II OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

II OM, 1950-1951

Etap:

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

$ \measuredangle SBC = 90^\circ - \frac{1}{2} B, $

$ \measuredangle SCB = 90^\circ - \frac{1}{2} C, $

więc

$ \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. $

Podobnie

$ \measuredangle T = 90^\circ - \frac{1}{2} B,\ \measuredangle U = 90^\circ - \frac{1}{2} C. $

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

$ \frac{SB}{ST} =\cos S =\cos (90^\circ -\frac{1}{2}A) = \sin \frac{1}{2} A. $

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

$ x = \frac{R_1}{\sin \frac{1}{2} A}. $

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

$ R_1 = \frac{a}{2 \sin S} = \frac{a}{2 \cos \frac{1}{2}A}, $

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

$ R_1 = \frac{2R \sin A}{2 \cos \frac{1}{2} A} = 2R \sin \frac{1}{2}A. $

Podstawiając tę wartość do poprzedniego wyrażenia na $x$ otrzymujemy

$ x = 2R. $

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.