $ 45^\circ $.

Punkt $ O $ może pokrywać się z punktem $ B $; ma to miejsce wtedy, gdy w trójkącie $ ABC $ jest $ \measuredangle B = 135^\circ $. Wówczas punkt $ U $ leży na przedłużeniu odcinka $ CB $, odcinek $ TS $ jest prostopadły do $ CB $, gdyż łączy środek okręgu $ \Gamma_T $ ze środkiem cięciwy $ BC $, a $ \measuredangle TUS = \measuredangle UBA = 45^\circ $; trójkąt $ STU $ jest więc istotnie prostokątny w $ S $ i równoramienny. Tak samo będzie w przypadku analogicznym, gdy punkt $ O $ pokrywa się z punktem $ C $, tzn. gdy $ C = 135^\circ $.

Dowód wypowiedzianego poprzednio twierdzenia możemy obecnie ująć krótko. Niech $ ABCD $ będzie równoległobokiem, $ S $ jego środkiem, a $ T $, $ U $, $ V $, $ W $ środkami kwadratów zbudowanych na zewnątrz równoległoboku na jego kolejnych bokach (rys. 25). Na mocy lematu trójkąty $ TSU $, $ USV $, $ VSW $ i $ WST $ są prostokątne w $ S $ i równoramienne. Trójkąty te są zatem przystające i czworokąt $ TUVW $ jest kwadratem.

Odwrotnie, przypuśćmy, że środki $ T $, $ U $, $ V $, $ W $ kwadratów zbudowanych odpowiednio na bokach $ AD $, $ AB $, $ BC $, $ CD $ czworokąta $ ABCD $ na zewnątrz tego czworokąta są wierzchołkami kwadratu. Niech $ S $ będzie środkiem przekątnej $ BD $, a $ S' $ środkiem przekątnej $ AC $ czworokąta. Na mocy lematu trójkąty $ TSU $ i $ VSW $ są prostokątne i równoramienne; punkt $ S $ jest więc środkiem kwadratu $ TUVW $. To samo dotyczy punktu $ S' $, zatem $ S $ i $ S' $ pokrywają się i czworokąt $ ABCD $, którego przekątne dzielą się na połowy, jest równoległobokiem.

Dowód twierdzenia można również poprowadzić sposobem analogicznym do poprzedniego sposobu $ 2 $, posługując się obrotami dokoła wierzchołków czworokąta $ ABCD $ o $ 45^\circ $. Pozostawiamy to jako ćwiczenie.

Twierdzenie pozostaje prawdziwe, gdy kwadraty budujemy po tej stronie boków czworokąta $ ABCD $, po której leży ten czworokąt. Przy odpowiednim sformułowaniu pozostaje ono także prawdziwe dla takich czworokątów "zniekształconych", których wierzchołki $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ leżą na prostej. Niech czytelnik sam znajdzie to sformułowanie.

Współczesny matematyk włoski Adriano Bariotti znalazł następujące daleko idące uogólnienie twierdzenia Napoleona: Warunkiem koniecznym i dostatecznym do tego, aby środki wielokątów foremnych o $ n $ bokach zbudowanych na bokach wielokąta $ A_1A_2\ldots A_n $ na zewnątrz tego wielokąta były wierzchołkami wielokąta foremnego o $ n $ bokach, jest warunek, żeby wielokąt $ A_1A_2\ldots A_n $ był rzutem równoległym wielokąta foremnego o $ n $ bokach (Wydrukowane w czasopiśmie: Bolletino del'Unione Matematica Italiana 3, rok 10.)

Twierdzenie to jest słuszne również w przypadku, gdy wielokąty foremne budujemy po tej stronie boków wielokąta $ A_1A_2\ldots A_n $, po której leży ten wielokąt.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź