Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

Komentarz

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

$ |\measuredangle ACP| = |\measuredangle BCQ| \ \textrm{oraz} \ |\measuredangle CAP| = |\measuredangle BAQ| $

są równoważne równościom

$ |\measuredangle ACQ| = |\measuredangle BCP| \ \textrm{oraz} \ |\measuredangle CAQ| = |\measuredangle BAP|. $

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

$ \qquad (3) |\measuredangle BCU| = |\measuredangle BCP| \ \textrm{oraz} \ |\measuredangle BAW| = |\measuredangle BAP|, $

i podobnie

$ \qquad (4) |\measuredangle ACV| = |\measuredangle ACP| \ \textrm{oraz}\ |\measuredangle CAV| = |\measuredangle CAP|. $

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

$ |\measuredangle UCQ| = |\measuredangle BCU| + |\measuredangle BCQ| = |\measuredangle BCP| + |\measuredangle BCQ| = |\measuredangle ACQ| + |\measuredangle BCQ|, $

$ |\measuredangle VCQ| = |\measuredangle ACV| + |\measuredangle ACQ| = |\measuredangle ACP| + |\measuredangle ACQ| = |\measuredangle BCQ| + |\measuredangle ACQ|. $

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

$ \frac{|CE|}{|CK|}=\frac{|CP|}{|CQ|}=\frac{|CD|}{|CL|}\ \textrm{oraz}\ \frac{|AE|}{|AM|}=\frac{|AP|}{|AQ|}=\frac{|AF|}{|AL|}. $

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.

Wersja do wydruku