XLV OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XLVI OM, 1994-1995

Etap:

Na zewnątrz czworokąta wypukłego $ABCD$ budujemy trójkąty podobne $APB$ , $BQC$ , $CRD$ , $DBA$ w ten sposób, że

$ |\measuredangle PAB| = |\measuredangle QBC| = |\measuredangle RCD| = |\measuredangle SDA|, |\measuredangle PBA| = |\measuredangle QCB| = |\measuredangle RDC| = |\measuredangle SAD|· $

Dowieść, że jeśli czworokąt $PQRB$ jest równoległobokiem, to czworokąt $ABCD$ też jest równoległobokiem.

Rozwiązanie

Jeżeli czworokąt $PQRS$ jest równoległobokiem, to jego przekątne $PR$ i $QS$ mają wspólny środek $O$ . Oznaczmy środki przekątnych $AC$ i $BD$ czworokąta $ABCD$ odpowiednio przez $M$ i $N$ . Aby dowieść, że czworokąt $ABCD$ jest równoległobokiem, wystarczy wykazać, że punkty $M$ i $N$ pokrywają się. (Na rysunku 3 czworokąt $PQRS$ przypomina równoległobok, natomiast czworokąt $ABCD$ równoległoboku nie przypomina. Zatem - jeśli teza ma być słuszna - rysunek ten nie jest ilustracją zadania. Mimo to, a raczej właśnie dzięki temu, taki rysunek jest ,,bezpieczny''; nie skłania bowiem do korzystania z zależności geometrycznych, które nie wynikają bezpośrednio z założeń, a jedynie mogłyby zostać zasugerowane rysunkiem wykonanym zgodnie z dowodzoną tezą.)

Przyjmijmy dalsze oznaczenia

$ \lambda =\frac{|PB|}{|PA|} \quad \textrm{oraz} \quad \varphi=\measuredangle(\overrightarrow{PA},\overrightarrow{PB}); $

ostatni symbol oznacza miarę kąta zorientowanego, mierzonego od wektora $\overrightarrow{PA}$ do wektora $\overrightarrow{PB}$ w takim kierunku, by miara ta była liczbą z przedziału $(0;\pi)$ (w sytuacji jak na rysunku 3, jest to kierunek {\it dodatni}, to znaczy przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara).

Z podobieństwa czterech trójkątów wymienionych w treści zadania wynika, że w każdym z tych trójkątów odpowiednie boki (traktowane jako wektory o wspólnym początku) tworzą ten sam kąt $\varphi$ , a stosunek ich długości wyraża się tą samą liczbą $\lambda$ , co w trójkącie $PAB$ :

$ {\def\arraystretch{2} (1) \qquad \begin{array}{c} \lambda=\cfrac{|PB|}{|PA|}=\cfrac{|QC|}{|QB|}=\cfrac{|RD|}{|RC|}=\cfrac{|SA|}{|SD|},\\ \varphi= \measuredangle(\overrightarrow{PA},\overrightarrow{PB})= \measuredangle(\overrightarrow{QB},\overrightarrow{QC})= \measuredangle(\overrightarrow{RC},\overrightarrow{RD})=\measuredangle(\overrightarrow{SD},\overrightarrow{SA}). \end{array}} $

Przesunięcie o wektor $\overrightarrow{PO}$ przeprowadza trójkąt $PAB$ do położenia $OA'B'$ , natomiast przesunięcie o wektor $\overrightarrow{RO}$ przeprowadza trójkąt $RCD$ do położenia $OC'D'$ (rysunek 4). Punkt $O$ jest środkiem odcinka $PR$ ; mamy wobec tego następujące równości (wektorów swobodnych):

$ (2) \qquad \overrightarrow{AA'} = \overrightarrow{BB'} = \overrightarrow{PO} = \overrightarrow{OR} = \overrightarrow{C'C} = \overrightarrow{D'D}. $

Operacja przesunięcia nie zmienia długości odcinków (wektorów) ani kątów między nimi, a zatem w trójkątach $OA'B'$ i $OC'D'$ zachodzą równości analogiczne do (1):

$ {\def\arraystretch{2.5} (3) \qquad \begin{array}{c} \lambda=\dfrac{|OB'|}{|OA'|}=\dfrac{|OD'|}{|OC'|},\\ \varphi= \measuredangle(\overrightarrow{OA'},\overrightarrow{OB'})= \measuredangle(\overrightarrow{OC'},\overrightarrow{OD'}).\end{array}} $

Weźmy pod uwagę przekształcenie $f$ określone jako złożenie jednokładności o środku $O$ i skali $\lambda$ z obrotem wokół punktu $O$ o kąt $\varphi$ (w ustalonym uprzednio kierunku). Przy tym przekształceniu wektor $\overrightarrow{OA'}$ zmienia swą długość w stosunku $\lambda$ i obraca się o kąt $\varphi$ ; tak więc, zgodnie z równościami (3), punkt $A'$ jest odwzorowywany na punkt $B'$ , a punkt $C$ - analogicznie - na punkt $D'$ :

$ (4) \qquad f(A') = B' \quad \textrm{oraz} \quad f(C') = D'. $

Przekształcenie $f$ jest podobieństwem. Ze związków (4) wynika wobec tego, że obrazem środka $M'$ odcinka $A'C'$ jest środek $N'$ odcinka $B'D'$ :

$ f(M') = N'. $

(Punkty $M'$ i $N'$ nie zostały zaznaczone na rysunku 4, aby nie zaciemniać go jeszcze bardziej.) Równości (2) pokazują wszelako, że czworokąty $AA'CC'$ oraz $BB'DD'$ są równoległobokami. W takim razie środek przekątnej $A'C'$ pokrywa się ze środkiem przekątnej $AC$ , a środek przekątnej $B'D'$ pokrywa się ze środkiem przekątnej $BD$ . Tak więc $M' = M$ , $N' = N$ i mamy związek

$ (5) \qquad f(M) = N. $

Rozważając trójkąty $OB''C''$ i $OD''A''$ powstałe przez przesunięcie trójkątów
$QBC$ i $SDA$ odpowiednio o wektory $\overrightarrow{QO}$ i $\overrightarrow{SO}$ (rysunek 4) i przeprowadzając w pełni analogiczne rozumowanie, dochodzimy do równości

$ (6) \qquad f(N) = M. $

Rozwiązanie zadania zostało na samym wstępie sprowadzone do wykazania, że punkty $M$ i $N$ się pokrywają. Zależności (5) i (6) implikują równości

$ f\circ f(M) = M \quad \textrm{oraz} \quad f\circ f(N) = N. $

Zauważmy, że przekształcenie $f\circ f$ jest złożeniem jednokładności o skali $\lambda^2$ z obrotem o kąt $2\varphi$ . Ponieważ $0 < 2\varphi< 2\pi$ , jedynym punktem, który w tym przekształceniu nie zmienia swojego położenia; jest punkt $O$ (wspólny środek obrotu i jednokładności). Zatem zarówno punkt $M$ , jak i punkt $N$ , pokrywa się z $O$ . Dowód jest zakończony.