LX OM - I - Zadanie 10

Punkt $ P $ jest środkiem krótszego łuku $ BC $ okręgu opisanego na
trój kącie $ ABC $, w którym $ \measuredangle BAC =60^{\circ} $. Punkt $ M $ jest środkiem
odcinka łączącego środki dwóch okręgów dopisanych do danego trójkąta,
stycznych odpowiednio do boków $ AB $ i $ AC $. Wykazać, że $ PM =2\cdot BP $

(Uwaga: Okrąg dopisany do trójkąta to okrąg styczny do jednego
z boków trójkąta oraz do przedłużeń dwóch pozostałych boków.)

Rozwiązanie

Niech $ O_1 $ i $ O_2 $ oznaczają środki okręgów dopisanych do
trójkąta $ ABC $ stycznych odpowiednio do boków $ AC $ i $ AB $, niech $ I $
będzie środkiem okręgu wpisanego w trójkąt $ ABC $ oraz niech $ D $ i $ E $
będą odpowiednio punktami, w których proste $ BI $ i $ CI $ przecinają po
raz drugi okrąg o opisany na trójkącie $ ABC $ (rys. 6).

Wówczas zachodzi równość $ DI = DC $ (zob. LI Olimpiada Matematyczna,
Sprawozdanie Komitetu Głównego, Warszawa 2001, Dodatek E, str. 113),
zaś z drugiej strony kąt $ \measuredangle ICO_11 $ jest prosty, gdyż proste $ CI $ i
$ CO_1 $ zawierają dwusieczne kątów odpowiednio wewnętrznego i
zewnętrznego trójkąta $ ABC $ przy wierzchołku $ C $. Wynika stąd, że
punkt $ D $ jest środkiem okręgu o średnicy $ IO_1 $ opisanego na
trójkącie prostokątnym $ ICO_1 $. W szczególności $ ID = DO_1 $.
Podobnie dowodzimy, że $ EI = EB $ oraz $ IE = EO_2 $.

om60_1r_img_6.jpg

Niech $ M' $ oznacza drugi punkt przecięcia prostej $ O_1O_2 $
z okręgiem $ o $. (Jeżeli prosta ta jest styczna do okręgu o w punkcie
$ A $, to przyjmujemy $ M' = A $.) Udowodnimy, że punkty $ M' $ i $ M $
pokrywają się.

Punkty $ A, I, P $ leżą na dwusiecznej kąta wewnętrznego trójkąta
$ ABC $ przy wierzchołku $ A $, a punkty $ O_1, A, M', O_2 $ — na
dwusiecznej kąta zewnętrznego przy tym wierzchołku. Dwusieczne te
są prostopadłe, zatem kąt $ \measuredangle M'AP $ jest prosty. W efekcie odcinek
$ M'P $ jest średnicą okręgu $ o $. (Nietrudno spostrzec, iż stwierdzenie
to zachowuje moc w przypadku, gdy $ M' = A $.)

Punkt $ P $ jest środkiem krótszego łuku $ BC $ okręgu $ o $, więc
punkt $ M' $ jest środkiem dłuższego łuku $ BC $ tego okręgu. Ponadto
krótsze łuki $ CD $ i $ DA $ mają jednakowe długości (z uwagi na to,
że punkt $ D $ leży na dwusiecznej kąta $ \measuredangle ABC $) i analogicznie krótsze
łuki $ AE $ i $ AB $ mają jednakowe długości. Te cztery łuki okręgu o
tworzą łącznie dłuższy łuk $ BC $, którego środkiem jest punkt $ M' $.
Stąd wniosek, że krótsze łuki $ BE $ i $ M'D $ mają równe długości oraz
krótsze łuki $ CD $ i $ M'E $ mają jednakowe długości. W konsekwencji
$ M'D = EB = EI $ oraz $ M'E = DC = DI $, czyli czworokąt $ EIDM' $ jest
równoległobokiem. Ponieważ punkty $ D $ i $ E $ są odpowiednio środkami
boków $ IO_1 $ i $ IO_2 $ trójkąta $ IO_1O_2 $, więc punkt $ M' $ jest
środkiem trzeciego boku $ O_1O_2 $. Uzyskaliśmy w ten sposób równość
$ M' = M $.

Pozostaje zauważyć, że skoro odcinek $ PM $ jest średnicą okręgu $ o $,
to trójkąt $ BPM $ ma kąt prosty przy wierzchołku $ B $; ponieważ zaś

\[<br />
\measuredangle BMP = \measuredangle BAP = \frac{1}{2}\measuredangle BAC = 30? ,<br />
\]

więc trójkąt $ BPM $ jest połową trójkąta równobocznego o boku $ PM $
i wysokości $ MB $. Stąd bezpośrednio uzyskujemy żądaną równość
$ PM =2\cdot BP $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź