XXXVIII OM - II - Zadanie 6

Dowolnemu czworokątowi $ ABCD $ przyporządkowujemy środki okręgów opisanych na trójkątach $ BCD $, $ CDA $, $ DAB $, $ ABC $. Udowodnić, że jeżeli wierzchołki czworokąta wypukłego $ Q $ nie leżą na okręgu, to

a) cztery punkty przyporządkowane w powyższy sposób czworokątowi Q są wierzchołkami czworokąta wypukłego. Oznaczmy ten czworokąt przez $ t(Q) $,

b) wierzchołki czworokąta $ t(Q) $ nie leżą na okręgu,

c) czworokąty $ Q $ i $ t(t(Q) $ są podobne.

Rozwiązanie

a) Oznaczmy wierzchołki czworokąta $ Q $ kolejno przez $ A $, $ B $, $ C $, $ D $, a środki okręgów opisanych na trójkątach $ BCD $, $ CDA $, $ DAB $, $ ABC $ odpowiednio przez $ A' $, $ B' $, $ C' $, $ D' $. Czworokąt $ Q $ z założenia nie jest wpisany w okrąg; zatem $ |\measuredangle A| + |\measuredangle B| \neq |\measuredangle C|+ |\measuredangle D| $. Bez szkody dla ogólności możemy przyjąć, że

\[<br />
(1) \qquad |\measuredangle A| + |\measuredangle B| <180^{\circ}< |\measuredangle C|+ |\measuredangle D|<br />
\]

(jeśli zachodzą nierówności przeciwne, możemy dokonać cyklicznego przesunięcia oznaczeń).

Z nierówności (1) wynika, że punkt $ D $ leży wewnątrz okręgu co opisanego na trójkącie $ ABC $, natomiast punkt $ C $ leży na zewnątrz okręgu a opisanego na trójkącie $ DAB $ (rysunek 12). Przedłużamy odcinek $ BD $ do przecięcia z okręgiem $ \omega $ w punkcie, który oznaczamy przez $ D_1 $ Punkt przecięcia odcinka $ AC $ z okręgiem $ \sigma $ oznaczmy przez $ C_1 $ Niech $ \lambda $ będzie symetralną odcinka $ BD $, a $ \chi $ - symetralną odcinka $ AC $.
om38_2r_img_12.jpg
Środek okręgu co, czyli punkt $ D' $, leży na symetralnej odcinka $ BD_1 $, a więc po tej samej stronie prostej $ \lambda $, co punkt $ D $.

Środek okręgu $ \sigma $, czyli punkt $ C $, leży na symetralnej odcinka $ AC_1 $ a więc po przeciwnej stronie prostej $ \chi $, niż punkt $ C $.

Zamieniając role punktów $ A $ i $ C $ oraz $ B $ i $ D $ wnosimy z symetrii założeń, że:

punkt $ B' $ leży po tej samej stronie prostej $ \lambda $, co punkt $ B $;
punkt $ A' $ leży po przeciwnej stronie prostej $ \chi $, niż punkt $ A $.

Środek $ A' $ okręgu opisanego na trójkącie $ BCD $ leży na symetralnej boku $ BD $: $ A' \in \lambda $; podobnie $ C' \in \lambda $, $ B' \in \chi $, $ D' \in \chi $. W takim razie punkty $ B' $ i $ D' $ leżą po różnych stronach prostej $ A'C' $, a punkty $ A' $ i $ C' $ leżą po różnych stronach prostej $ B'D' $. Stąd wynika, że punkty $ A' $, $ B' $, $ C' $, $ D' $ są kolejnymi wierzchołkami czworokąta wypukłego. Jest to właśnie czworokąt $ \tau(Q) $.

b) Wykażemy, że miary kątów wewnętrznych czworokątów $ \tau(Q) $ i $ Q $ są związane zależnościami

\[<br />
(2) \qquad<br />
\begin{array}{ll}<br />
|\measuredangle A'|=180^\circ - |\measuredangle C|,& |\measuredangle B'|=180^\circ - |\measuredangle D|,\\<br />
|\measuredangle C'|=180^\circ - |\measuredangle A|,& |\measuredangle D'|=180^\circ - |\measuredangle B|<br />
\end{array}<br />
\]

Dowód przeprowadzimy dla jednej tylko z tych równości, na przykład ostatniej. Aby można stąd wnosić o zachodzeniu pozostałych trzech równości (2), porzucamy założenie, że kąty czworokąta $ Q $ spełniają warunek (1).

Weźmy więc pod uwagę trójkąt $ ABC $ i punkt $ D' $, środek okręgu opisanego. Oznaczmy środki boków $ AB $ i $ BC $ odpowiednio przez $ M $ i $ N $. Jak poprzednio, $ \chi $ oznacza symetralną odcinka $ AC $.

Rozpatrzmy trzy przypadki:
om38_2r_img_13.jpg
1. Kąty $ CAB $ i $ BCA $ są ostre (rysunek 13). Rzut punktu $ B $ na prostą $ AC $ trafia do wnętrza odcinka $ AC $, a więc rzuty punktów $ M $ i $ N $ trafiają do różnych połówek tego odcinka. Znaczy to, że punkty $ M $ i $ N $ leżą po przeciwnych stronach prostej a punkty $ D' $, $ M $, $ B $, $ N $ są kolejnymi wierzchołkami czworokąta wypukłego o kątach prostych przy wierzchołkach $ M $ i $ N $. Zachodzi więc równość

\[<br />
|\measuredangle MBN| + |\measuredangle MD'N| = 180^circ,<br />
\]

czyli

\[<br />
(3) \qquad |\measuredangle ABC| + |\measuredangle MD'N| = 180^\circ.<br />
\]

Punkt $ A' $ leży na symetralnej boku $ BC $, czyli na prostej $ ND' $; punkt $ C' $ leży na symetralnej boku $ AB $ czyli na prostej $ MD' $.

Zgodnie z rozumowaniem przeprowadzonym w części a), prosta $ \chi $ rozdziela punkty $ A' $ i $ C' $, albo więc leżą one odpowiednio na półprostych $ D'N^\to $ i $ D'M^\to $, albo leżą oba na przedłużeniach tych półprostych. W zależności od tego, kąt $ CD'A' $ albo pokrywa się z kątem $ MD'N $, albo są to kąty wierzchołkowe. Tak czy inaczej, ich miary są równe i wobec (3)

\[<br />
(4) \qquad |\measuredangle C'D'A'| = 180^\circ-|\measuredangle ABC|,<br />
\]

co mieliśmy wykazać.
om38_2r_img_14.jpg
2. Jeden z kątów $ CAB $ i $ BCA $ jest prosty; niech na przykład $ |\measuredangle BCA| = 90^\circ $ (rysunek 14). Punkt $ D' $ pokrywa się wówczas z $ M $. Jak w poprzednim przypadku, punkty $ A' $ i $ C' $ muszą leżeć odpowiednio na symetralnej boku $ BC $ (czyli na prostej $ ND' $) i na symetralnej boku $ AB $; a przy tym leżą one po różnych stronach prostej $ \chi $, co w tym przypadku jest równoważne stwierdzeniu, że leżą one po różnych stronach prostej $ AB $. Zatem kąt $ C'D'A' $ jest rozwarty, o ramionach prostopadłych do ramion kąta $ ABC $; zachodzi więc równość (4).
om38_2r_img_15.jpg
3. Jeden z kątów $ CAB $ i $ BCA $ jest rozwarty; powiedzmy, że $ |\measuredangle BCA | > 90 ^\circ $ (rysunek 15). Każdy z punktów $ M $ i $ N $ jest wówczas położony bliżej punktu $ C $ niż punktu $ A $, co oznacza, że punkty $ M $ i $ N $ leżą po tej samej stronie $ \chi $. Kąt $ MD'N $ jest więc ostry, a przy tym ma ramiona prostopadłe do ramion kąta $ ABC $. Stąd

\[<br />
(5) \qquad |\measuredangle MD'N| = |\measuredangle ABC|.<br />
\]

Jak w przypadku 1., punkty $ A' $ i $ C' $ leżą odpowiednio na prostych $ ND' $ i $ MD' $ oraz są rozdzielone przez prostą $ \chi $. Tym razem znaczy to, że nie mogą one równocześnie leżeć na półprostych $ D'M^\to $ i $ D'N^\to $, ani też nie mogą równocześnie leżeć na ich przedłużeniach. Zatem kąt $ C'D'A' $ jest dopełnieniem kąta $ MD'N $ do kąta półpełnego i wobec (5) otrzymujemy dowodzoną równość (4).

Wszystkie równości (2) możemy uważać za udowodnione. Wynika z nich natychmiast, że

\[<br />
|\measuredangle A'| + |\measuredangle C| \neq |\measuredangle B'| + |\measuredangle D'|<br />
\]

(wobec analogicznej nierówności dla czworokąta $ Q $), a więc czworokąt $ \tau(Q) $ nie jest wpisany w okrąg.

c) Zgodnie z konkluzją części b), czworokąt $ \tau(\tau(Q)) $ jest dobrze określony. Oznaczmy jego wierzchołki przez $ A'' $, $ B'' $, $ C'' $, $ D'' $ ($ A'' $ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ B'C'D' $ itd.). Boki i przekątne czworokątów $ Q $ i $ \tau(Q) $ są związane zależnościami:

\[<br />
(6) \qquad<br />
\begin{array}{c}<br />
A'B' \bot CD,\quad B'C'\bot DA,\quad C'D' \bot AB,\quad D'A'\bot BC\\<br />
A'C' \bot BD,\quad B'D'\bot AC,<br />
\end{array}<br />
\]

wydającymi z położenia środków okręgów opisanych na trójkątach $ BCD $, $ CDA $, $ DAB $, $ ABC $ na symetralnych odpowiednich odcinków.

Analogiczne relacje zachodzą między bokami i przekątnymi czworokątów $ \tau(Q) $ i $ \tau(\tau(Q)) $. Inaczej mówiąc, jeśli punkty $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ zastąpimy odpowiednio przez $ A'' $, $ B'' $, $ C'' $, $ D'' $, to związki (6) pozostaną w mocy. A zatem

\[<br />
(7) \qquad<br />
\begin{array}{c}<br />
A''B''\parallel AB, \quad B''C'' \parallel BC, \quad C''D''\parallel CD, \quad D''A''\parallel DA\\<br />
A''C''\parallel AC, \quad B''D'' \parallel BD.<br />
\end{array}<br />
\]

Wnosimy stąd, że trójkąt $ A''B''C'' $ jest podobny do trójkąta $ ABC $, a trójkąt $ C''D''A'' $ - do trójkąta $ CDA $. W konsekwencji czworokąt $ t(t(Q)) $ jest podobny do czworokąta $ Q $.

Uwaga 1. Nietrudno dostrzec, że główna trudność zadania mieści się w części b), w kwestiach dotyczących orientacji pewnych kątów. Wnioskowanie przedstawione w części c) jest prawie niezależne od tekstu poprzedzającego; korzysta z niego tylko w tym, że symbol $ t(t(Q)) $ ma sens.

Istotą części b) są zależności (2). Otóż, w każdej z nich występuje para kątów o ramionach wzajemnie prostopadłych (co wynika natychmiast z tego, że środki rozważanych okręgów leżą na symetralnych odpowiednich odcinków). Miary takich kątów albo dopełniają się do 180^{\circ}, albo są.równe; chodzi o to, by wykluczyć tę drugą ewentualność. Jest to wspomniana kwestia orientacji; do tego nam były potrzebne rozważania dotyczące usytuowania wierzchołków $ t(Q) $ względem prostych $ \chi $ i $ \lambda $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź