XXVI - I - Zadanie 8

Dany jest trójkąt ostrokątny $ ABC $. Dopisujemy do niego na zewnątrz dwa trójkąty równoboczne $ ABC' $ i $ ACB' $. Niech $ K $ i $ L $ będą środkami boków $ \overline{AC'} $ i $ \overline{B'C} $ odpowiednio, a $ M $ - takim punktem odcinka $ \overline{BC} $, że $ BM = 3MC $.
Udowodnić, że kąty trójkąta $ KLM $ są równe $ 90^\circ $, $ 60^\circ $, $ 30^\circ $.

Rozwiązanie

Z warunków zadania wynika, że kąt $ \measuredangle KAL $ jest rozwarty. Obieramy tak układ współrzędnych, by punkty $ K $, $ L $ i $ A $ miały następujące współrzędne $ K = (-a, 0) $, $ L = (b, 0) $, $ A = (0, -c) $, gdzie $ a $, $ b $, $ c $ są pewnymi liczbami dodatnimi (rys. 8). Wyznaczymy współrzędne punktów $ B $, $ C $ i $ M $.

Punkt $ B $ należy do prostej zawierającej punkt $ K $ i prostopadłej do $ \overline{AK} $. Równaniem tej prostej jest $ ax- cy + a^2 = 0 $. Mamy ponadto $ \displaystyle \frac{BK}{AK} = \tan \frac{\pi}{3} $, czyli $ (x+a)^2 + y^2 = 3(a^2 + c^2) $. Rozwiązując ten układ równań znajdujemy współrzędne punktu $ B $: $ B= (c\sqrt{3}-a, a\sqrt{3}) $.

Punkt $ G $ należy do prostej zawierającej punkt $ L $ i prostopadłej do $ \overline{AL} $. Równaniem tej prostej jest $ bx+ cy- b^2 = 0 $. Ponadto mamy
$ \displaystyle \frac{CL}{AL} = \tan \frac{\pi}{6} $, czyli $ (x- b)^2+y^2 = \frac{1}{3} (b^2+c^2) $. Rozwiązując ten układ równań znajdujemy współrzędne punktu $ C $: $ \displaystyle C = \left( b-c \frac{\sqrt{3}}{3}, b \frac{\sqrt{3}}{3} \right) $.

Ponieważ punkt $ M $ należy do odcinka $ \overline{BC} $ i $ BM = 3MC $, więc
$ \displaystyle M = \frac{1}{4} B + \frac{3}{4} C = \left( \frac{1}{4} (3b-a), \frac{\sqrt{4}}{4} (a+b) \right) $. Sprawdzamy bez trudu, że $ \overline{KM} \bot \overline{ML} $ i $ \displaystyle \frac{KM}{ML} = \sqrt{3} = \tan \frac{\pi}{3} $. Wynika stąd teza zadania.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź