IX OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

Na zewnątrz trójkąta $ABC$ zbudowano trójkąty równoboczne $BMC$ , $CNA$ i $APB$ . Dowieść, że środki $S$ , $T$ , $U$ tych trójkątów tworzą trójkąt równoboczny.

Rozwiązanie

Zauważmy, że $\measuredangle TAC = 30^\circ$ i $\measuredangle BAU = 30^\circ$ (rys. 22). Jeżeli obrócimy trójkąt $TAU$ dokoła punktu $A$ o $30^\circ$ w kierunku strzałki, to półprosta $AT$ pokryje półprostą $AC$ , a półprosta $AU$ - półprostą $AP$ , zatem $\measuredangle TAU = \measuredangle CAP$ . Ponieważ odcinki $AT$ i $AU$ są promieniami okręgów opisanych na trójkątach równobocznych o bokach $AC$ i $AP$ , więc $\frac{AT}{AC} = \frac{AU}{AP} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ . Trójkąty $TAU$ i $CAP$ mające przy wierzchołku $A$ kąty równe i boki proporcjonalne są podobne, zatem $\frac{TU}{CP}= \frac{AT}{AC} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ , skąd $TU = \frac{\sqrt{3}}{3} CP$ .

Podobnie wykażemy podobieństwo trójkątów $SBU$ i $CBP$ (trójkąt $SBU$ trzeba obrócić dokoła punktu $B$ o $30^\circ$ w kierunku przeciwnym do poprzedniego) i równość $SU = \frac{\sqrt{3}}{3} CP$ . Zatem $TU = SU$ ; tak samo udowodnimy, że $SU = TS$ , trójkąt $STU$ jest więc równoboczny.

Uwaga. Twierdzenie udowodnione powyżej jest znane pod nazwą twierdzenia Napoleona. Nietrudno się przekonać, że pozostaje ono prawdziwe i wówczas, gdy każdy z trójkątów równobocznych zbudowany jest po tej stronie odpowiedniego boku trójkąta $ABC$ , po której leży ten trójkąt. Stosuje się ono również do trójkąta zniekształconego, tj. do przypadku, gdy punkty $A$ , $B$ , $C$ leżą, na jednej prostej. Z trzech trójkątów równobocznych dwa mniejsze mają przy tym leżeć po jednej stronie tej prostej, a największy - po drugiej.

Można by zapytać, czy analogiczne twierdzenie zachodzi i dla innych wielokątów, czy np. środki kwadratów zbudowanych na zewnątrz czworokąta na jego bokach są wierzchołkami kwadratu. Odpowiedź jest przecząca; aby się o tym przekonać, wystarczy zbudować kwadraty na bokach deltoidu, złożonego na przykład z $2$ trójkątów prostokątnych o kątach ostrych $30^\circ$ i $60^\circ$ ; środki tych kwadratów tworzą trapez równoramienny o kątach $75^\circ$ przy podstawie.

Okazuje się, że prawdziwe jest następujące twierdzenie: Środki kwadratów zbudowanych na zewnątrz czworokąta na jego bokach są wtedy i tylko wtedy wierzchołkami kwadratu, gdy ten czworokąt jest równoległobokiem.

Aby wykazać słuszność tego twierdzenia udowodnimy najpierw następujący lemat: Jeżeli $S$ jest środkiem boku $BC$ trójkąta $ABC$ , a $U$ i $T$ są odpowiednio środkami kwadratów zbudowanych na bokach $AB$ i $AC$ na zewnątrz tego trójkąta, to trójkąt $STU$ jest trójkątem prostokątnym równoramiennym o przeciwprostokątnej $UT$ .

Twierdzenie to jest oczywiste, gdy $\measuredangle A = 90^\circ$ , gdyż wówczas $SU$ i $ST$ są odpowiednio równoległe do $AC$ i $AB$ i tworzą z prostą $UT$ kąty po $45^\circ$ . Załóżmy, że $\measuredangle A \ne 90^\circ$ .

Niech $\Gamma_U$ i $\Gamma_T$ oznaczają odpowiednio okręgi, opisane na kwadratach zbudowanych na bokach $AB$ i $AC$ . Ponieważ $\measuredangle A \ne 90^\circ$ , więc punkty $U$ , $A$ , $T$ nie leżą na jednej prostej i okręgi $\Gamma_U$ i $\Gamma_T$ mają - poza punktem $A$ - jeszcze punkt wspólny $O$ .

Jeżeli punkt $O$ jest różny od punktu $B$ i od punktu $C$ (rys. 23 i rys. 24), to każdy z kątów $AOB$ i $AOC$ jest równy $45^\circ$ albo $135^\circ$ . Zważywszy, że suma dwóch kątów spośród kątów $AOB$ , $AOC$ i $BOC$ bądź równa się trzeciemu z nich, bądź dopełnia trzeci kąt do $360^\circ$ , wnioskujemy, że kąt $BOC$ równa się $90^\circ$ , punkt $O$ jest więc punktem wspólnym okręgów $\Gamma_U$ , $\Gamma_T$ i okręgu $\Gamma_S$ o średnicy $BC$ . Boki trójkąta $STU$ łączące środki tych okręgów są prostopadłe odpowiednio do wspólnych cięciw $OA$ , $OB$ , $OC$ tych okręgów, a że $OB$ jest prostopadłe do $OC$ , więc w trójkącie $STU$ kąt $S$ jest prosty, a kąty $U$ i $T$ mają po $45^\circ$ .

Punkt $O$ może pokrywać się z punktem $B$ ; ma to miejsce wtedy, gdy w trójkącie $ABC$ jest $\measuredangle B = 135^\circ$ . Wówczas punkt $U$ leży na przedłużeniu odcinka $CB$ , odcinek $TS$ jest prostopadły do $CB$ , gdyż łączy środek okręgu $\Gamma_T$ ze środkiem cięciwy $BC$ , a $\measuredangle TUS = \measuredangle UBA = 45^\circ$ ; trójkąt $STU$ jest więc istotnie prostokątny w $S$ i równoramienny. Tak samo będzie w przypadku analogicznym, gdy punkt $O$ pokrywa się z punktem $C$ , tzn. gdy $C = 135^\circ$ .

Dowód wypowiedzianego poprzednio twierdzenia możemy obecnie ująć krótko. Niech $ABCD$ będzie równoległobokiem, $S$ jego środkiem, a $T$ , $U$ , $V$ , $W$ środkami kwadratów zbudowanych na zewnątrz równoległoboku na jego kolejnych bokach (rys. 25). Na mocy lematu trójkąty $TSU$ , $USV$ , $VSW$ i $WST$ są prostokątne w $S$ i równoramienne. Trójkąty te są zatem przystające i czworokąt $TUVW$ jest kwadratem.

Odwrotnie, przypuśćmy, że środki $T$ , $U$ , $V$ , $W$ kwadratów zbudowanych odpowiednio na bokach $AD$ , $AB$ , $BC$ , $CD$ czworokąta $ABCD$ na zewnątrz tego czworokąta są wierzchołkami kwadratu. Niech $S$ będzie środkiem przekątnej $BD$ , a $S'$ środkiem przekątnej $AC$ czworokąta. Na mocy lematu trójkąty $TSU$ i $VSW$ są prostokątne i równoramienne; punkt $S$ jest więc środkiem kwadratu $TUVW$ . To samo dotyczy punktu $S'$ , zatem $S$ i $S'$ pokrywają się i czworokąt $ABCD$ , którego przekątne dzielą się na połowy, jest równoległobokiem.

Dowód twierdzenia można również poprowadzić sposobem analogicznym do poprzedniego sposobu $2$ , posługując się obrotami dokoła wierzchołków czworokąta $ABCD$ o $45^\circ$ . Pozostawiamy to jako ćwiczenie.

Twierdzenie pozostaje prawdziwe, gdy kwadraty budujemy po tej stronie boków czworokąta $ABCD$ , po której leży ten czworokąt. Przy odpowiednim sformułowaniu pozostaje ono także prawdziwe dla takich czworokątów "zniekształconych", których wierzchołki $A$ , $B$ , $C$ , $D$ leżą na prostej. Niech czytelnik sam znajdzie to sformułowanie.

Współczesny matematyk włoski Adriano Bariotti znalazł następujące daleko idące uogólnienie twierdzenia Napoleona: Warunkiem koniecznym i dostatecznym do tego, aby środki wielokątów foremnych o $n$ bokach zbudowanych na bokach wielokąta $A_1A_2\ldots A_n$ na zewnątrz tego wielokąta były wierzchołkami wielokąta foremnego o $n$ bokach, jest warunek, żeby wielokąt $A_1A_2\ldots A_n$ był rzutem równoległym wielokąta foremnego o $n$ bokach (Wydrukowane w czasopiśmie: Bolletino del'Unione Matematica Italiana 3, rok 10.)

Twierdzenie to jest słuszne również w przypadku, gdy wielokąty foremne budujemy po tej stronie boków wielokąta $A_1A_2\ldots A_n$ , po której leży ten wielokąt.