Научно-методически статии
ПРИЛОЖЕНИЕ НА ЕЛЕМЕНТИ ОТ ГЕОМЕТРИЯТА НА ЧЕТИРИЪГЪЛНИКА ЗА РЕШАВАНЕ НА НЕСТАНДАРТНИ ЗАДАЧИ
https://doi.org/10.53656/math2023-3-2-ana
Резюме. В последно време бяха положени основите на пълна геометрия на четириъгълника, изградена по подобие на класическата геометрия на триъгълника. На нея бяха посветени множество статии, както и дисертационният труд на един от авторите на тази публикация (Stefanov 2020), а скоро предстои да излезе от печат и обхващаща я изцяло книга. Настоящата публикация има за цел да ни убеди в ползата от изучаването на тази геометрия. През последните години в рубриките „Конкурсни задачи“ и „Задачи М+“ на списание „Математика и информатика“ и списание „Математика плюс“ бяха включени ред задачи, които се решават трудно, ако не се владеят елементи от геометрията на четириъгълника. Познаването на свойствата на забележителните точки, прави и окръжности в четириъгълника, както и на изображенията в него – предмет на неговата геометрия, не само дава идеи за решаването на тези задачи, но и служи при тяхното осъществяване. Това веднъж беше показано в (Nenkov, Stefanov & Haimov 2020), а тук ще го потвърдим отново, с още интересни примери.
Ключови думи: четириъгълник; забележителни точки; изображения; конкурсни задачи
1. Въведение
Предмет на геометрията на четириъгълника са свойствата на ред забележителни точки, прави и окръжности в него, както и на две универсални изображения в равнината му. Към тях трябва да добавим и ред нови метрически зависимости в четириъгълника, в това число косинусовата и котангесовата теорема за него, нови неравенства, тъждества и т.н. Към изброените елементи от геометрията на четириъгълника се прибавят още и важни обобщения на ред класически теореми от геометрията – теоремите на Микел, Гаус и Обер за четириъгълника, първа и втора теорема на Щайнер, теорема на Карно за триъгълника, допълнение към теоремата на Брокар за вписания четириъгълник и т.н.
Тук ще запознаем читателите със свойствата на две забележителни точки в четириъгълника и на едно изображение в равнината му, които ще ни помогнат да решим лесно три нестандартни задачи.
2. Епицентър на четириъгълник. Една кратка формула за лицето му Най-елементарната забележителна точка в четириъгълник се дефинира по следния начин. Точката \(O\) от вътрешността на изпъкнал четириъгълник \(A B C D\), за която са изпълнени равенствата \(S_{A O B}=S_{C O D}\) и \(S_{A O D}=S_{B O C}\), се нарича негов епицентър (фигура 1). Доказано е, че така дефинираната точка съществува и е еднозначно определена (Haimov 1997).
Две точки от срещуположни страни на изпъкнал четириъгълник, които делят страните в едно и също отношение, считано от срещуположни краища, се наричат изотомични. Съществува достатъчно условие една отсечка, свързваща две изотомични точки от срещуположни страни на четириъгълник, да съдържа епицентъра.
Свойство 1. Отсечката \(M N\), свързваща две изотомични точки от срещуположни страни на четириъгълника, съдържа епицентъра, ако тя разполовява лицето му (Haimov 1996).
Да припомним и следната известна формула за лице на изпъкнал четириъгълник, която ще използваме в изложението.
Теорема. Нека \(A B C D\) е изпъкнал четириъгълник и дължините на страните му \(A B, B C, C D\) и \(D A\) са съответно \(a, b, c\) и \(d\). Ако \(\varphi\) е мярката на ъгъла между диагоналите \(A C\) и \(B D\), който лежи срещу страната \(B C\), то лицето \(S\) на четириъгълника се определя по формулата (фигура 2):
\[ S=\tfrac{1}{4}\left(a^{2}+c^{2}-b^{2}-d^{2}\right) \operatorname{tg} \varphi, \quad \varphi \neq 90^{\circ} . \]
Фигура 1
Фигура 2
Фигура 3
Да разгледаме следната:
Задача 1. В четириъгълника \(A B C D\) дължините на страните \(B C, C D, D A\) и \(A B\) са съответно \(30,40,50\) и 60. Върху страните \(A B\) и \(C D\) са взети съответно точките \(M\) и \(N\), за които \(A M=54\) и \(D N=4\). Нека \(P=A N \bigcap D M\) и \(Q=C M \bigcap B N\). Ако \(\angle A P M=\angle B M Q=\varphi, \varphi \neq 90^{\circ}\), да се докаже, че върху отсечката \(M N\) има точка \(O\) такава, че \(S_{A O B}=S_{C O D}\) и \(S_{A O D}=S_{B O C}\).
