XVI OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

Na bokach $AB, BC, CA$ trójkąta $ABC$ obrano odpowiednio punkty $P, M, N$ , różne od wierzchołków trójkąta. Udowodnić, że okręgi opisane na trójkątach $ANP$ , $BPM$ , $CMN$ mają punkt wspólny.

Rozwiązanie

Niech $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ oznaczają odpowiednio okręgi opisane na trójkątach $ANP$ , $BPM$ i $CMN$ . Okręgi $k_1$ i $k_2$ mają punkt wspólny $P$ , zatem mają jeszcze drugi punkt wspólny $Q$ , bądź też są styczne w punkcie $P$ . Zachodzi jeden z następujących przypadków:

1. Okręgi $k_1$ i $k_2$ przecinają się w punktach $P$ i $Q$ , przy czym punkt $Q$ leży po przeciwnej stronie prostej $AB$ niż punkt $C$ (rys. 15).

Prosta $PQ$ nie przecina żadnego z odcinków $AN$ i $BM$ , gdyż wszystkie jej punkty, z wyjątkiem odcinka $PQ$ , leżą na zewnątrz okręgów $k_1$ i $k_2$ ; wobec tego przecina ona odcinek $MN$ w pewnym punkcie $K$ , kąt $NQM$ jest zatem sumą kątów $NQP$ i $PQM$ .

Na okręgu $k_1$ punkty rozważane leżą w kolejności $A$ , $N$ , $P$ , $Q$ , para punktów $A$ , $Q$ nie przedziela pary punktów $N$ , $P$ , zatem kąty wpisane $NAP$ i $NQP$ są równe:

$ \measuredangle NQP = \measuredangle NAP = \measuredangle A; $

analogicznie

$ \measuredangle PQM = \measuredangle PBM = \measuredangle B. $

Stąd

$ \measuredangle NQM = \measuredangle NQP + \measuredangle PQM = \measuredangle A + \measuredangle B = 180^\circ - \measuredangle C. $

Zauważmy, że punkty $Q$ i $P$ leżą po tej samej stronie prostej $MN$ , a punkty $P$ i $C$ po przeciwnych stronach tej prostej; wobec tego punkty $Q$ i $C$ leżą po przeciwnych stronach prostej $NM$ .

W takim razie punkty $C$ , $N$ , $Q$ , $M$ są wierzchołkami czworokąta, w którym suma kątów przy wierzchołkach przeciwległych $Q$ i $C$ równa się $180^\circ$ . Stąd wynika, że punkty $C$ , $N$ , $Q$ , $M$ leżą na okręgu, tzn. punkt $Q$ leży na okręgu $k_3$ , jest więc punktem wspólnym okręgów $k_1$ , $k_2, k_3$ .

2. Okręgi $k_1$ i $k_2$ są styczne w punkcie $P$ . Dowód poprzedni stosuje się i do tego przypadku, z tym, że zamiast wspólnej siecznej występuje w nim wspólna styczna $PK$ okręgów $k_1$ i $k_2$ (rys. 16).

3. Okręgi $k_1$ i $k_2$ przecinają się w punktach $P$ i $Q$ , przy czym punkt $Q$ leży po tej samej stronie prostej $AB$ , co punkt $C$ .

a) Jeżeli punkt $Q$ leży na półprostej $BC$ lub $AC$ , to pokrywa się z punktem $M$ lub z punktem $N$ , wobec czego jest punktem wspólnym okręgów $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ .

b) Jeżeli punkt $Q$ leży wewnątrz trójkąta $ABC$ (rys. 17), to odcinki
$QM$ , $QN$ i $QP$ dzielą trójkąt na trzy części: czworokąt $APQN$ wpisany w okrąg $k_1$ , czworokąt $PQMB$ wpisany w okrąg $k_2$ i czworokąt $NQMC$ ; zachodzą równości

$ \measuredangle NQP = 180^\circ -\measuredangle A, \quad \measuredangle PQM = 180^\circ - \measuredangle B, $

$ \measuredangle NQM = 360^\circ - \measuredangle NQP - \measuredangle PQM = \measuredangle A + \measuredangle B. $

Zatem w czworokącie $NQMC$ suma kątów przy wierzchołkach $Q$ i $C$ jest równa sumie $\measuredangle A+ \measuredangle B + \measuredangle C = 180^\circ$ . Punkty $N$ , $Q$ , $M$ , $C$ leżą na okręgu, punkt $Q$ jest zatem punktem wspólnym okręgów $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ .

c) Jeżeli punkt $Q$ leży na zewnątrz trójkąta $ABC$ , to nie może się znajdować wewnątrz kąta wierzchołkowego do kąta $ACB$ , gdyż w kącie tym nie ma żadnego punktu okręgu $k_1$ ani $k_2$ . Punkt $Q$ leży zatem wewnątrz jednego z kątów $ABC$ i $CAB$ np. wewnątrz kąta $ABC$ (rys. 18).

