Komentarz

II OM - I - Zadanie 10

Na trójkącie $ ABC $ opisano okrąg. Znając promień $ R $ tego okręgu obliczyć promień okręgu przechodzącego przez środki trzech okręgów dopisanych (zawpisanych) trójkąta $ ABC $.

Rozwiązanie

Niech $ S $, $ T $, $ U $ (rys. 44) oznaczają środki okręgów dopisanych trójkąta $ ABC $. Punkty te są wierzchołkami trójkąta utworzonego przez dwusieczne kątów zewnętrznych trójkąta $ ABC $.

Aby obliczyć promień koła opisanego na trójkącie $ STU $, wyznaczymy najpierw kąty tego trójkąta. Ponieważ

\[<br /> \measuredangle SBC = 90^\circ - \frac{1}{2} B,<br /> \]
\[<br /> \measuredangle SCB = 90^\circ - \frac{1}{2} C,<br /> \]

więc

\[<br /> \measuredangle S = 180^\circ - (90^\circ - \frac{1}{2} B) - ( 90^\circ - \frac{1}{2} C) = \frac{1}{2} (B + C) = 90^\circ - \frac{1}{2} A.<br /> \]

Podobnie

\[<br /> \measuredangle T = 90^\circ - \frac{1}{2} B,\<br /> \measuredangle U = 90^\circ - \frac{1}{2} C.<br /> \]

Spostrzegamy, że trójkąt $ STU $ ma takie same kąty, jak każdy z trójkątów $ SBC $, $ ABU $ i $ ATC $; wszystkie te trójkąty są więc podobne. Skala podobieństwa trójkątów równa się stosunkowi odpowiednich boków, np. dla trójkątów $ SBC $ i $ STU $ skala podobieństwa wynosi $ \frac{SB}{ST} $.

Zauważmy, że punkt $ T $, jako równo oddalony od prostych $ AB $ i $ BC $, leży na dwusiecznej $ BT $ kąta $ ABC $, zatem kąt $ SBT $, utworzony przez dwusieczne kątów przyległych, jest prosty.

Obliczona poprzednio skala podobieństwa wynosi więc

\[<br /> \frac{SB}{ST} =\cos S =\cos (90^\circ -\frac{1}{2}A) = \sin \frac{1}{2} A.<br /> \]

Promień $ x $ okręgu opisanego na trójkącie $ STU $ równa się ilorazowi promienia $ R_1 $ okręgu opisanego na trójkącie podobnym $ SBC $ przez skalę podobieństwa tych trójkątów:

\[<br /> x = \frac{R_1}{\sin \frac{1}{2} A}.<br /> \]

Promień $ R_1 $ wyznaczony jest przez bok $ BC = a $ i kąt przeciwległy $ S $ trójkąta $ SBC $:

\[<br /> R_1 = \frac{a}{2 \sin S} = \frac{a}{2 \cos \frac{1}{2}A},<br /> \]

a ponieważ $ a = 2R \sin A $, gdzie $ R $ jest promieniem okręgu opisanego na trójkącie $ ABC $, więc

\[<br /> R_1 = \frac{2R \sin A}{2 \cos \frac{1}{2} A} = 2R \sin \frac{1}{2}A.<br /> \]

Podstawiając tę wartość do poprzedniego wyrażenia na $ x $ otrzymujemy

\[<br /> x = 2R.<br /> \]

Uwaga. Do wyniku dojść można drogą zupełnie inną wychodząc ze spostrzeżenia, że punkty $ ABC $ są spodkami wysokości trójkąta $ STU $ (rys. 44). Okrąg przechodzący przez te punkty jest to tzw. okrąg dziewięciu punktów, czyli okrąg Feuerbacha dla trójkąta $ STU $. Podajemy dowód słynnego twierdzenia o tym okręgu: w dowodzie tym jest zawarte również rozwiązanie powyższego zadania.

Twierdzenie o okręgu Feuerbacha. W każdym trójkącie następujące dziewięć punktów leżą na jednym okręgu: a) środki boków, b) spodki wysokości trójkąta, c) środki tych odcinków wysokości, które łączą ortocentr (punkt przecięcia wysokości) trójkąta z jego wierzchołkami. Środek tego okręgu jest środkiem odcinka łączącego ortocentr trójkąta ze środkiem koła opisanego na trójkącie, promień zaś równa się połowie promienia koła opisanego.

Dowód. Przyjmiemy oznaczenia (rys. 45):

$ K_1 $, $ K_2 $, $ K_3 $ - spodki wysokości trójkąta $ A_1A_2A_3 $;

$ M_1 $, $ M_2 $, $ M_3 $ - środki boków trójkąta $ A_1A_2A_3 $;

$ N_1 $, $ N_2 $, $ N_3 $ - środki odcinków $ A_1H $, $ A_2H $, $ A_3H $.

Trójkąty $ M_1M_2M_3 $ i $ N_1N_2N_3 $ (rys. 45) mają boki odpowiednio równoległe i równe, np. $ M_1M_2 \parallel A_1A_2 \parallel N_1N_2 $ i $ M_1M_2 = \frac{1}{2} A_1A_2 = N_1N_2 $. Trójkąty te są zatem symetryczne względem pewnego punktu $ F $. Odmierzając na prostej $ HF $ odcinek $ FO $ równy odcinkowi $ HF $ otrzymujemy punkt $ O $ symetryczny względem punktu $ F $ do ortocentru $ H $ trójkąta $ A_1A_2A_3 $. Lecz punkt $ H $ jest zarazem ortocentrem trójkąta $ N_1N_2N_3 $, więc punkt symetryczny $ O $ jest ortocentrem trójkąta symetrycznego $ M_1M_2M_3 $.

Ponieważ wysokości trójkąta $ M_1M_2M_3 $ są symetralnymi boków trójkąta $ A_1A_2A_3 $, przeto punkt $ O $ jest środkiem koła opisanego na trójkącie $ A_1A_2A_3 $.

Trójkąty $ N_1N_2N_3 $ i $ A_1A_2A_3 $ są jednokładne w stosunku $ 1 \colon 2 $ względem punktu $ H $. W tej jednokładności punktowi $ F $ odpowiada punkt $ O $, gdyż $ HF = \frac{1}{2} HO $. A ponieważ punkt $ O $ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ A_1A_2A_3 $, więc punkt $ F $ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ N_1N_2N_3 $, a przeto również jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie symetrycznym $ M_1 M_2 M_3 $.

Dowiedliśmy zatem, że punkty $ M_1 $, $ M_2 $, $ M_3 $, $ N_1 $, $ N_2 $, $ N_3 $ leżą na okręgu o środku $ F $. Promień tego okręgu, jak wynika ze stosunku $ 1 \colon 2 $ owej jednokładności, równa się połowie promienia okręgu opisanego na trójkącie $ A_1A_2A_3 $.

Na tym samym okręgu leżą punkty $ K_1 $, $ K_2 $, $ K_3 $, gdyż z punktów tych widać średnice $ M_1 N_1 $, $ M_2 N_2 $, $ M_3 N_3 $ pod kątami prostymi.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz