Seminár 22: Geometria V – štvoruholníky

Päty kolmíc spustených zo stredu \(S\) vpísanej kružnice na strany \(AB\), \(BC\), \(CD\) a \(DA\) označme postupne \(K\), \(L\), \(M\) a \(N\) (obr. 1). Pravouhlé trojuholníky \(ASK\) a \(ASN\) sú zhodné podľa vety \(Ssu\). Majú totiž spoločnú preponu \(AS\) a zhodné odvesny \(SK\) a \(SL\), ktorých dĺžka je rovná polomeru vpísanej kružnice. Zo zhodnosti týchto trojuholníkov vyplýva jednak známe tvrdenie o dĺžkach dotyčníc \((|AK| = |AN|)\), jednak zhodnosť uhlov \(ASK\) a \(ASN\), ktorých spoločnú veľkosť označíme \(\alpha\):\[|\measuredangle ASK| = |\measuredangle ASN| = \alpha.\]

Analogicky zistíme zhodnosť trojuholníkov \(SBK\) a \(SBL\), ďalej \(SCL\) a \(SCM\), a nakoniec \(SDM\) a \(SDN\). Na základe uvedených zhodností môžeme položiť \[|\measuredangle BSK| = |\measuredangle BSL| = \beta, \ \ \ \ |\measuredangle CSL| = |\measuredangle CSM| = \gamma, \ \ \ \ |\measuredangle DSM| = |\measuredangle DSN| = \delta.\] Odtiaľ a z obr. 1 potom dostávame \[\begin{aligned} |\measuredangle ASD| - |\measuredangle CSD| &= (\alpha + \delta)- (\gamma + \delta) = \alpha - \gamma =\\ &= (\alpha + \beta) - (\gamma + \beta) = |\measuredangle ASB| - |\measuredangle BSC| = 40^\circ.\end{aligned}\] Záver. \(|\measuredangle ASD| -|\measuredangle CSD| = 40^\circ\).

Komentár

Úloha je relatívne nezložitým úvodom do seminára a nadväzuje na posledné geometrické stretnutie, ktoré sa zaoberalo opísanými a vpísanými kružnicami trojuholníku. Pre úplnosť len dodajme, že štvoruholník, ktorému je možné vpísať kružnicu, sa nazýva dotyčnicový.

Keďže štvoruholník \(ABCE\) je podľa zadania dotyčnicový, pre dĺžky jeho strán platí známa rovnosť¹ \[|AB| + |CE| = |BC| + |AE|.\] V našej situácii pri označení \(a = |AB|\) platí \(|BC| = |AD| = \frac{2}{3}a\) a \(|CE| = |DE| =\frac{1}{2}a\) (obr. [fig:61II3_1]), odkiaľ po dosadení do uvedenej rovnosti zistíme, že \(|AE| = \frac{5}{6}a\).

[fig:61II3_1]

Teraz si všimneme, že pre dĺžky strán trojuholníka \(ADE\) platí \[|AD| : |DE| : |AE| = \frac{2}{3}a : \frac{1}{2}a : \frac{5}{6}a = 4 : 3 : 5,\] takže podľa (obrátenej časti) Pytagorovej vety má trojuholník \(ADE\) pravý uhol pri vrchole \(D\), a teda rovnobežník \(ABCD\) je obdĺžnik. Dotyčnica \(BC\) kružnice vpísanej štvoruholníku \(ABCE\) je teda kolmá na dve jej (navzájom rovnobežné) dotyčnice \(AB\) a \(CE\). To už zrejme znamená, že bod dotyku dotyčnice \(BC\) je stredom úsečky \(BC\) (vyplýva to zo zistenej kolmosti vyznačeného priemeru kružnice na jej vyznačený polomer).

Iné riešenie*. Ukážeme, že požadované tvrdenie možno dokázať aj bez toho, aby sme si všimli, že rovnobežník \(ABCD\) je v danej úlohe obdĺžnikom. Namiesto toho využijeme, že úsečka \(CE\) je stredná priečka trojuholníka \(ABF\), pričom \(F\) je priesečník polpriamok \(BC\) a \(AE\) (obr. [fig:61II3_2]), lebo \(CE \parallel AB\) a \(|CE| =\frac{1}{2}|AB|\). Označme preto \(a = |AB| = 2|CE|\),

[fig:61II3_2]

\(b = |BC| = |CF|\) a \(e = |AE| = |EF|\) (rovnosť \(2a = 3b\) použijeme až neskôr). Rovnako ako v prvom riešení využijeme rovnosť \(b+e = a+\frac{1}{2}a (=\frac{3}{2}a)\), ktorá platí pre dĺžky strán dotyčnicového štvoruholníka \(ABCE\). Kružnica jemu vpísaná sa dotýka strán \(BC\), \(CE\), \(AE\) postupne v bodoch \(P\), \(Q\), \(R\) tak, že platia rovnosti \[|CP| = |CQ|, \ \ \ \ |EQ| = |ER| \ \ \ \ \text{a tiež}\ \ \ \ |FP| = |FR|.\] Pre súčet zhodných dĺžok \(|FP|\) a \(|FR|\) teda platí \[\begin{aligned} |FP| + |FR| &= (b + |CP|) + (e + |ER|) = (b + e) + (|CP| + |ER|) =\\ &=\frac{3}{2}a + (|CQ| + |EQ|) = \frac{3}{2}a + \frac{1}{2}a = 2a,\end{aligned}\] čo znamená, že \(|FP| = |FR| = a\).

Teraz už riešenie úlohy ľahko dokončíme. Rovnosť \(|BP| =\frac{1}{2}b\), ktorú máme v našej situácii dokázať, vyplýva z rovnosti \[|BP| = |BF| - |FP| = 2b -a,\] keď do nej dosadíme zadaný vzťah \(a=\frac{3}{2}b\).

Komentár

Úloha nadväzuje na predchádzajúcu a využíva rovnosť súčtov dĺžok opačných strán dotyčnicového štvoruholníka. Ďalej študenti uplatnia buď Pytagorovu vetu alebo vedomosti o stredných priečkach v trojuholníku, čo úlohu činí zaujímavou z hľadiska pestrosti.

Polomer kružnice \(k\) označme \(r\). Označenie vrcholov \(P\), \(Q\) v trojuholníku \(MPQ\) nie je dôležité, preto bez ujmy na všeobecnosti označme \(P\) ten z bodov priamky vedenej bodom \(N\) rovnobežne s priamkou \(MS\), ktorý leží na kružnici \(k\). Bod \(Q\) potom leží na kružnici \(l\) a štvoruholník \(NQMS\) je lichobežník vpísaný do kružnice \(l\) (obr. [fig:59II3_1]). Je teda rovnoramenný s ramenami \(MQ\) a \(NS\) dĺžky \(r\). Navyše aj úsečky \(SP\) a \(SM\) majú dĺžku \(r\). Z rovnoramenného trojuholníka \(NPS\) a rovnoramenného lichobežníka \(NQMS\) vyplýva rovnosť uhlov \(|\measuredangle SPN| = |\measuredangle SNP| = |\measuredangle MQP|\). Priečka \(PQ\) teda pretína priamky \(SP\) a \(MQ\) pod rovnako veľkými uhlami, a preto (podľa vety o súhlasných uhloch) sú priamky \(SP\) a \(MQ\) rovnobežné. Štvoruholník \(PQMS\) je teda rovnobežník, a keďže \(|SM| = |SP| = r\), je to dokonca kosoštvorec. Odtiaľ je už zrejmé, že trojuholník \(MPQ\) je rovnoramenný s ramenami \(PQ\) a \(MQ\) dĺžky \(r\).

[fig:59II3_1]

Poznámka. Existencia tetív \(NP\) a \(NQ\) v zadaní je zaručená vďaka predpokladu, že kružnica \(l\) má väčší polomer ako kružnica \(k\). Ak označíme \(C\) stred úsečky \(SM\) a \(E\) ten priesečník kružnice \(k\) s osou úsečky \(SM\), ktorý leží v polrovine \(SMO\), bude stred O kružnice \(l\) ležať na polpriamke \(CE\) až za bodom \(E\) (obr. [fig:59II3_2]). Ďalší priesečník \(N\) oboch

[fig:59II3_2]

kružníc preto padne do pásu medzi rovnobežkami \(SM\) a \(N_0 E\) v polrovine \(OCS\), pričom \(N_0\) je štvrtý vrchol kosoštvorca s vrcholmi \(S\), \(M\), \(E\). Na to stačí ukázať, že kružnica \(l\) pretne polpriamku \(EN_0\) až za bodom \(N_0\), teda že jej polomer \(OS\) je väčší ako dĺžka úsečky \(ON_0\). Toto porovnanie dvoch strán trojuholníka \(OSN_0\) jednoducho vyplýva z porovnania jeho vnútorných uhlov: uhol pri vrchole \(N_0\) je najväčší, lebo oba uhly pri protiľahlej strane \(OS\) sú menšie ako \(60^\circ\) (trojuholník \(ESN_0\) je rovnostranný). Ľahko nahliadneme, že každá z rovnobežiek uvedeného pásu pretína každú z oboch kružníc v dvoch bodoch (vždy súmerne združených podľa príslušnej osi kolmej na \(SM\)). Tým je dokázaná nielen existencia oboch tetív \(NP\) a \(NQ\), ale aj to, že ich krajné body \(P\) a \(Q\) ležia na rovnakej strane od bodu \(N\) (ako na obr. [fig:59II3_1]), lebo oba body zrejme ležia v polrovine opačnej k spomenutej polrovine \(OCS\).

Komentár

Diskusia v poznámke je len zaujímavým doplnkom úlohy, existencia tetív je totiž predpokladom zadania a nie je nutné ju dokazovať. Úloha využíva úvahu, že lichobežník, ktorého základne sú rovnobežné tetivy danej kružnice, je rovnoramenný, ktorá môže byť pre študentov zaujímavým uvedomením.

a) Štvoruholníky \(ABQK\) a \(DAPL\) sú zhodné (jeden z nich je obrazom druhého v otočení o \(90^\circ\) so stredom v strede štvorca \(ABCD\)). Preto majú aj rovnaký obsah, čiže \(S_A + S_B = S_A + S_D\). Z toho hneď dostaneme \(S_B = S_D\).

b) Ľahko sa nám podarí vypočítať obsah pravouhlého lichobežníka \(ABQK\), lebo poznáme dĺžky základní aj výšku. Dostaneme \[S_A + S_B =\bigg( \frac{1}{2}+\frac{1}{3}\bigg)\cdot \frac{1}{2}=\frac{5}{12}\,\text{cm}^2.\] Podobne výpočtom obsahu lichobežníka \(PBCL\) dostaneme \[S_C + S_B =\bigg(\frac{1}{2}+\frac{2}{3}\bigg)\cdot\frac{1}{2}=\frac{7}{12}\,\text{cm}^2.\] Odčítaním prvej získanej rovnosti od druhej dostávame \(S_C - S_A =\frac{7}{12}-\frac{5}{12}=\frac{1}{6}\,\text{cm}^2\).

c) Nerovnosť medzi obsahmi \(S_A + S_C\) a \(S_B + S_D\) (ktorých priame výpočty nie sú v silách žiakov 1. ročníka) môžeme zdôvodniť nasledovným spôsobom: Súčet týchto dvoch obsahov je 1 cm\(^2\), takže sa nerovnajú práve vtedy, keď je jeden z nich menší ako \(\frac{1}{2}\) cm\(^2\). Bude to obsah \(S_B +S_D\) (rovný \(2S_B\), ako už vieme), keď ukážeme, že obsah \(S_B\) je menší ako \(\frac{1}{4}\) cm\(^2\). Urobíme to tak, že do celého štvorca \(ABCD\) umiestnime bez prekrytia štyri kópie štvoruholníka \(PBQX\). Ako ich umiestnime, vidíme na obr. [fig:60I3_2], pričom \(M\), \(N\) sú stredy strán \(BC\), \(AB\) a \(R\), \(S\) body, ktoré delia strany \(CD\), \(DA\) v pomere \(1 : 2\).

[fig:60I3_2]

[fig:60I3_3]

Iné riešenie* časti c). Tentoraz namiesto nerovnosti \(S_B + S_ D < \frac{1}{2}\) cm\(^2\) dokážeme ekvivalentnú nerovnosť \(S_A +S_C >\frac{1}{2}\) cm\(^2\). Preto sa pokúsime štvoruholník \(APXK\) tak, aby ležal pri štvoruholníku \(XQCL\) a aby sa ich obsahy dali geometricky sčítať. Uhly \(AKQ\) a \(DLP\) sú zhodné a \(| AK | = | DL |\), preto môžeme štvoruholník \(APXK\) premiestniť vo štvorci \(ABCD\) do jeho \(D\) tak, že k štvoruholníku \(XQCL\) priľahne pozdĺž strany \(LX\) svojou stranou \(LY\), pričom \(Y\) je priesečník úsečiek \(SM\) a \(PL\) z pôvodného riešenia (obr. [fig:60I3_3]). Obsah \(S_A + S_C\) je potom obsahom šesťuholníka \(DSYXQC\). Prečo je väčší ako \(\frac{1}{2}\) cm\(^2\), môžeme zdôvodniť napríklad takto:

Úsečka spájajúca bod \(L\) so stredom \(U\) úsečky \(KQ\) pretne úsečku \(SM\) v jej strede \(V\). Štvoruholník \(UQMV\) má obsah rovný polovici obsahu rovnobežníka \(KQMS\), teda rovný obsahu trojuholníka \(KMS\). Preto má šesťuholník \(DSV UQC\) obsah rovný obsahu štvoruholníka \(KMCD\), t. j. polovici obsahu štvorca \(ABCD\). Obsah \(S_A +S_C\) je ešte väčší, a to o obsah štvoruholníka \(XUVY\). Teda naozaj \(S_A + S_C >\frac{1}{2}\) cm\(^2\).

Komentár

Prvé dve časti sú príjemným úvahovým rozohriatím k časti tretej, ktorá vyžaduje trochu viac invencie. Demonštruje však zaujímavý prístup k riešeniu a porovnávanie obsahov obrazcov namiesto priameho výpočtu obsahov.