XLIII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

Okręgi $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ są styczne zewnętrznie: $k_1$ do $k_2$ w punkcie $A$ , $k_2$ do $k_3$ w punkcie $B$ , $k_3$ do $k_4$ w punkcie $C$ , $k_4$ do $k_1$ w punkcie $D$ . Proste $AB$ i $CD$ przecinają się w punkcie $S$ . Przez punkt $S$ poprowadzono prostą $p$ styczną do $k_4$ w punkcie $F$ . Wykazać, że $|SE|=|SF|$ .

Rozwiązanie

Niech $O_i$ będzie środkiem okręgu $k_i$ , a $r_i$ - długością jego promienia ( $i = 1,2,3,4$ ). Tak więc

$ (1) \qquad \begin{split} |O_1O_2|= r_1 +r_2, \quad |O_2O_3| = r_2+r_3,\\ |O_3O_4|= r_3 +r_4, \quad |O_4O_1| = r_4+r_1. \end{split} $

Wykażemy, że
\begin{center}
(2) \qquad łamana zamknięta $O_1O_2O_3O_4O_1$ nie ma samoprzecięć.
\end{center}

Przypuśćmy, wbrew stwierdzeniu (2), że na przykład odcinki $O_1O_2$ i $O_3O_4$ przecinają się w punkcie $P$ (różnym od $O_i$ , $i = 1,2,3,4$ ). Wówczas

$ \begin{split} |O_2O_3| + |O_4O_1| & < (|O_2P| + |PO_3|)+ (|O_4P| + |PO_1|) =\\ & = (|O_1P| + |PO_2|)+ (|O_3P| + |PO_4|) = |O_1O_2|+ |O_3O_4|. \end{split} $

To jednak nie jest możliwe, bowiem z równości (1) wynika, że zarówno suma $|O_2O_3|+ |O_4O_1|$ , jak i suma $|O_1O_2|+ |O_3O_4|$ , ma wartość $r_1 + r_2 + r_3 + r_4$ . Otrzymana sprzeczność dowodzi słuszności stwierdzenia (2).

Wobec tego łamana $O_1O_2O_3O_4O_1$ jest brzegiem czworokąta. Może on być wypukły lub wklęsły; rysunki 8 i 9 ilustrują te dwie sytuacje.

W dalszym ciągu przyjmujemy następującą umowę: dla dowolnej trójki różnych punktów $X$ , $Y$ , $Z$ symbol $|\measuredangle XYZ|$ bęclzie stale oznaczał miarę kąta {\it wypukłego} o ramionach $YX^\to$ , $YZ^\to$ (a więc wartość z przedziału $\langle 0^\circ; 180^\circ \rangle)$ ).

Oznaczmy miary kątów {\it wewnętrznych} czworokąta $O_1O_2O_3O_4$ przez

Gdy czworokąt jest wypukły, wówczas oczywiście

$ (3) \qquad \begin{split} & |\measuredangle O_1| = |\measuredangle O_4O_1O_2|, \quad |\measuredangle O_2| = |\measuredangle O_1O_2O_3|, \\ & |\measuredangle O_3| = |\measuredangle O_2O_3O_4|, \quad |\measuredangle O_4| = |\measuredangle O_3O_4O_1|. \end{split} $

(Przypadek ten obejmuje również sytuację, gdy pewne trzy wierzchołki są współliniowe i czworokąt degeneruje się do trójkąta.)

Jeśli natomiast $O_1O_2O_3O_4$ jest czworokątem wklęsłym, wówczas jeden z jego kątów wewnętrznych ma miarę większą od $180^\circ$ . Niech na przykład $|\measuredangle O_4|> 180^\circ$ . Układ równości (3) należy wówczas zastąpić, przez

$ (4) \qquad \begin{split} & |\measuredangle O_1| = |\measuredangle O_4O_1O_2|, \quad |\measuredangle O_2| = |\measuredangle O_1O_2O_3|, \\ & |\measuredangle O_3| = |\measuredangle O_2O_3O_4|, \quad |\measuredangle O_4| = 360^\circ - |\measuredangle O_3O_4O_1|. \end{split} $

Trójkąty $DO_1A$ i $A0_2B$ są równoramienne. Zatem

$ |\measuredangle O_1 AD| = \frac{1}{2} (180^\circ-|\measuredangle DO_1A|), \quad |\measuredangle O_2 AB| = \frac{1}{2} (180^\circ-|\measuredangle AO_2B|). $

Gdy czworokąt $O_1O_2O_3O_4$ jest wypukły, możemy powyższe związki przepisać w postaci

$ |\measuredangle O_1 AD| = 90^\circ-\frac{1}{2}|\measuredangle O_1|), \quad |\measuredangle O_2 AB| = 90^\circ-\frac{1}{2}|\measuredangle O_2|). $

a stąd

$ (5) \qquad \begin{split} | \measuredangle DAB| & - 180^\circ - ( |\measuredangle O_1AD | + |\measuredangle O_2AB | )=\\ & = \frac{1}{2} (|\measuredangle O_1 | + |\measuredangle O_2|). \end{split} $

Analogicznie - korzystając z tego, że również trójkąty $BO_3C$ i $CO_4D$ są równoramienne - stwierdzamy, że

$ (6) \qquad |\measuredangle ABC | = \frac{1}{2} (|\measuredangle O_2| + |\measuredangle O_3|), $

$ (7) \qquad |\measuredangle BCD | = \frac{1}{2} (|\measuredangle O_3| + |\measuredangle O_4|), $

$ (8) \qquad |\measuredangle CDA | = \frac{1}{2} (|\measuredangle O_4| + |\measuredangle O_1|). $

Rozważmy teraz sytuację, gdy czworokąt $O_1O_2O_3O_4$ jest wklęsły i na przykład kąt wewnętrzny przy wierzchołku $O_4$ jest wklęsły, tak, że zachodzą związki (4). Wyprowadzenie wzoru (5) pozostaje w mocy; podobnie jest ze wzorem (6). Dalej,

$ |\measuredangle O_3CB| = \frac{1}{2} (180^\circ - |\measuredangle BO_3C|) = 90^\circ - \frac{1}{2} |\measuredangle O_3|, $

natomiast

$ \begin{split} |\measuredangle O_4CD| & = \frac{1}{2} (180^\circ - |\measuredangle CO_4D|) = \\ & = 90^\circ - \frac{1}{2} (360^\circ - |\measuredangle O_4|) =\frac{1}{2} |\measuredangle O_4|- 90^\circ, \end{split} $

wobec czego

$ \begin{split} |\measuredangle BCD| & = |\measuredangle BCO_4| + |\measuredangle O_4CD| = (180^\circ - |\measuredangle O_3CB|) + |\measuredangle O_4CD| = \\ & = (90^\circ + \frac{1}{2} |\measuredangle O_3| + (\frac{1}{2} |\measuredangle O_4|- 90^\circ) = \frac{1}{2}(|\measuredangle O_3| + |\measuredangle O_4|). \end{split} $

Tak więc równość (7) zachodzi także i w tym przypadku. Podobnie dowodzimy wzoru (8).

Z równości (5), (6), (7), (8) (słusznych w każdym przypadku) wynika, że

$ \begin{split} |\measuredangle ABC| + |\measuredangle CDA| & = \frac{1}{2} ( |\measuredangle O_1| + |\measuredangle O_2| + |\measuredangle O_3| + |\measuredangle O_4|) =\\ & = |\measuredangle BCD| + |\measuredangle DAB|. \end{split} $

A zatem na czworokącie $ABCD$ można opisać okrąg. Oznaczmy ten okrąg przez $k_0$ .

Poprowadźmy z punktu $S$ prostą styczną do $k_0$ w punkcie $G$ (rysunek 10). Na mocy twierdzenia o odcinkach siecznej i stycznej, zastosowanego do okręgów $k_2$ , $k_0$ , $k_4$ , mamy równości:

$ |SE|^2 = |SA| \cdot |SB| = |SG|^2 = |SC| \cdot |SD| = |SF|^2. $

Stąd, ostatecznie, $|SE| = |SF|$ .