Na okręgu $k_1$ punkty rozważane leżą w kolejności $A$ , $P$ , $N$ , $Q$ , para punktów $(P, N)$ nie przedziela pary punktów $(A, Q)$ , zatem, jak w przypadku $1$ ,

$ \measuredangle NQP = \measuredangle NAP = \measuredangle A. $

Na okręgu $k_2$ mamy kolejność punktów $Q$ , $P$ , $B$ , $M$ , para punktów $(Q, B)$ przedziela parę punktów $(P, M)$ , wobec czego

$ \measuredangle PQM = 180^\circ - \measuredangle PBM = 180^\circ - \measuredangle B. $

Punkty $N$ i $M$ leżą po tej samej stronie prostej $PQ$ , gdyż punkty $A$ i $N$ , jak również punkty $A$ i $B$ , leżą po przeciwnych stronach prostej $PQ$ a punkty $B$ i $M$ znajdują się po tej samej stronie prostej $PQ$ . Zauważmy, że $\measuredangle PQN < \measuredangle PQM$ , gdyż $\measuredangle A < 180^\circ - \measuredangle B$ ; stąd wynika, że półprosta $QN$ leży w kącie $PQM$ i zachodzi równość

$ \measuredangle NQM = \measuredangle PQM - \measuredangle PQN = (180^\circ - \measuredangle B) - \measuredangle A = \measuredangle C. $

Punkty $Q$ i $C$ leżą po tej samej stronie prostej $MN$ . Istotnie, półprosta $QN$ leży, jak wykazaliśmy wyżej, wewnątrz kąta $PQM$ , więc przecina jeden z odcinków $PB$ i $BM$ w pewnym punkcie $K$ . Punkty $Q$ i $K$ leżą po przeciwnych stronach prostej $MN$ , punkty $K$ i $C$ też leżą po przeciwnych stronach tej prostej, stąd wynika, że punkty $Q$ i $C$ znajdują się po tej samej stronie prostej $MN$ . Wobec tego z poprzedniej równości wnioskujemy, że punkty $Q$ , $N$ , $M$ , $C$ leżą na okręgu. Punkt $Q$ jest zatem punktem wspólnym okręgów $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ .

Uwaga 1. Udowodnione wyżej twierdzenie można uogólnić. Mianowicie teza twierdzenia pozostanie prawdziwa, jeżeli o punktach $M$ , $N$ , $P$ założymy tylko to, że leżą odpowiednio na prostych $BC$ , $CA$ , $AB$ ( $A$ , $B$ , $C$ - wierzchołki trójkąta), przy czym żaden z nich nie pokrywa się z żadnym z punktów $A$ , $B$ , $C$ . Dowód tego twierdzenia można przeprowadzić, rozważając kolejno różne przypadki położenia punktów $M$ , $N$ , $P$ odpowiednio względem boków $BC$ , $CA$ , $AB$ trójkąta $ABC$ . W każdym z tych przypadków rozumowanie będzie analogiczne do jednego z tych, które wystąpiły w poprzednich przypadkach $1$ - $3$ . Ograniczymy się tutaj do rozpatrzenia w charakterze przykładu jednego przypadku, pozostawiając szczegółową analizę pozostałych możliwości jako ćwiczenie.

Załóżmy, że wszystkie trzy punkty $M$ , $N$ , $P$ leżą na przedłużeniach boków trójkąta $ABC$ , przy czym każdy z nich znajduje się na przedłużeniu któregoś boku poza inny wierzchołek. Niech na przykład punkt $M$ leży na przedłużeniu boku $BC$ poza punkt $C$ , punkt $N$ - na przedłużeniu boku $CA$ poza punkt $A$ , a punkt $P$ - na przedłużeniu boku $AB$ poza punkt $B$ (rys. 19).

Okrąg $k_1$ , opisany na trójkącie $ANP$ , i okrąg $k_2$ , opisany na trójkącie $BMP$ , mają punkt wspólny $P$ ; prócz tego mają one jeszcze punkt wspólny $Q$ leżący wewnątrz trójkąta $ABC$ . Albowiem punkt $B$ leży wewnątrz $k_1$ , a punkt $C$ na zewnątrz $k_1$ ; wobec tego punkt $M$ leży na zewnątrz $k_1$ . Ten łuk okręgu $k_2$ , którego końcami są punkty $B$ i $M$ i który nie przechodzi przez punkt $P$ , musi przecinać okrąg $k_1$ w punkcie $Q$ . Łuk $AQP$ okręgu $k_1$ leży w kącie $CAB$ , łuk $BQM$ okręgu $k_2$ - w kącie $ABC$ , częścią zaś wspólną kątów $CAB$ i $ABC$ jest trójkąt $ABC$ , w nim więc znajduje się punkt $Q$ , który przy tym nie leży na obwodzie tego trójkąta.

Na okręgu $k_1$ punkty rozważane leżą w kolejności $NAQP$ , pary punktów $AQ$ i $NP$ nie przedzielają się. Podobnie na okręgu $k_2$ pary $PM$ i $BQ$ nie przedzielają się. Zatem

$ \measuredangle NQP = \measuredangle NAP = 180^\circ - \measuredangle A, $

$ \measuredangle PQM = \measuredangle PBM = 180^\circ -\measuredangle B. $

Kąty $NQP$ , $PQM$ , $MQN$ dają w sumie kąt pełny, więc

$ \measuredangle MQN = \measuredangle A + \measuredangle B = 180^\circ - \measuredangle C = \measuredangle NCM. $

Punkty $Q$ i $C$ leżą po tej samej stronie prostej $MN$ , gdyż odcinek $QC$ znajduje się wewnątrz $\triangle ABC$ , a prosta $MN$ leży na zewnątrz tego trójkąta, zatem z poprzedniej równości wynika, że punkty $N$ , $Q$ , $C$ , $M$ leżą na okręgu, tj. że punkt $Q$ leży na okręgu $k_3$ , jest zatem punktem wspólnym okręgów $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ .

Uwaga 2. Uogólnienie twierdzenia można posunąć jeszcze dalej. Weźmy pod uwagę jeden z dwóch okręgów, np. okrąg $k_1$ wyznaczony przez punkty $A$ , $N$ , $P$ i przypuśćmy, że punkt $P$ porusza się po prostej $AB$ dążąc do punktu $A$ . Okrąg $k_1$ dąży wówczas do tego okręgu $k_1'$ .