Решение I: понеже \(\tfrac{A M}{M B}=\tfrac{54}{6}=9\) и \(\tfrac{C N}{D N}=\tfrac{36}{4}=9\) (фигура 3), точките \(M\) и \(N\) от страните \(A B\) и \(C D\) са изотомични. Точката \(O\) в задачата е епицентърът на \(A B C D\). За да докажем, че \(O \in M N\) съгласно свойство 1, е достатъчно да докажем, че отсечката \(M N\) разполовява лицето на \(A B C D\). Означаваме \(|M N|=p\) и полагаме: \(\angle A P M=\angle B Q M=\mathrm{j}, \mathrm{j} \neq 90^{\circ}\). С помощта на споменатата формулата за лице на четириъгълник получаваме:
\[ \begin{aligned} & S_{A M N D}=\tfrac{1}{4}\left(50^{2}+p^{2}-54^{2}-4^{2}\right) \operatorname{tg} \varphi=\left(\tfrac{p^{2}}{4}-108\right) \operatorname{tg} \varphi, \\ & S_{B M N C}=\tfrac{1}{4}\left(30^{2}+p^{2}-36^{2}-6^{2}\right) \operatorname{tg} \varphi=\left(\tfrac{p^{2}}{4}-108\right) \operatorname{tg} \varphi . \end{aligned} \]
Виждаме, че \(S_{A M N D}=S_{B M N C}\), т.е. че отсечката \(M N\) наистина разполовява лицето на четириъгълника \(A B C D\). Следователно \(O \in M N\).
Сега ще разгледаме друго решение на задачата, което се намира по-трудно, но е освободено от използването на свойство 1.
Решение II: нека \(O\) е точката от вътрешността на четириъгълника \(A B C D\), за която \(S_{A O B}=S_{C O D}\) и \(S_{A O D}=S_{B O C}\). От съображения за непрекъснатост следва, че такава точка съществува. Ще докажем, че тя лежи на отсечката \(M N\).
Да допуснем противното и нека например тя попада във вътрешността на четириъгълника \(M B C N\) (фигура 3). Означаваме \(S_{A O B}=S_{C O D}=S_{1}\) и \(S_{A O D}=S_{B O C}=S_{2}\). Имаме:
\[ S_{A M O N D} \gt S_{A M N D}=\tfrac{1}{2} S_{A B C D} \]
От друга страна, \(S_{A M O}=\tfrac{54}{60} S_{A O B}=0,9 \cdot S_{1}\) и \(S_{D N O}=\tfrac{4}{40} S_{D O C}=0,1 \cdot S_{1}\).
Тогава:
\[ S_{A M O N D}=S_{A M O}+S_{A O D}+S_{D N O}=0,9 \cdot S_{1}+S_{2}+0,1 \cdot S_{1}=S_{1}+S_{2}=\tfrac{1}{2} S_{A B C D} . \] Получаваме противоречие с горното неравенство. Следователно допускането е невярно и \(O \in M N\).
3. Едно изображение в равнината на четириъгълник
От геометрията на триъгълника познаваме следната дефиниция: „Две прави през върха на даден ъгъл се наричат изогонални, ако сключват равни ъгли с ъглополовящата му (а следователно и с раменете му)“. Ще използваме това определение, за да дефинираме едно изображение в равнината на четириъгълник: „Две точки се наричат изогонално спрегнати спрямо даден четириъгълник, ако лежат на изогонални прави спрямо всеки от ъглите му“ (фигура 4а).
Съществува прост критерий една точка от вътрешността на изпъкнал четириъгълник да има изогонално спрегната точка.
Свойствойство 2. Точката \(O\) от вътрешността на четириъгълника \(A B C D\) има изогонално спрегната точка тогава и само тогава, когато е изпълнено равенството: \(\angle A O B+\angle C O D=180^{\circ}\) (Alexandrov & Haimov 2003).
Сега вече можем да разгледаме и втората задача.
Фигура 4а
Фигура 4б
Задача 2. Да се докаже, че в четириъгълник \(A B C D\) с перпендикулярни диагонали съществува точка \(O\) (фигура 4a), за която са изпълнени равенствата:
\[ \angle O B A=\angle D B C, \angle O C B=\angle A C D, \angle O D A=\angle B D C \text { и } \angle O A B=\angle C A D \]
Решение I: означаваме пресечната точка на диагоналите \(AC\) и \(BD\) с \(T\) (фигура 4а). Лесно се съобразява, че търсената в задачата точка \(O\) е точка, изогонално спрегната на \(T\). Но понеже \(\angle A T B+\angle C T D=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}\), свойство 2 ни гарантира съществуването на такава точка.
Решение II: означаваме ортогоналните проекции на точката \(T\) върху правите \(A B, B C, C D\) и \(D A\) съответно с \(M, N, P\) и \(Q\) (фигура 4б). Ще докажем, че четириъгълникът \(M N P Q\) е вписан в окръжността, означена с \((k)\). Тъй като четириъгълниците \(A M T Q, B N T M, C P T N\) и \(D Q T P\) са вписани, то \(\angle Q M T=\angle Q A T\), \(\angle N M T=\angle N B T, \angle N P T=\angle N C T\) и \(\angle Q P T=\angle Q D T\). С помощта на тези равенства получаваме последователно:
\[ \begin{aligned} & \angle Q M N+\angle Q P N=(\angle Q M T+\angle N M T)+(\angle Q P T+\angle N P T)= \\ = & (\angle Q A T+\angle N B T)+(\angle Q D T+\angle N C T)= \\ = & (\angle Q A T+\angle Q D T)+(\angle N B T+\angle N C T)=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ} . \end{aligned} \]
Следователно точките \(M, N, P\) и \(Q\) лежат на една окръжност (\(k\) ).
Нека \(O_{1}\) е центърът на \((k)\), а \(O\) е точката, симетрична на \(T\) спрямо \(O_{1}\). Ще докажем, че точката \(O\) удовлетворява свойствата от условието на задачата. Нека \(M_{1}\) и \(N_{1}\) са ортогоналните проекции на \(O\) съответно върху правите \(A B\) и \(B C\), а \(E\) е средата на отсечката \(M_{1} M\). Тъй като \(O_{1} E\) е средна основа в трапеца \(M_{1} O T M\), то \(O_{1} E \perp M M_{1}\) и затова \(O_{1} E\) е симетрала на \(M M_{1}\). Следователно \(O_{1} M_{1}=O_{1} M\), което означава, че \(M_{1} \in(k)\). Аналогично се показва, че \(N_{1} \in(k)\). Сега получаваме \(\angle M M_{1} N_{1}=\angle M N N_{1}\) (като вписани в \((k)\) ъгли). По-нататък от вписаните четириъгълници \(M_{1} B N_{1} O\) и \(M T N B\) получаваме съответно:
\[ \angle M M_{1} N_{1}=\angle B M_{1} N_{1}=\angle B O N_{1} \text { и } \angle M N N_{1}=\angle M T B . \]
От последните три равенства следва, че \(\angle B O N_{1}=\angle M M_{1} N_{1}=\angle M N N_{1}=\angle M T B\) Т. е., че \(\angle B O N_{1}=\angle M T B\). Но \(\angle O B C=90^{\circ}-\angle B O N_{1}\) и \(\angle D B A=90^{\circ}-\angle M T B\). Следователно \(\angle O B C=90^{\circ}-\angle B O N_{1}=90^{\circ}-\angle M T B=\angle D B A\), т.е. \(\angle O B C=\angle D B A\). Оттук непосредствено следва, че \(\angle O B A=\angle D B C\). С това е доказано първото равенство в задачата. Останалите три равенства се доказват аналогично.
Фигура 5
Преди да разгледаме третата задача, ще запознаем читателите с още една забележителна точка в изпъкнал четириъгълник. Нека \(A B C D\) е изпъкнал четириъгълник и дължините на страните му \(A B, B C, C D\) и \(D A\) са съответно \(a\), \(b, c\) и \(d\). Означаваме разстоянията от произволна точка от вътрешността на четириъгълника до страните му \(A B, B C, C D\) и \(D A\) съответно с \(h_{a}, h_{b}, h_{c}\) и \(h_{d}\) (фигура 5). Точката \(L\), за която са изпълнени равенствата:
\[ \tfrac{h_{a}}{a}=\tfrac{h_{c}}{c}=k_{1} \text { и } \tfrac{h_{b}}{b}=\tfrac{h_{d}}{d}=k_{2} \text {, } \] се нарича точка на Лемоан на четириъгълника. Ако \(k_{1}=k_{2}\), четириъгълникът \(A B C D\) се нарича Лемоанов. Забележка: точка на Лемоан на Лемоан на триъгълник е такава точка от неговата равнина, разстоянията от която до страните на триъгълника са пропорционални на дължините на съответните страни. В триъгълника има четири точки на Лемоан – една вътрешна и три външни, а в четириъгълник точката на Лемоан е само една.
В (Haimov 2011) е доказано следното твърдение:
Свойство 3. Точката на Лемоан в Лемоанов четириъгълник е медицентър за педалния си четириъгълник (който е образуван от петите на перпендикулярите \(h_{a}, h_{b}, h_{c}\) и \(h_{d}\), спуснати от точката на Лемоан към съответните страни на дадения четириъгълник).
Фигура 6
Да разгледаме следната:
Задача 3. Да се докаже, че ако в изпъкналия четириъгълник \(A B C D\) точката на Лемоан \(L\) на \(\triangle A B C\) съвпада с външната точка на Лемоан на \(\triangle A D C\), съответна на върха \(D\), то \(L\) е медицентър на четириъгълника с върхове ортогоналните проекции на \(L\) върху правите, съдържащи страните на \(A B C D\).
Решение I: означаваме ортогоналните проекции на точката \(L\) върху правите \(A B, B C, C D, D A\) и \(A C\) съответно с \(M, N, P, Q\) и \(S\). Понеже \(L\) е точка на Лемоан за \(\triangle A B C\), то \(\tfrac{L M}{A B}=\tfrac{L N}{B C}=\tfrac{L S}{A C}\), а понеже \(L\) е точка на Лемоан за \(\triangle A D C\), то \(\tfrac{L S}{A C}=\tfrac{L P}{C D}=\tfrac{L Q}{D A}\) (фигура 6). Следователно:
\[ \tfrac{L M}{A B}=\tfrac{L N}{B C}=\tfrac{L P}{C D}=\tfrac{L Q}{D A} . \]
Това означава, че \(L\) е точка на Лемоан за четириъгълника \(A B C D\) и че той е Лемоанов. От свойство 3 можем да заключим, че \(L\) е медицентър на педалния си четириъгълник \(M N P Q\).
Решение II: означаваме ортогоналните проекции на точката \(L\) върху правите \(A B, B C, C D, D A\) и \(A C\) с \(M, N, P, Q\) и \(S\), средите на страните \(A D\) и \(B C-\) с \(E\) и \(F\), средите на диагоналите \(A C\) и \(B D-\) с \(E_{1}\) и \(F_{1}\), а средите на диагоналите \(M P\) и \(Q N\) на четириъгълника \(M N P Q\) - с \(E^{\prime}\) и \(F^{\prime}\) (фигура 6).
Достатъчно е да докажем, че \(L\) съвпада със средата на отсечката \(E^{\prime} F^{\prime}\). Означаваме общата среда на отсечките \(E F\) и \(E_{1} F_{1}\) с \(G\). От свойство на вътрешната и външната точка на Лемоан, приложено към \(\triangle A B C\) и \(\triangle A D C\), имаме: \(\tfrac{L M}{A B}=\tfrac{L N}{B C}=\tfrac{L S}{A C}\) и \(\tfrac{L S}{A C}=\tfrac{L P}{C D}=\tfrac{L Q}{A D}\) съответно. Оттук следва равенството:
(*) \(\cfrac{L M}{A B}=\cfrac{L N}{B C}=\cfrac{L P}{C D}=\cfrac{L Q}{A D}=k\)
Същевременно \(L M \perp A B\), а \(E_{1} F \| A B\) (средна отсечка), затова \(L M \perp E_{1} F\) и също \(L P \perp D C\), а \(E E_{1} \| D C\) (средна отсечка), затова \(L P \perp E E_{1}\). Освен това от (*) следва: \(\tfrac{L M}{E_{1} F}=\tfrac{2 \cdot L M}{A B}=2 \cdot k\) и \(\tfrac{L P}{E E_{1}}=\tfrac{2 \cdot L P}{C D}=2 \cdot k\). Можем следователно да заключим, че при въртящата хомотетия \(h\) с център \(E_{1}\), коефициент \(2 \cdot k\) и ъгъл \(+90^{\circ}\) отсечките \(E_{1} F\) и \(E E_{1}\) се изобразяват съответно в отсечки, успоредни и равни на отсечките \(L M\) и \(L P\). Следователно при тази въртяща хомотетия \(\Delta E_{1} F E\) се изобразява в триъгълник с две страни, успоредни и равни на две страни на \(\underline{\Delta L M P}\). От своя страна, последният триъгълник при транслацията на вектор \(E_{1} L\) се изобразява в \(\triangle L M P\). Можем да заключим, че \(\Delta L M P\) е образ на \(\Delta E_{1} F E\) при композицията от двете преобразувания. Понеже \(L E^{\prime}\) и \(E_{1} G\) са съответни медиани в тези триъгълници, то: \(E^{\prime} L=2 \cdot k \cdot E_{1} G\) и \(E^{\prime} L \perp E_{1} G\). По същия начин се доказва, че \(F^{\prime} L=2 \cdot k \cdot F_{1} G\) и \(F^{\prime} L \perp F_{1} G\). Оттук следва, че точките \(E^{\prime}, L\) и \(F^{\prime}\) лежат на една права, перпендикулярна на \(E_{1} F_{1}\) и че \(F^{\prime} L=E^{\prime} L\), тоест, че \(L\) съвпада със средата на отсечката \(E^{\prime} F^{\prime}\), което и оставаше да докажем.
В заключение ще отбележим, че задачи, посветени на геометрията на четириъгълника, бяха давани и продължават да се дават и на международни олимпиади по математика. На такива задачи ще се спрем в отделна статия.
ЛИТЕРАТУРА
ALEXANDROV, PL., HAIMOV, H, 2003. Geometry of the Quadrangle. Isogonal Conjugated Points. Collection of scientific works of International Congress of MASSEE, 15 – 21 September, Borovets, с. 141 – 146.
ХАИМОВ, Х., 1996. Едно обобщение на теоремата на Щайнер, Математика, кн. 6, с. 9 – 15.
ХАИМОВ, Х., 1997. Епицентърът – забележителна точка в четириъгълника, Математика, кн. 1, с. 18 – 23.
ХАИМОВ, Х., 2011. Точка на Лемоан, Математика, кн. 6, с. 4 – 12.
НЕНКОВ, В., СТЕФАНОВ, СТ., ХАИМОВ X., 2020. Приложение на геометрията на четириъгълника за решаване на състезателни задачи. Синергетика и рефлексия в обучението по математика, Сборник доклади от юбилейна международна научна конференция, Пампорово, 16 – 18 октомври, с. 121 – 128, ISBN 978-619-202-595-3.
СТЕФАНОВ, СТ., 2020. Изследователски подход при подготовката на талантливи състезатели за математически състезания и конкурси, дисертация, ФМИ, Шуменски университет „Епископ Константин Преславски“.
REFERENCES
ALEXANDROV, PL., HAIMOV, H, 2003. Geometry of the Quadrangle. Isogonal Conjugated Points. Collection of scientific works of International Congress of MASSEE, 15 – 21 September, Borovets, рр. 141 – 146.
HAIMOV, H., 1996. A Generalization of Steiner’s Theorem, Mathematics, no. 6, pp. 9 – 15. [in Bulgarian]
HAIMOV, H., 1997. The Epicenter – a Notable Point in the Quadrilateral, Mathematics, no. 1, pp. \(18-23\) [in Bulgarian].
HAIMOV, H., 2011. Lemoin’s Point, Mathematics, no. 6, pp. 4 – 12 [in Bulgarian].
NENKOV, V., STEFANOV, ST., HAIMOV, H., 2020. An Application of Quadrilateral’s Geometry in Solving Competitive Mathematical Problems. Synergetic and reflection in mathematics education, Proceedings of the anniversary international scientific conference, Pamporovo, October 16 – 18, pp. 121 – 128, ISBN 978-619-202-595-3 [in Bulgarian].
STEFANOV, ST., 2020. Investigatory Approach in the Coaching Talented Competitors for Mathematics contests and concourses, PhD Thesis, FMI, Shumen University “Episkop Konstantin Preslavsky” [in Bulgarian].