Przeskocz do treści

Delta mi!

Loading

Okrąg dowpisany

Mieszko Komisarczyk

o artykule ...

  • Publikacja w Delcie: sierpień 2016
  • Publikacja elektroniczna: 31 lipca 2016
  • Autor: Mieszko Komisarczyk
    Afiliacja: uczeń XIV LO im. Polonii Belgijskiej we Wrocławiu
  • Wersja do druku [application/pdf]: (98 KB)

Problem, który opiszę, został zaproponowany przez Amerykanów na LV Międzynarodową Olimpiadę Matematyczną, a jego treść brzmi następująco...

obrazek

Zadanie. Dany jest trójkąt BAC. Niech |Ω będzie okręgiem nań opisanym, a |I środkiem okręgu wpisanego w ten trójkąt. Prosta, przechodząca przez I, prostopadła do CI, przecina odcinek BC i łuk |BC (niezawierający punktu A ) okręgu Ω w punktach U oraz |V. Niech prosta równoległa do AI, poprowadzona przez |U, przecina odcinek VA w punkcie X, a prosta równoległa do AI, poprowadzona przez V , tnie odcinek BA w |Y. Oznaczmy kolejno przez |W,Z środki odcinków X,ABC. Udowodnić, że jeżeli punkty |I,X,Y są współliniowe, to również punkty W,I,Z są współliniowe.

Treść tego zadania wygląda bardzo skomplikowanie. Poczyniono wiele założeń, które na pierwszy rzut oka trudno ze sobą połączyć. Pokażę jednak, że to zadanie można rozwiązać w bardzo elegancki sposób, używając kilku lematów związanych z tzw. mixtilinear incircle. Jest to okrąg, który nie ma fachowej nazwy po polsku, dlatego pozwolę sobie zaproponować dość luźne tłumaczenie tego terminu na okrąg dowpisany. Jego definicja jest następująca: okrąg dowpisany do trójkąta |ABC dla wierzchołka |A jest to okrąg styczny wewnętrznie do okręgu opisanego na ABC oraz styczny do prostych AB i AC. Zaprezentuję 3 lematy, które przybliżą nam jego własności.

obrazek

Lemat 1. Dany jest trójkąt ABC, okrąg nań opisany Ω oraz doń dowpisany dla wierzchołka |A. Przez |I oznaczmy środek okręgu wpisanego w ABC i niech D,E będą punktami styczności okręgu dowpisanego z bokami BA, AC. Wówczas |I jest środkiem odcinka DE.

Dowód. Wykażę, że punkty |D,I,E są współliniowe. Wtedy to, że I jest środkiem odcinka |DE, będzie wynikało z tego, że EA= AD. Niech |P będzie punktem styczności okręgu dowpisanego z |Ω. Korzystając z tezy zadania M1468 z Delty 9/15, otrzymujemy, że |PD i PE połowią łuki AB,AC, niezawierające kolejno |C,B. Oznaczmy więc środki tych łuków przez M1,M2. Widzimy teraz, że CM1 jest dwusieczną |?ACB, a BM2 jest dwusieczną |?ABC. To implikuje współliniowość punktów |M1,I,C oraz |M,I,B. 2 Współliniowość |D,I,E jest teraz konsekwencją twierdzenia Pascala zastosowanego do sześciokąta ABM2PM1C.


Lemat 2. Przyjmijmy oznaczenia z poprzedniego lematu. Przez | M oznaczmy drugi punkt przecięcia | PI z | Ω. Wtedy | M jest środkiem łuku BC zawierającego |A.

obrazek
obrazek

Dowód. Bez straty ogólności załóżmy, że BA< AC (gdy BA= AC, teza lematu jest trywialna, bo A= M ). Musimy wykazać, że |?BP M = ?CP M. Zauważmy, że

pict

Z racji tego, że AP jest zawarty w symedianie DPE, a z poprzedniego lematu wiemy, że I jest środkiem odcinka DE, mamy równość |?MPA= ?M PM 1 2 (o symedianach można przeczytać więcej w Delcie 2/2015 i 5/2015). Ponadto

pict

co w połączeniu z poprzednią równością daje tezę.


Lemat 3. Ponownie przyjmijmy oznaczenia jak w poprzednich lematach. Niech |F będzie punktem styczności okręgu dopisanego do BAC naprzeciw wierzchołka A. Wynika stąd, że ?CAF = ?BAP .

Dowód. Rozważmy inwersję o środku w punkcie |A i promieniu  √ -------- | BA⋅AC złożoną z symetrią względem dwusiecznej |?BAC. Obrazem B w tym przekształceniu jest C, czyli obraz C to |B. Zatem Ω przechodzi na prostą |BC, a BC na Ω. Widzimy więc, że okrąg dowpisany przejdzie na wspomniany okrąg dopisany, skąd wynika, że obrazem P w tym przekształceniu jest F, co implikuje, że PA i |AF są symetryczne względem dwusiecznej ?BAC. To już jest równoważne z tezą lematu.


obrazek

Do rozwiązania zadania przyda się nam jeszcze pewien olimpijski fakt, którego znajomość może okazać się bardzo użyteczna na różnych konkursach matematycznych.

Lemat 4. Niech I będzie środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC, a |Z środkiem boku BC. Punkt F jest punktem styczności okręgu dopisanego do ABC do boku BC. Wówczas odcinki |AF oraz IZ są równoległe.

Dowód. Niech G| będzie punktem styczności okręgu wpisanego do boku |BC, a H punktem przecięcia prostej AF z okręgiem wpisanym (tym, który jest bliżej | A ). Rozważmy jednokładność o środku w A, która przekształca okrąg dopisany do boku |BC trójkąta BAC na okrąg wpisany w ten trójkąt. Prosta |BC, styczna w punkcie |F do okręgu dopisanego, przechodzi pod działaniem tej jednokładności na prostą styczną do okręgu wpisanego w punkcie | H, równoległą do |BC. W tej sytuacji HG jest średnicą okręgu wpisanego. Pozostaje zauważyć, że CF = BG (Czytelnikom, którzy nie spotkali się z tą równością, pozostawiamy ją jako sympatyczne zadanie), w związku z czym | Z jest środkiem | FG i dlatego z twierdzenia Talesa wynika FA IZ.


obrazek
obrazek

Przystąpmy teraz z powyższym arsenałem do rozwiązania naszego głównego problemu. Przez ?A,?B, ?C będę oznaczał kolejno kąty przy wierzchołkach ,AB, C. Niech prosta V I przecina |Ω w |M (różnym od V ). Zauważmy, że ?AIC = 180○ − 1(?A+?C) = 90○+ 1?B. 2 2 Z kolei  ○ |?MIC = 90 pociąga za sobą  1 |?MIA= 2?B, a ponieważ V Y AI , więc |12?B = ?Y VI = ?Y BI, co oznacza, że czworokąt Y BV I możemy wpisać w okrąg. Niech P = XU∩ AB . W podobny sposób pokazujemy, że czworokąt BUIP można wpisać w okrąg. Łącząc te spostrzeżenia, otrzymujemy następujące zależności:

?IUP = ?IBP = ?IBU = ?IP U,

zatem | PI = UI. Stosując teraz twierdzenie Talesa do kątów |?IYA i ?Y IV, dostajemy:

XP---= XY---= UV---= UX---, IA IY IV IA

skąd wynika, że XP = UX, czyli X jest środkiem P U. Mamy więc |IX PU AI . Wynika stąd, że

 1 90○− --?A= ?AY I = ?BV I, 2

skąd otrzymujemy, że M jest środkiem łuku BAC. Na mocy lematu |2. wiemy więc, że V jest punktem styczności okręgu dowpisanego do BAC dla wierzchołka .A Jeżeli teraz przez F oznaczymy punkt styczności okręgu dopisanego do ABC naprzeciw A z BC, to z lematu |3. dostaniemy, że |?BAV = ?CAF. Wynika stąd, że |AI zawiera się w dwusiecznej kąta FAV , co w połączeniu z tym, że trójkąt AIX jest prostokątny, pozwala prosto wywnioskować, że |WI AF. Z drugiej strony, na mocy lematu 4. dostajemy |IZ AF, tak więc WI IZ, co oczywiście pociąga za sobą tezę zadania.

Czytelników zatrwożonych stopniem skomplikowania powyższego rozumowania pocieszę tym, że problem został uznany przez jury za najtrudniejszy z geometrycznych. Widać, że znajomość faktów dotyczących okręgu dowpisanego była kluczowym elementem naszego rozwiązania. Czytelnik Uważny może się zastanawiać, czy współliniowość punktów X,I,Y daje jakieś konkretne zależności, które musi spełniać |ABC. Okazuje się, że istotnie jego boki spełniają zależność |3BA= BC + AC. Wykazanie tego faktu pozostawiam Czytelnikom Ambitnym jako olimpijskie ćwiczenie.