XLV OM - III - Zadanie 2

Na płaszczyźnie dane są dwie proste równoległe $ k $ i $ l $ oraz okrąg rozłączny z prostą $ k $. Z punktu $ A $ leżącego na prostej $ k $ prowadzimy dwie styczne do tego okręgu przecinające prostą $ l $ w punktach $ B $, $ C $. Niech $ m $ będzie prostą przechodzącą przez punkt $ A $ i środek odcinka $ BC $. Wykazać, że wszystkie uzyskane w ten sposób proste $ m $ (odpowiadające różnym wyborom punktu $ A $ na prostej $ k $) mają wspólny punkt.

Rozwiązanie

Uwaga 1. Warunki zadania nie zmienią się, jeżeli daną prostą $ l $ zastąpimy inną prostą $ l' $ równoległą do $ k $ i różną od $ k $. Istotnie: jeśli dwie wychodzące z punktu $ A $ styczne do danego okręgu przecinają prostą $ l' $ w punktach $ B' $ i $ C' $, to środki odcinków $ BC $ i $ B'C' $ są współliniowe z punktem $ A $, a więc określona w zadaniu prosta $ m $ pokrywa się z prostą $ m' $ uzyskaną w analogiczny sposób po zastąpieniu prostej $ l $ prostą $ l' $. Możemy wobec tego zakładać, że $ l $ jest prostą równoległą do $ k $, wybraną w położeniu dogodnym do prowadzonych rozważań.
Oznaczmy przez $ I $ i $ r $ środek i promień danego okręgu $ \Omega $, a przez $ N $ i $ S $ - punkty tego okręgu leżące, odpowiednio, najbliżej i najdalej od prostej $ k $:. W myśl uczynionej przed chwilą uwagi, możemy przyjąć, że prosta $ l $ jest styczna do okręgu $ \Omega $ w punkcie $ S $. Odległość prostych $ k $ i $ l $ oznaczmy przez $ h $.

Ustalmy punkt $ A $ na prostej $ k $. Niech $ B $ i $ C $ będą punktami prostej $ l $ wyznaczonymi zgodnie z treścią zadania. Okrąg $ \Omega $ jest wpisany w trójkąt $ ABC $. Oznaczmy środek boku $ BC $ przez $ M $, a spodek wysokości z wierzchołka $ A $ - przez $ D $ (zatem $ |AD| = h $). Bez straty ogólności możemy przyjąć, że $ |AB| \leq |AC| $. Wówczas punkty $ B $, $ S $, $ M $, $ C $ leżą na prostej $ l $ w takim właśnie porządku (w szczególnym przypadku punkty $ S $ i $ M $ mogą się pokrywać). Rysunek 13 przedstawia sytuację, gdy kąt $ ABC $ jest ostry; ale prowadzone dalej rozważania (i rachunki) obejmują również przypadek, gdy kąt ten jest prosty lub rozwarty.
om45_3r_img_13.jpg
Ponieważ $ S $ jest punktem styczności okręgu wpisanego w trójkąt $ ABC $ z bokiem $ BC $, zatem długość odcinka $ BS $ wyraża się znanym wzorem

\[<br />
(1) \qquad |BS| = \frac{a-b+c}{2},<br />
\]

gdzie, jak zwykle, $ a = |BC| $, $ b = |CA| $, $ c = |AB| $. Wobec tego

\[<br />
(2) \qquad |SM| = |BM| -|BS| = \frac{a}{2} - \frac{a-b+c}{2} = \frac{b-c}{2}.<br />
\]

Dalej, oznaczając przez $ d $ odległość punktów $ D $ i $ M $ mamy równości

\[<br />
|CD| = |CM| + |MD| = \frac{a}{2} +d, \quad  |BD| = \big||BM|-|MD|\big| =\left| \frac{a}{2}-d \right|<br />
\]

(znak różnicy $ \frac{1}{2}a-d $ zależy od tego, czy kąt $ ABC $ jest ostry, czy nie). Stąd (oraz z zależności w trójkątach prostokątnych $ ABD $ i $ ACD $) dostajemy związek

\[<br />
2ad=\left(\frac{1}{2}a + d\right)^2-\left(\frac{1}{2} a-d\right)^2 = |CD|^2-|BD|^2 = (b^2-h^2)-(c^2-h^2) = b^2-c^2,<br />
\]

czyli

\[<br />
(3) \qquad d=\frac{b^2-c^2}{2a}.<br />
\]

Przydatna też będzie równość $ ah = (a + b + c)r $, której obie strony wyrażają podwojone pole trójkąta $ ABC $. Wynika z niej, że $ r(b + c) = a(h-r) $, czyli

\[<br />
(4) \qquad \frac{a}{b+c}=\frac{r}{h-r}.<br />
\]

Niech $ X $ będzie punktem przecięcia prostej $ m $ (czyli $ AM $) z prostą $ NS $. Z podobieństwa trójkątów $ MDA $ i $ MSX $ mamy proporcję $ |SX|:|SM| = |AD| : |MD| $. Uwzględniając związki (2), (3), (4) otrzymujemy równość

\[<br />
|SX|=|SM|\cdot \frac{|AD|}{|MD|}= \frac{b-c}{2}\cdot \frac{h}{d}= \frac{b-c}{2} \cdot \frac{2ah}{b^2-c^2}=\frac{ah	}{b+c}=\frac{hr}{h-r}.<br />
\]

Ostatnia wielkość zależy tylko od $ h $ i $ r $; jest więc wyznaczona przez samą tylko prostą $ k $ i okrąg $ \Omega $, a nie zależy od wyboru punktu $ A $. To znaczy, że punkt $ X $, położony na odcinku $ SN $ w odległości $ hr/(h - r) $ od punktu $ S $, jest wspólnym punktem wszystkich rozważanych prostych $ m $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź