XL OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XL OM, 1988-1989

Etap:

W trójkącie $ABC$ przez punkt wewnętrzny $P$ poprowadzono proste $CP$ , $AP$ , $BP$ przecinające boki $AB$ , $BC$ , $CA$ odpowiednio w punktach $K$ , $L$ , $M$ . Udowodnić, że jeśli w czworokąty $AKPM$ i $KBLP$ można wpisać koła, to w czworokąt $LCMP$ też można wpisać koło.

Rozwiązanie

Przez koło wpisane w czworokąt (wypukły lub wklęsły) będziemy rozumieli koło zawarte w tym czworokącie i styczne do czterech prostych zawierających jego boki. Warunkiem koniecznym i dostatecznym istnienia takiego koła jest równość sum długości przeciwległych boków czworokąta. Ten fakt, doskonale znany dla czworokątów wypukłych, mniej powszechnie jest znany dla czworokątów wklęsłych. Wszelako dowód w przypadku czworokąta wklęsłego otrzymuje się przez prostą adaptację zwykłego ,,podręcznikowego'' dowodu dla przypadku czworokąta wypukłego. Podamy go na końcu rozwiązania, w Uwadze.

Teza naszego zadania jest bezpośrednim wnioskiem z podanej własności: założenie zadania oznacza, że istnieją koła wpisane w czworokąty wklęsłe $PCAB$ i $PABC$ . Zatem (rysunek 3)

$ \begin{split} |PC| + |AB| = |PB| + |CA|,\\ |PA| + |BC| = |PC| + |AB|. \end{split} $

Stąd

$ |PA| + |BC| = |PB| + |CA|, $

a więc istnieje koło wpisane w czworokąt wklęsły $PBCA$ - czyli koło wpisane w czworokąt wypukły $LCMP$ .

Uwaga. Oto dowód twierdzenia mówiącego, ze w czworokąt wklęsły da się wpisać koło wtedy i tylko wtedy, gdy sumy długości przeciwległych boków są równe.

Niech $PABC$ będzie czworokątem wklęsłym; zakładamy, że punkt $P$ leży wewnątrz trójkąta $ABC$ . Przedłużenia boków $AP$ i $CP$ przecinają boki $BC$ i $AB$ odpowiednio w punktach $L$ i $K$ .

Przypuśćmy, żc istnieje koło styczne do prostych zawierających boki czworokąta $PABC$ . Jest to, mówiąc prościej, koło wpisane w czworokąt wypukły $PKBL$ . Oznaczmy przez $T$ , $U$ , $V$ , $W$ punkty styczności tego koła odpowiednio z bokami $PK$ , $KB$ , $BL$ , $LP$ (rysunek 4).

Następujące pary odcinków stycznych do rozważanego koła mają równe długości:

$ (1) \qquad \begin{split} |AU| = |WA|, \\ |PT| = |WP| \end{split} $

oraz

$ (2) \qquad \begin{split} |UB| = |BV|, \\ |CT| = |VC|. \end{split} $

Odejmujemy stronami obie równości (1):

$ |AU| - |PT| = |WA| - |WP| = |PA|. $

Dodajemy stronami równości (2):

$ |UB| + |CT| = |BV| + |VC| = |BC|. $

Dodajemy wreszcie stronami otrzymane równości i dostajemy:

$ (3) \qquad |PA| + |BC| = |AU| + |UB| + |CT| - |PT| = |AB| + |CP|, $

czyli równość, którą należało wykazać.

Pozostała do udowodnienia implikacja przeciwna: zakładając, że zachodzi równość (3), mamy dowieść, że w czworokąt wklęsły $PABC$ da się wpisać koło - czyli, że da się wpisać koło w czworokąt wypukły $PKBL$ .

Wpisujemy najpierw koło $\Omega$ w trójkąt $ABL$ . Prowadzimy z punktu $C$ prostą styczną do tego koła (różną od prostej $CB$ ), przecinającą odcinek $AB$ w punkcie $K'$ . Przypuśćmy, że punkt $K'$ nie pokrywa się z $K$ . Niech $P'$ będzie punktem przecięcia prostych $AL$ i $CK'$ ; powstaje (niezdegenerowany) trójkąt $CPP'$ (rysunek 5 przedstawia dwie możliwe konfiguracje).

Koło $\Omega$ jest wpisane w czworokąt wklęsły $PABC$ . Na mocy udowodnionej już części twierdzenia w czworokącie tym spełniona jest równość analogiczna do (3):

$ |P'A| + |BC| = |AB| + |CP'|. $

Odejmujemy tę równość stronami od (3) i stwierdzamy, że

$ |PA| - |P'A| = |CP| - |CP'|. $

Lewa strona ostatniej równości to - z dokładnością do znaku - długość odcinka $PP'$ . Uzyskujemy w ten sposób następujący związek między długościami boków trójkąta $CPP'$ :

$ |CP'| = |CP| \pm |PP'|. $

W trójkącie, który nie degeneruje się do odcinka, taka równość zachodzić nie może. Otrzymana sprzeczność jest wynikiem przypuszczenia, że $K' \ne K$ . Zatem punkt $K'$ musi pokrywać się z $K$ . A to znaczy, że koło $\Omega$ jest wpisane w czworokąt $PKBL$ ; dowód jest zakończony.