XXXVII OM - III - Zadanie 6

W trójkącie $ ABC $ punkty $ K $ i $ L $ są rzutami prostokątnymi wierzchołków $ B $ i $ C $ na dwusieczną kąta $ BAC $, punkt $ M $ jest spodkiem wysokości trójkąta $ ABC $ poprowadzonej z wierzchołka $ A $, a punkt $ N $ jest środkiem boku $ BC $. Wykazać, że punkty $ K $, $ L $, $ M $ i $ N $ leżą na jednym okręgu.

Rozwiązanie

Gdy $ |AB| = |AC| $, punkty $ K $, $ L $, $ M $, $ N $ pokrywają się. W dalszym ciągu wyłączymy ten trywialny przypadek z rozważań. Przedstawimy trzy sposoby rozwiązania.

\spos{I} Bez zmniejszania ogólności możemy zakładać, że $ |AB| < |AC| $. Przypuśćmy na początek, że kąt $ ABC $ nie jest prosty - jest więc ostry lub rozwarty. Rysunki 12a i 12b ilustrują te dwie sytuacje.
om37_3r_img_12a.jpg
om37_3r_img_12b.jpg
Rozważmy okrąg, którego średnicą jest odcinek $ AB $. Ponieważ $ |\measuredangle AKB| = | \measuredangle AMB| = 90^\circ $, punkty $ K $ i $ M $ leżą na tym okręgu. Kąty wpisane $ BAK $ i $ KMB $ są oparte bądź na wspólnym łuku (gdy $ |\measuredangle B| > 90^\circ $ - rys. 12b), bądź na łukach dopełniających się do pełnego okręgu (gdy $ |\measuredangle B | < 90^\circ $ - rys. 12a). Tak więc

\[<br />
|\measuredangle BAK| =<br />
\left\{<br />
\begin{array}{cll}<br />
|180^\circ - |\measuredangle KMB| & \textrm{gdy} & |\measuredangle B| < 90^\circ \\<br />
|\measuredangle KMB| & \textrm{gdy} & |\measuredangle B| > 90^\circ<br />
\end{array}<br />
\right.<br />
\]

W obu przypadkach wyrażenie otrzymane po prawej stronie jest równe mierze kąta $ KMN $. Zatem

\[<br />
(1) \qquad |\measuredangle BAK| = |\measuredangle KMN|.<br />
\]

Gdy kąt $ ABC $ jest prosty, punkt $ M $ pokrywa się z $ B $, a kąty $ BAK $ i $ KMN $ mają ramiona odpowiednio prostopadłe. Tak więc równość (1) zachodzi i w tym przypadku.

Przedłużmy bok $ AB $ do przecięcia z prostą $ CL $ w punkcie, który oznaczymy przez $ E $. Odcinek $ AL $ jest jednocześnie dwusieczną i wysokością w trójkącie $ ACE $; jest więc to trójkąt równoramienny i punkt $ L $ jest środkiem boku $ CE $. Zatem odcinek $ NL $, jako łączący środki boków $ BC $ i $ CE $ trójkąta $ BCE $, jest równoległy do boku $ BE $, czyli do prostej $ AB $. Stąd $ |\measuredangle BAK| = |\measuredangle KLN| $. W połączeniu z równością (1) daje to równość $ |\measuredangle KMN| = |\measuredangle KLN| $, z której wynika, że punkty $ K $, $ N $, $ L $, $ M $ leżą na jednym okręgu.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź