g H e D c H' E g' h e' O d A C' d' C A' F' f' I' G' B' G I F f INWERSJA Inwersją o środku O i promieniu r nazywamy takie przekształcenie płaszczyzny (bez punktu O), które każdemu punktowi X O przyporządkowuje punkt X, taki, że X leży na półprostej OX, oraz OX OX = r 2. Wygodnie też myśleć o inwersji, że przekształca płaszczyznę (już teraz z punktem O) z dołączonym punktem w siebie, wtedy O. Kilka faktów o inwersji: (1) (X ) = X; (2) X = X wtedy i tylko wtedy, gdy X leży na okręgu o środku w punkcie O i promieniu r; (3) trójkąt OAB jest podobny do trójkąta OB A ; (4) A B AB r2 = OA OB, OA = r2 OA, AB = A B r 2 r2 OA, OA = OB OA ; (5) Dowolna inwersja o środku w punkcie O przeprowadza (a) prostą przechodzącą przez punkt O w siebie, (b) prostą nieprzechodzącą przez O na okrąg przechodzący przez O, (c) okrąg nieprzechodzący przez punkt O na okrąg nieprzechodzący przez punkt O, (d) okrąg przechodzący przez punkt O na prostą nieprzechodzącą przez punkt O (6) okrąg prostopadły do okręgu o środku w punkcie O i promieniu r przechodzi na siebie. (Dwa okręgi są prostopadłe, gdy przecinają się w dwóch punktach i styczne poprowadzone w tych punktach są prostopadłe, przechodzą więc przez środki tych okręgów. Wystarczy oczywiście sprawdzić prostopadłość jednej pary tych stycznych.) (7) inwolucja zachowuje kąty między krzywymi. Uwaga(!), nie oznacza to, że <) ABC =<) A B C. Należy rozumieć to w następujący sposób: kąt między prostymi AB i BC jest taki sam, jak kąt między krzywymi, na które przeszły te proste (mogą to być dwie proste, lub dwa okręgi, lub prosta i okrąg). I pozostałe możliwości, n.p. kąt między łukiem (pewnego okręgu) AB i odcinkiem BC jest taki sam, jak kąt między krzywymi, na które przeszedł łuk AB i odcinek BC (znowu mogą to być łuki, odcinki, lub mieszanie). (8) inwolucja zachowuje liczbę punktów wspólnych (przy czym trzeba pamietać, albo bierzemy pod uwagę zarówno punkt O jak i (który należy do każdej prostej i każdej nieograniczonej figury), albo nie liczymy ale wtedy też nie liczymy punktu O). Znając te fakty (niektóre z nich są bardzo łatwe do udowodnienia (na przykład (1) (4)), niektóre bardziej zaawansowane), można (niektóre) trudne zadania z geometrii zamienić na banalne. Na górze strony rysunek, który ma zilustrować co na co przechodzi. (Zamiast gwiazdek są tam primy), obiekty tego samego koloru przechodzą na siebie. (B = B - patrz punkt (2), kolor czerwony - patrz (5)(a), kolor różowypatrz (5)(b), kolor niebieski i zielony- patrz punkt (5)(c), kolor pomarańczowy- patrz punkt (5)(d) 1
2 Rysunek 1. Udowodnij, że AB CD = BC DA Rysunek 2. Po inwersji o środku w punkcie E Rysunek 3. Po inwersji o środku w punkcie A Rozwiążemy teraz zadanie z rysunku 1., które po zastosowaniu inwersji zrobi się banalne. Możemy wybrać inwersję o środku w punkcie A lub B lub C lub D lub E lub F, promień nieistotny. Gdy wybierzemy inwersję o środku E lub F, to korzystając z (4), dostajemy (po skróceniu), że teza jest równoważna A B C D = B C D A. Rysunek 2. pokazuje obrazy okręgów po inwersji, łatwo stwierdzić, co na co przechodzi, zielony i niebieski okrąg przechodzą na proste nieprzechodzące przez E, ale ponieważ nie miały punktów wspólnych (gdy myślimy o płaszczyźnie bez punktu O), to ich obrazy to proste równoległe. Okrąg czerwony i czarny przejdą na okręgi, ponadto zachowa się liczba punktów wspólnych, czyli obrazy czerwonego i czarnego okręgu są styczne do prostej niebieskiej i zielonej i do siebie. Gdy rozważymy inwersję o środku w punkcie na przykład A, i zastosujemy wzory z punktu (4), po skróceniu dostajemy, że teza jest równoważna C D = B C. Rysunek 3. pokazuje obrazy po inwersji, zauważmy, ze okręgi czerwony i czarny przechodzą na proste, muszą być one równoległe, gdyż okręgi te miały tylko jeden punkt wspólny O(który się nie liczy), okręgi zielony i niebieski przechodzą na okręgi, ponadto liczba punktów wspólnych musi się zgadzać, więc przechodzą one na okręgi styczne do prostej czerwonej i czarnej, i do siebie. Proszę spróbować przeliczyć na podstawie (4) czemu będzie równoważna teza przy zastosowaniu inwersji o pozostałych wymienionych środkach i zobaczyć, że jest ona równie banalna, jak w tych dwóch przykładach.
3 Rysunek 4. Ilustracja do zadania 2. Zadanie 1. Dany jest czworokąt ABCD. Udowodnić, że zachodzi nierówność AB CD + BC DA AC BD, przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy na ABCD można opisać okrąg. To zadanie nie wymaga nawet rysunku. Rozważamy inwersję o środku w punkcie A (każdy punkt jest tu jednakowo ważny, więc wybierając inny rozwiązanie nie zmieni się istotnie). Zgodnie z punktem (4) przeliczamy czemu będzie równoważna teza: co po skróceniu daje r 2 A B C D r 2 AC AD + B C r 2 AB AC r 2 AD C D + B C B D. r2 AC B D r 2 AB AD Jest to oczywiste (nierówność trójkąta), widzimy też, że równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy punkty B, C, D leżą na jednej prostej, a to ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy okrąg przechodzący przez B, C, D, przechodził przez środek inwersji, czyli przez punkt A (czyli, gdy A, B, C, D leżały na jednym okręgu). Zadanie 2. Niech ω będzie półokręgiem o średnicy P Q. Okrąg k jest styczny wewnętrznie do ω i do średnicy P Q w punkcie C. Niech AB będzie odcinkiem stycznym do k prostopadłym do P Q oraz takim, że A leży na ω a B na odcinku CQ. Udowodnić, że AC jest dwusieczną kąta <) P AB. Przypomnę, że przestrzegałam, przed złym rozumieniem twierdzenia inwersja zachowuje kąty między krzywymi, nie jest prawdą, że (dla inwersji o środku O, i punktów A O, B O, C O) <) ABC =<) A B C, ale przypomnę punkt (3), z podobieństwa trójkątów wynika, że <) OAB =<) OB A. Wracam do oznaczeń zadania 2. W zadaniu 2. mamy pokazać równość kątów <) P AC =<) CAB, jeśli chcemy to zadanie rozwiązać przez inwersję, wygodnie będzie przyjąć jako środek punkt C jest na ramieniu tych kątów, będziemy wiedzieli, że <) P AC =<) A P C i <) CAB =<) CB A. Rysunek po inwersji rozpocznijmy od prostej P Q przejdzie na siebie, zmieni się tylko kolejność punktów Q i B (teraz Q jest bliżej C niż B ), obraz okręgu k, czyli k - będzie to prosta, wiemy też, że równoległa do prostej P C (czyli do prostej P C). Obraz ω będzie to fragment okręgu nieprzechodzącego przez C, wiemy też, ze będzie styczny do k i wiemy, że kąt między ω a prostą P Q był prosty, więc kąt między ω a prostą P Q też będzie prosty wniosek: ω jest półokręgiem. No i ostatecznie zajmijmy się obrazem odcinka AB. Będzie to fragment okręgu przechodzącego przez C, styczny do k i prostopadły do prostej P Q, czyli to też półokrąg(!). Na rysunku 4. sytuacja przed i po inwersji. Teza znowu się strywializowała. Można też jako środek inwersji wybrać punkt A, wtedy rozważyć kąty. Albo B, wymaga trochę rachunków (prostych), aby przeliczyć tezę równoważną do P C P A rachunków (równie prostych) i też sprawdzamy P C P A = CB BA. = CB BA. Wybranie jako środka punktu P też wymaga trochę
4 Rysunek 5. Po inwersji i szkic dowodu Zadanie 3. Dany jest trójkąt ABC. Punkty E i F leżą na prostej AB oraz spełniają równości AB + BC + CA CE = CF =. 2 Udowodnić, że okrąg opisany na trójkącie EF C jest styczny do okręgu dopisanego do boku AB trójkąta ABC. To jedno z trudniejszych zadań. Najpierw jak wykonać rysunek do zadania. Zauważmy, że z nierówności trójąta mamy AB + BC > AC, skąd AB+BC+CA 2 > AC, czyli CE = CF > AC i podobnie CE + CF > CB, skąd wniosek, że punkty E i F należy narysować na zewnątrz odcinka AB. W tym zadaniu wyjątkowo wybierzemy starannie i środek i promień inwersji. Niech środkiem będzie punkt C a r = CE = CF. Okrąg dopisany, o którym mowa w zadaniu na zwijmy k. Oznaczmy punkty styczności okręgu k z prostymi CA, AB, BC odpowiednio U, V, W. Ponieważ AU = AV i BV = BW, wnosimy, że CU + CW = obwodowi trójkąda ABC, a ponieważ CU = CW, to CU = CW = CE = CF = r. Punkty U i W leżą zatem na okręgu inwersyjnym. Nazwijmy okrąg inwersyjny ω. Zauważmy, że styczne CU i CW do okręgu k przechodzą przez środek okręgu ω, więc okręgi ω i k są prostopadłe, z punktu (6) wiemy, że obrazem okręgu k będzie on sam. Okrąg opisany na trójkącie CEF przechodzi na prostą przechodzącą przez punkty E = E i F = F czyli na prostą AB. Okrąg k przechodzi na siebie. Okrąg k i prosta AB mają jeden punkt wspólny, więc ich obrazy inwersyjne: okrąg k i okrąg opisany na trójkącie CEF, mają też jeden punkt wspólny. A to właśnie należało pokazać. Zadanie 4. Okręgi O 1 i O 2 przecinają się w punktach A i B. Okrag O 3 przechodzi przez punkt A i przecina okręgi O 1 i O 2 odpowiednio w punktach C i D, punkty B, C, D leżą na okręgu O 4. Wykaż, że kąt między okręgami O 1 i O 2 jest taki sam, jak kąt pomiędzy okręgami O 3 i O 4. Rozważmy inwersję o środku w punkcie A. Wtedy okręgi O 3, O 1 i O 2 przechodzą na proste (z liczby punktów wspólnych wnosimy, że utworzą one trójkąt C D B ), okrąg O 4 przechodzi na okrąg opisany na trójkącie B C D. Należy wykazać, że kąt między prostymi C B a D B jest taki sam, jak między prostą C D a okręgiem B C D. Zadanie zrobiło się łatwe. Zobacz rysunek 5.
5 Rysunek 6. Przed inwersją Rysunek 7. Po inwersji Zadanie 5. Punkt R należy do okręgu O. F to jego rzut na średnicę P Q. Okrąg o średnicy F R przecina okręgi o średnicach P F i F Q odpowiednio w punktach S i T. Wykaż, że trójki punktów P, S, R oraz Q, T, R są współliniowe. Wygodnie rozważyć jako środek inwersji punkt F (aż trzy okręgi się rozprostują ). Okręgi P F S, F QT przechodzą na proste równoległe (gdyż mają jeden punkt wspólny F ), prostopadłe do prostej P Q (która przechodzi sama na siebie), prosta F R też przechodzi sama na siebie. Okrąg F T RS przechodzi na prostą równoległą do prostej P Q (bo miał z nią tylko punkt wspólny F ). Po inwersji dostajemy dwie proste równoległe przecięte trzema prostymi do nich prostopadłymi. Na prostokącie F R S P można opisać okrąg, jego obrazem inwersyjnym jest prosta przechodząca przez punkty P, S, R są one więc współliniowe. Na prostokącie F Q T R też można opisać okrąg, jego obrazem inwersyjnym jest prosta przechodząca przez punkty Q, T, R są one więc współliniowe. Na rysunku 6. sytuacja przed a na rysunku 7. po inwersji.
6 Rysunek 8. Przed i po inwersji o środku w punkcie A Zadanie 6. Dane są cztery nieprzecinające się okręgi S 1, S 2, S 3, S 4 takie że S 1 styczne do S 2 w A, S 2 styczne do S 3 w B, S 3 styczne do S 4 w C a S 4 styczne do S 1 w D. Udowodnić, że A, B, C, D leżą na jednym okręgu. Wybieramy środek inwersji, na przykład A. Okręgi S 1 i S 2 przechodzą na proste równoległe (bo miały jeden punkt wspólny A), okręgi S 3 i S 4 na okręgi styczne do siebie, i do odpowiednich prostych. Patrz rysunek 8.. Łatwo widać, że punkty D, C, B leżą na jednej prostej nie przechodzącej przez A (A jest międy prostymi i nie wewnątrz okręgów), więc C, D, B leżą na okręgu przechodzącym przez A, co było do wykazania. Zadanie 7. Niech k 1, k 2, k 3 i k 4 będą czterema różnymi okręgami takimi, że k 1 i k 3 są styczne zewnętrznie w punkcie P oraz k 2 i k 4 są styczne zewnętrznie w tym samym punkcie P. Okrąg k 1 przecina okrąg k 2 w punktach P i A, k 2 przecina k 3 w punktach P i B, k 3 przecina k 4 w punktach P i C a k 4 przecina k 1 w punktach P i D. Udowodnij, że AB BC AD DC = P B2 P D 2. Jak łatwo się domyślić, rozważamy inwersję o środku w punkcie P. Mamy dwie pary okręgów stycznych o punkcie styczności P, przejdą one na dwie pary prostych równoległych. Po inwersji dostaniemy równoległobok A B C D, a zastosowanie punktu (4) da nam tezę w postaci równoważnej A B B C = A D D C.
7 Zadanie 8. Okrąg o środku w punkcie S i wpisany w czworokąt wypukły ABCD jest styczny do boków AB, BC, CD, DA odpowiednio w punktach K, L, M, N. Proste KL i MN przecinają się w punkcie T. Wykaż, że proste BD i ST są prostopadłe. Ciekawe zadanie dlatego, że wykorzystamy obraz inwersyjny tylko wybranych obiektów. Rozważmy inwersję względem danego okręgu, nazwijmy go o. Obrazem prostem M N jest okrąg przechodzący przez S, nazwijmy go ω. Należą do niego także punkty M i N (bo są na okręgu inwersyjnym, czyli M = M i N = N, i były na prostej MN). Należy do niego też punkt T, bo T był z prostem MN. AD i DC są stycznymi do okręgu o, więc <) SND i <) DMS są proste. A to oznacza, że na czworokącie SNDM można opisać okrąg, będzie to oczywiście ten sam okrąg, który jest opisany na SNM, czyli okrąg ω. Wnosimy, że SD jest średnicą okręgu ω. A to oznacza, że <) ST D jest prosty. Podobnie (rozważając tym razem prostą KL) pokazujemy, że <) ST B jest prosty. Co implikuje, że T należy do prostej BD, oraz BD jest prostopadła do ST, czyli także do ST (bo prosta ST i ST to ta sama prosta). Uwaga. To zadanie pochodzi z XLVII OM (II etap), porównaj rozwiązanie bez inwersji: http://archom.ptm.org.pl/?q=node/496 Zadanie 9. Sieczne BC i B C okręgu o środku O przecinają się w punkcie A leżącym na zewnątrz okręgu i są symetryczne względem prostej OA. Punkt D jest punktem przecięcia odcinków BC i B C (i, ze względu na symetrię, odcinka OA). Udowodnij, że D jest obrazem A (i A jest obrazem D) w inwersji względem rozważanego okręgu. Analizując miary kątów wpisanego i środkowego opartego na łuku CC wnioskujemy, że <) CBC = 1 2 <) COC, skąd <) ABD =<) AOC. Trójkąty BAD i OAC są zatem podobne, skąd BA AC = AD OA. Oznaczmy E punkt styczności stycznej do okręgu przechodzącej przez punkt A. Wiemy, że AE 2 = AB AC, oraz z twierdzenia Pitagorasa AE 2 + r 2 = AO 2. Zatem AD OA = BA AC = AE 2 = AO 2 r 2, skąd r 2 = AO(AO AD) = AO OD.