XLV OM - II - Zadanie 5

Okrąg wpisany w trójkąt $ ABC $ jest styczny do boków $ AB $ i $ BC $ tego trójkąta odpowiednio w punktach $ P $, $ Q $. Prosta $ PQ $ przecina dwusieczną kąta $ BAC $ w punkcie $ S $. Udowodnić, że ta dwusieczna jest prostopadła do prostej $ SC $.

Rozwiązanie

Oznaczmy środek okręgu wpisanego w trójkąt $ ABC $ przez $ I $, a miary kątów $ CAB $, $ ABC $, $ BCA $ odpowiednio przez $ \alpha $, $ \beta $, $ \gamma $. Gdy $ \beta = \gamma $, teza jest oczywista. Załóżmy więc, że $ \beta \neq \gamma $. Możliwe są dwa przypadki: $ \beta < \gamma $ lub $ \beta > \gamma $; rysunek 11 ilustruje te dwie sytuacje. W pierwszym przypadku punkt $ S $ leży na odcinku $ PQ $, a w drugim przypadku punkt $ Q $ leży na odcinku $ PS $. W obu przypadkach punkt $ I $ leży na odcinku $ AS $. Patrząc na półproste $ IA^\rightarrow $, $ IP^\rightarrow $, $ IQ^\rightarrow $, $ IS^\rightarrow $ widzimy, że

\[<br />
(1) \qquad |\measuredangle QIS| = \big| |\measuredangle AIP| + |\measuredangle PIQ|-180^\circ \big|.<br />
\]

om45_2r_img_11.jpg
Kąty $ IPB $ oraz $ IQB $ są proste; zatem na czworokącie $ IPBQ $ można opisać okrąg. Wobec tego zachodzą równości kątów

\[<br />
\begin{split}<br />
(2) \qquad |\measuredangle PIQ| & = 180^\circ -|\measuredangle PBQ| = 180^\circ - \beta,\\<br />
(3) \qquad |\measuredangle IQP| & = |\measuredangle IBP| = \frac{1}{2}\beta.<br />
\end{split}<br />
\]

Oczywiście $ | \measuredangle AIP| = 90^\circ - |\measuredangle IAP| = 90^\circ - \frac{1}{2} \alpha $. Podstawiając tę równość wraz z równością (2) do wzoru (1) stwierdzamy, że

\[<br />
\begin{split}<br />
|\measuredangle QIS| &= |90^\circ-\frac{1}{2} \alpha-\beta| = \frac{1}{2}|180^\circ-\alpha-2\beta| =\\<br />
&= \frac{1}{2}|\gamma -\beta|=<br />
{\def\arraystretch{1.25}\left\{ \begin{array}{ll}<br />
\frac{1}{2} (\gamma -\beta)& \textrm{gdy } \beta < \gamma,\\<br />
\frac{1}{2} (\beta -\gamma)& \textrm{gdy } \beta > \gamma.<br />
\end{array}\right.}<br />
\end{split}<br />
\]

Z usytuowania punktów $ P $, $ Q $, $ S $ na prostej $ PQ $ oraz ze związku (3) mamy

\[<br />
|\measuredangle IQS|={\def\arraystretch{1.25}\left\{ \begin{array}{lll}<br />
|\measuredangle IQP|&= \frac{1}{2}\beta& \textrm{gdy } \beta < \gamma,\\<br />
180^\circ-|\measuredangle IQP|&= 180^\circ- \frac{1}{2}\beta& \textrm{gdy } \beta > \gamma.<br />
\end{array}\right.}<br />
\]

Suma kątów w trójkącie $ IQS $ wynosi $ 180^\circ $. Stąd

\[<br />
\begin{split}<br />
|\measuredangle ISQ| &= 180^\circ - |\measuredangle QIS| - |\measuredangle IQS| =\\<br />
&={\def\arraystretch{1.25}\left\{ \begin{array}{lll}<br />
180^\circ-\frac{1}{2} (\gamma -\beta)-\frac{1}{2}\beta&= 180^\circ-\frac{1}{2}\gamma& \textrm{gdy } \beta < \gamma,\\<br />
180^\circ-\frac{1}{2} (\beta -\gamma)-(180^\circ -\frac{1}{2}\beta)&=  \frac{1}{2}\gamma& \textrm{gdy } \beta > \gamma.<br />
\end{array}\right.}<br />
\end{split}<br />
\]

A ponieważ $ \frac{1}{2}\gamma $ jest miarą kąta $ ICQ $, z otrzymanego związku wnosimy, że punkty $ I $, $ C $, $ Q $, $ S $ leżą na jednym okręgu. Kąt $ IQC $ jest prosty. Zatem odcinek $ IC $ jest średnicą tego okręgu i w konsekwencji również kąt $ ISC $ jest prosty. To zaś jest tezą zadania.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź