XLVIII OM - I - Zadanie 10

Punkty $ P $, $ Q $ leżą wewnątrz trójkąta ostrokątnego $ ABC $, przy czym $ |\measuredangle ACP| = |\measuredangle BCQ| $ oraz $ |\measuredangle CAP| = |\measuredangle BAQ| $. Punkty $ D $, $ E $, $ F $ są rzutami prostokątnymi punktu $ P $ odpowiednio na boki $ BC $, $ CA $, $ AB $. Dowieść, że kąt $ DEF $ jest prosty wtedy i tylko wtedy, gdy punkt $ Q $ jest punktem przecięcia wysokości trójkąta $ BDF $.

Rozwiązanie

Sposób I

Dane w założeniach równości

\[<br />
 |\measuredangle ACP| = |\measuredangle BCQ|  \  \textrm{oraz} \    |\measuredangle CAP| = |\measuredangle BAQ|<br />
\]

są równoważne równościom

\[<br />
 |\measuredangle ACQ| = |\measuredangle BCP| \   \textrm{oraz} \   |\measuredangle CAQ| = |\measuredangle BAP|.<br />
\]

Kąty $ ACP $ i $ BCQ $, rozpatrywane jako obszary płaszczyzny, mogą być przy tym rozłączne (jak na rysunku 6), bądź też mogą na siebie nachodzić; nie ma to żadnego znaczenia. Podobna uwaga odnosi się do każdej z pozostałych trzech par kątów figurujących w związkach (1) i (2).

Oznaczmy przez $ U $, $ V $, $ W $ punkty symetryczne do $ P $ odpowiednio względem prostych $ BC $, $ CA $, $ AB $. Tak więc $ |CU| = |CP| = |CV| $ oraz $ |AW| = |AP| = |AV| $, a ponadto

\[<br />
\qquad (3) |\measuredangle BCU| = |\measuredangle BCP|  \  \textrm{oraz} \   |\measuredangle BAW| = |\measuredangle BAP|,<br />
\]

i podobnie

\[<br />
\qquad (4) |\measuredangle ACV| = |\measuredangle ACP|   \ \textrm{oraz}\    |\measuredangle CAV| = |\measuredangle CAP|.<br />
\]

Korzystając z pierwszej równości (3), pierwszej równości (2), pierwszej równości (4) i pierwszej równości (1) obliczamy:

\[<br />
|\measuredangle UCQ| = |\measuredangle BCU| + |\measuredangle BCQ| = |\measuredangle BCP| + |\measuredangle BCQ| = |\measuredangle ACQ| + |\measuredangle BCQ|,<br />
\]
\[<br />
|\measuredangle VCQ| = |\measuredangle ACV| + |\measuredangle ACQ| = |\measuredangle ACP| + |\measuredangle ACQ| = |\measuredangle BCQ| + |\measuredangle ACQ|.<br />
\]

Kąty $ UCQ $ i $ VCQ $ są więc równe. (Każdy z nich ma miarę $ |\measuredangle ACB| $; ta informacja nie będzie wszelako przydatna).

Wiemy także, że $ |CU| = |CV| $. Stąd wynika, że trójkąt $ UCQ $ przystaje do trójkąta $ VCQ $, i wobec tego $ |QU| = |QV| $.

Analogicznie — korzystając z drugich równości (3), (2), (4), (1) - wykazujemy, że kąty $ WAQ $ i $ VAQ $ są równe; wiedząc, że $ |AW| = |AV| $, wnosimy stąd, że trójkąt $ WAQ $ przystaje do trójkąta $ VAQ $, a zatem $ |QW| = |QV| $.

W takim razie punkt $ Q $ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ UVW $. Jednokładność o środku $ P $ i skali $ 1/2 $ przekształca go na okrąg $ \omega $ opisany na trójkącie $ DEF $; środkiem okręgu $ \omega $ jest środek $ S $ odcinka $ PQ $.

Wypiszemy teraz ciąg zdań, z których każde kolejne jest równoważne poprzedniemu:

  • $ Q $ jest punktem przecięcia wysokości trójkąta $ BDF $;
  • $ QD\perp FB $ oraz $ QF\perp BD $;
  • $ QD\parallel PF $ oraz $ QF \parallel PD $;
  • czworokąt $ PDQF $ jest równoległobokiem;
  • środek odcinka $ DF $ pokrywa się z punktem $ S $;
  • odcinek $ DF $ jest średnicą okręgu $ \omega $;
  • kąt $ DEF $ jest prosty.

