XXXVIII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXXVIII OM, 1986-1987

Etap:

Dowolnemu czworokątowi $ABCD$ przyporządkowujemy środki okręgów opisanych na trójkątach $BCD$ , $CDA$ , $DAB$ , $ABC$ . Udowodnić, że jeżeli wierzchołki czworokąta wypukłego $Q$ nie leżą na okręgu, to

a) cztery punkty przyporządkowane w powyższy sposób czworokątowi Q są wierzchołkami czworokąta wypukłego. Oznaczmy ten czworokąt przez $t(Q)$ ,

b) wierzchołki czworokąta $t(Q)$ nie leżą na okręgu,

c) czworokąty $Q$ i $t(t(Q)$ są podobne.

Rozwiązanie

a) Oznaczmy wierzchołki czworokąta $Q$ kolejno przez $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , a środki okręgów opisanych na trójkątach $BCD$ , $CDA$ , $DAB$ , $ABC$ odpowiednio przez $A'$ , $B'$ , $C'$ , $D'$ . Czworokąt $Q$ z założenia nie jest wpisany w okrąg; zatem $|\measuredangle A| + |\measuredangle B| \neq |\measuredangle C|+ |\measuredangle D|$ . Bez szkody dla ogólności możemy przyjąć, że

$ (1) \qquad |\measuredangle A| + |\measuredangle B| <180^{\circ}< |\measuredangle C|+ |\measuredangle D| $

(jeśli zachodzą nierówności przeciwne, możemy dokonać cyklicznego przesunięcia oznaczeń).

Z nierówności (1) wynika, że punkt $D$ leży wewnątrz okręgu co opisanego na trójkącie $ABC$ , natomiast punkt $C$ leży na zewnątrz okręgu a opisanego na trójkącie $DAB$ (rysunek 12). Przedłużamy odcinek $BD$ do przecięcia z okręgiem $\omega$ w punkcie, który oznaczamy przez $D_1$ Punkt przecięcia odcinka $AC$ z okręgiem $\sigma$ oznaczmy przez $C_1$ Niech $\lambda$ będzie symetralną odcinka $BD$ , a $\chi$ - symetralną odcinka $AC$ .

Środek okręgu co, czyli punkt $D'$ , leży na symetralnej odcinka $BD_1$ , a więc po tej samej stronie prostej $\lambda$ , co punkt $D$ .

Środek okręgu $\sigma$ , czyli punkt $C$ , leży na symetralnej odcinka $AC_1$ a więc po przeciwnej stronie prostej $\chi$ , niż punkt $C$ .

Zamieniając role punktów $A$ i $C$ oraz $B$ i $D$ wnosimy z symetrii założeń, że:

punkt $B'$ leży po tej samej stronie prostej $\lambda$ , co punkt $B$ ;
punkt $A'$ leży po przeciwnej stronie prostej $\chi$ , niż punkt $A$ .

Środek $A'$ okręgu opisanego na trójkącie $BCD$ leży na symetralnej boku $BD$ : $A' \in \lambda$ ; podobnie $C' \in \lambda$ , $B' \in \chi$ , $D' \in \chi$ . W takim razie punkty $B'$ i $D'$ leżą po różnych stronach prostej $A'C'$ , a punkty $A'$ i $C'$ leżą po różnych stronach prostej $B'D'$ . Stąd wynika, że punkty $A'$ , $B'$ , $C'$ , $D'$ są kolejnymi wierzchołkami czworokąta wypukłego. Jest to właśnie czworokąt $\tau(Q)$ .

b) Wykażemy, że miary kątów wewnętrznych czworokątów $\tau(Q)$ i $Q$ są związane zależnościami

$ (2) \qquad \begin{array}{ll} |\measuredangle A'|=180^\circ - |\measuredangle C|,& |\measuredangle B'|=180^\circ - |\measuredangle D|,\\ |\measuredangle C'|=180^\circ - |\measuredangle A|,& |\measuredangle D'|=180^\circ - |\measuredangle B| \end{array} $

Dowód przeprowadzimy dla jednej tylko z tych równości, na przykład ostatniej. Aby można stąd wnosić o zachodzeniu pozostałych trzech równości (2), porzucamy założenie, że kąty czworokąta $Q$ spełniają warunek (1).

Weźmy więc pod uwagę trójkąt $ABC$ i punkt $D'$ , środek okręgu opisanego. Oznaczmy środki boków $AB$ i $BC$ odpowiednio przez $M$ i $N$ . Jak poprzednio, $\chi$ oznacza symetralną odcinka $AC$ .

Rozpatrzmy trzy przypadki:

1. Kąty $CAB$ i $BCA$ są ostre (rysunek 13). Rzut punktu $B$ na prostą $AC$ trafia do wnętrza odcinka $AC$ , a więc rzuty punktów $M$ i $N$ trafiają do różnych połówek tego odcinka. Znaczy to, że punkty $M$ i $N$ leżą po przeciwnych stronach prostej a punkty $D'$ , $M$ , $B$ , $N$ są kolejnymi wierzchołkami czworokąta wypukłego o kątach prostych przy wierzchołkach $M$ i $N$ . Zachodzi więc równość

$ |\measuredangle MBN| + |\measuredangle MD'N| = 180^circ, $

czyli

$ (3) \qquad |\measuredangle ABC| + |\measuredangle MD'N| = 180^\circ. $

Punkt $A'$ leży na symetralnej boku $BC$ , czyli na prostej $ND'$ ; punkt $C'$ leży na symetralnej boku $AB$ czyli na prostej $MD'$ .

Zgodnie z rozumowaniem przeprowadzonym w części a), prosta $\chi$ rozdziela punkty $A'$ i $C'$ , albo więc leżą one odpowiednio na półprostych $D'N^\to$ i $D'M^\to$ , albo leżą oba na przedłużeniach tych półprostych. W zależności od tego, kąt $CD'A'$ albo pokrywa się z kątem $MD'N$ , albo są to kąty wierzchołkowe. Tak czy inaczej, ich miary są równe i wobec (3)

$ (4) \qquad |\measuredangle C'D'A'| = 180^\circ-|\measuredangle ABC|, $

co mieliśmy wykazać.

2. Jeden z kątów $CAB$ i $BCA$ jest prosty; niech na przykład $|\measuredangle BCA| = 90^\circ$ (rysunek 14). Punkt $D'$ pokrywa się wówczas z $M$ . Jak w poprzednim przypadku, punkty $A'$ i $C'$ muszą leżeć odpowiednio na symetralnej boku $BC$ (czyli na prostej $ND'$ ) i na symetralnej boku $AB$ ; a przy tym leżą one po różnych stronach prostej $\chi$ , co w tym przypadku jest równoważne stwierdzeniu, że leżą one po różnych stronach prostej $AB$ . Zatem kąt $C'D'A'$ jest rozwarty, o ramionach prostopadłych do ramion kąta $ABC$ ; zachodzi więc równość (4).

3. Jeden z kątów $CAB$ i $BCA$ jest rozwarty; powiedzmy, że $|\measuredangle BCA | > 90 ^\circ$ (rysunek 15). Każdy z punktów $M$ i $N$ jest wówczas położony bliżej punktu $C$ niż punktu $A$ , co oznacza, że punkty $M$ i $N$ leżą po tej samej stronie $\chi$ . Kąt $MD'N$ jest więc ostry, a przy tym ma ramiona prostopadłe do ramion kąta $ABC$ . Stąd

$ (5) \qquad |\measuredangle MD'N| = |\measuredangle ABC|. $

Jak w przypadku 1., punkty $A'$ i $C'$ leżą odpowiednio na prostych $ND'$ i $MD'$ oraz są rozdzielone przez prostą $\chi$ . Tym razem znaczy to, że nie mogą one równocześnie leżeć na półprostych $D'M^\to$ i $D'N^\to$ , ani też nie mogą równocześnie leżeć na ich przedłużeniach. Zatem kąt $C'D'A'$ jest dopełnieniem kąta $MD'N$ do kąta półpełnego i wobec (5) otrzymujemy dowodzoną równość (4).

Wszystkie równości (2) możemy uważać za udowodnione. Wynika z nich natychmiast, że

$ |\measuredangle A'| + |\measuredangle C| \neq |\measuredangle B'| + |\measuredangle D'| $

(wobec analogicznej nierówności dla czworokąta $Q$ ), a więc czworokąt $\tau(Q)$ nie jest wpisany w okrąg.

c) Zgodnie z konkluzją części b), czworokąt $\tau(\tau(Q))$ jest dobrze określony. Oznaczmy jego wierzchołki przez $A''$ , $B''$ , $C''$ , $D''$ ( $A''$ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie $B'C'D'$ itd.). Boki i przekątne czworokątów $Q$ i $\tau(Q)$ są związane zależnościami:

$ (6) \qquad \begin{array}{c} A'B' \bot CD,\quad B'C'\bot DA,\quad C'D' \bot AB,\quad D'A'\bot BC\\ A'C' \bot BD,\quad B'D'\bot AC, \end{array} $

wydającymi z położenia środków okręgów opisanych na trójkątach $BCD$ , $CDA$ , $DAB$ , $ABC$ na symetralnych odpowiednich odcinków.

Analogiczne relacje zachodzą między bokami i przekątnymi czworokątów $\tau(Q)$ i $\tau(\tau(Q))$ . Inaczej mówiąc, jeśli punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ zastąpimy odpowiednio przez $A''$ , $B''$ , $C''$ , $D''$ , to związki (6) pozostaną w mocy. A zatem

$ (7) \qquad \begin{array}{c} A''B''\parallel AB, \quad B''C'' \parallel BC, \quad C''D''\parallel CD, \quad D''A''\parallel DA\\ A''C''\parallel AC, \quad B''D'' \parallel BD. \end{array} $

Wnosimy stąd, że trójkąt $A''B''C''$ jest podobny do trójkąta $ABC$ , a trójkąt $C''D''A''$ - do trójkąta $CDA$ . W konsekwencji czworokąt $t(t(Q))$ jest podobny do czworokąta $Q$ .

Uwaga 1. Nietrudno dostrzec, że główna trudność zadania mieści się w części b), w kwestiach dotyczących orientacji pewnych kątów. Wnioskowanie przedstawione w części c) jest prawie niezależne od tekstu poprzedzającego; korzysta z niego tylko w tym, że symbol $t(t(Q))$ ma sens.

Istotą części b) są zależności (2). Otóż, w każdej z nich występuje para kątów o ramionach wzajemnie prostopadłych (co wynika natychmiast z tego, że środki rozważanych okręgów leżą na symetralnych odpowiednich odcinków). Miary takich kątów albo dopełniają się do 180^{\circ}, albo są.równe; chodzi o to, by wykluczyć tę drugą ewentualność. Jest to wspomniana kwestia orientacji; do tego nam były potrzebne rozważania dotyczące usytuowania wierzchołków $t(Q)$ względem prostych $\chi$ i $\lambda$ .