Równoważność między zdaniem pierwszym i ostatnim jest tezą zadania.

Sposób II

Jak poprzednio, przepisujemy równości (1) (dane jako warunek zadania) w postaci (2). Oznaczmy rzuty prostokątne punktu $ P $ na boki $ BC $, $ CA $, $ AB $ odpowiednio przez $ K $, $ L $, $ M $. Z równości (1) i (2) wynika, że trójkąt prostokątny $ ECP $ jest podobny do trójkąta $ KCQ $, trójkąt $ EAP $ — do trójkąta $ MAQ $, trójkąt $ LCQ $ - do $ DCP $, a trójkąt $ LAQ $ - do $ FAP $ (rysunek 7). Dostajemy więc proporcje

\[<br />
\frac{|CE|}{|CK|}=\frac{|CP|}{|CQ|}=\frac{|CD|}{|CL|}\<br />
\textrm{oraz}\<br />
\frac{|AE|}{|AM|}=\frac{|AP|}{|AQ|}=\frac{|AF|}{|AL|}.<br />
\]

Zatem $ |CE|\cdot|CL|=|CD|\cdot|CK| $ oraz $ |AE|\cdot|AL| = |AF|\cdot|AM| $. Tak więc punkty $ E $, $ L $, $ D $, $ K $ leżą na jednym okręgu, i podobnie punkty $ E $, $ L $, $ F $, $ M $ leżą na jednym okręgu. Środkiem pierwszego z tych okręgów jest punkt przecięcia symetralnych odcinków $ EL $ i $ DK $, a środkiem drugiego - punkt przecięcia symetralnych odcinków $ EL $ i $ FM $.

Zauważmy teraz, że symetralne tych trzech odcinków ($ DK $, $ EL $, $ FM $) przecinają się w jednym punkcie; jest nim środek $ S $ odcinka $ PQ $. Stąd wynika, że owe dwa wzmiankowane okręgi to jeden i ten sam okrąg. Wniosek: istnieje okrąg $ \omega $ przechodzący przez punkty $ D $, $ E $, $ F $, $ K $, $ L $, $ M $.

Jak w pierwszym sposobie, wypisujemy ciąg kolejno równoważnych zdań:

  • $ Q $ jest punktem przecięcia wysokości trójkąta $ BDF $;
  • punkt $ D $ leży na prostej $ QM $, a punkt $ F $ leży na prostej $ QK $;
  • kąty $ DKF $ oraz $ DMF $ są proste;
  • odcinek $ DF $ jest średnicą okręgu $ \omega $;
  • kąt $ DEF $ jest prosty.

Równoważność między zdaniem pierwszym i ostatnim jest tezą zadania.

Uwaga 1: W obu tych rozwiązaniach kluczową rolę grają własności okręgu $ \omega $ opisanego na trójkącie $ DEF $. Aż do momentu uzyskania tych własności rozumowanie jest niezależne od spełnienia (lub niespełnienia) warunków, których równoważność należy udowodnić. Przy tym założenie ostrokątności trójkąta $ ABC $ nie jest potrzebne (w przypadku trójkąta rozwartokątnego trzeba jedynie mówić o rzutach punktów $ P $ i $ Q $ na proste $ BC $, $ CA $, $ AB $, niekoniecznie na boki trójkąta); w każdym przypadku rzuty punktów $ P $ i $ Q $ na te proste leżą na okręgu $ \omega $, którego środkiem jest środek odcinka $ PQ $.

Uwaga 2: Pierwsza równość (1) wyraża fakt, że proste $ CP $ i $ CQ $ są położone symetrycznie względem dwusiecznej kąta $ BCA $; mówimy, że te proste są {\it izogonalne} (względem kąta $ BCA $). Druga równość (1) orzeka, że proste $ AP $ i $ AQ $ są izogonalne względem kąta $ CAB $. Własności okręgu $ \omega $ są konsekwencją tych dwóch warunków izogonalności.

Nietrudno pokazać, że automatycznie jest wówczas spełniony trzeci warunek izogonalności: proste $ BP $ i $ BQ $ są izogonalne względem kąta $ ABC $. Oto uzasadnienie: punkty $ D $, $ F $, $ M $, $ K $ leżą na okręgu $ \omega $, więc zachodzi równość $ |BD|\cdot|BK| = |BF| \cdot |BM| $; wynika z niej, że czworokąt $ BD'P'F' $ będący obrazem czworokąta $ BDPF $ w symetrii względem dwusiecznej kąta $ ABC $ jest jednokładny do czworokąta $ BMQK $, i wobec tego prosta $ BQ $ pokrywa się z prostą $ BP' $ symetryczną do $ BP $ względem owej dwusiecznej.

Punkty $ P $ i $ Q $ mające tę własność, że proste $ AP $, $ BP $, $ CP $ są odpowiednio izogonalne do prostych $ AQ $, $ BQ $, $ CQ $ (względem kątów $ A $, $ B $, $ C $), noszą nazwę {\it punktów izogonalnych} trójkąta $ ABC $. Ważnym przykładem pary punktów izogonalnych jest środek okresu opisanego i punkt przecięcia wysokości trójkąta; okrąg przechodzący przez rzuty tych dwóch punktów na proste zawierające boki trójkąta - to {\it okrąg Eulera} danego trójkąta (zwany też {\it okręgiem dziewięciu punktów} albo {\it okręgiem Feuerbacha}).

Sposób III

(Szkic rozwiązania). Rozumowanie będzie oparte na własnościach elips. Podamy tylko kluczowe punkty dowodu, pomijając uzasadnienia. Ich uzupełnienie według podanych wskazówek może być ciekawym i chyba nietrudnym ćwiczeniem. (Także wykonanie rysunków pozostawiamy Czytelnikowi).

Własność 1: Jeśli prosta $ \ell $ jest styczna w punkcie $ X $ do elipsy o ogniskach $ P $ i $ Q $, to punkt $ P' $ symetryczny do $ P $ względem $ \ell $ leży na prostej $ QX $.

[Wskazówka: promień światła wypuszczony z ogniska elipsy trafia po odbiciu od niej w drugie ognisko.]

Własność 2: Jeśli proste styczne w punktach $ X $ i $ Y $ do elipsy o ogniskach $ P $ i $ Q $ przecinają się w punkcie $ A $, to $ |\measuredangle PAX| = |\measuredangle QAY| $.

[Wskazówka: niech $ P' $ i $ Q' $ będą punktami symetrycznymi do $ P $ i $ Q $ odpowiednio względem prostych $ AX $ i $ AY $; z własności 1 nietrudno wynika, że trójkąty $ AP'Q $ i $ APQ' $ mają boki odpowiednio równe, i wobec tego są przystające.]

Własność 3: Jeśli dla punktów $ P $ i $ Q $ leżących w trójkącie $ ABC $ spełnione są związki (1), to elipsa $ \mathcal{E} $ o ogniskach $ P $ i $ Q $, styczna do boku $ CA $, jest też styczna do boków $ AB $ i $ BC $.

[Łatwy wniosek z własności 2.]

Własność 4: W sytuacji, o której mowa we własności 3: jeśli $ S $ jest środkiem odcinka $ PQ $, a dłuższa oś elipsy $ \mathcal{E} $ ma długość $ 2a $, to okrąg $ \omega $ o środku $ S $ i promieniu a przechodzi przez rzuty punktów $ P $ i $ Q $ na proste $ AB $, $ BC $, $ CA $.

[Wskazówka: na przykład rzut $ D $ punktu $ P $ na prostą $ BC $ jest środkiem boku $ PP' $ trójkąta $ PP'Q $, w którym $ |QP'| = 2a $ (wniosek z własności 1); zatem $ |SD| = a $.]

Gdy już mamy okrąg $ \omega $, pozostaje tylko powtórzyć końcówkę pierwszego sposobu rozwiązania, aby otrzymać tezę zadania.

Uwaga 3: Ostatnie rozwiązanie jest bardziej skomplikowane niż poprzednie dwa; ma jednak swoje zalety: własności 2 i 3 dają dowód tego, że z dwóch warunków izogonalności (wzory (1)) wynika trzeci; dowód nie korzysta bezpośrednio z istnienia okręgu $ \omega $ i przez to jest odmienny od dowodu naszkicowanego w Uwadze 2. Te same dwie własności dają ponadto ciekawą charakteryzację punktów izogonalnych:

Dwa punkty trójkąta są izogonalne wtedy i tylko wtedy, gdy są ogniskami elipsy stycznej do jego trzech boków.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź