Komentarz

XVIII ZMPB - Zadanie 12

Punkt $ M $ leży na tym łuku $ AB $ okręgu opisanego na trójkącie $ ABC $, który nie zawiera punktu $ C $. Załóżmy, że rzuty prostokątne punktu $ M $ na proste $ AB $ i $ BC $ leżą na samych bokach, a nie na ich przedłużeniach. Oznaczmy te rzuty odpowiednio przez $ X $ i $ Y $. Niech $ K $ i $ N $ będą odpowiednio środkami odcinków $ AC $ i $ XY $. Dowieść, że $ \measuredangle MNK=90^\circ $.

Rozwiązanie

zmpb18_r_img_5.jpg

Z równości kątów (rys. 5)

$$\measuredangle MAX=\measuredangle MCB\qquad\hbox{oraz}\qquad \measuredangle MXA=\measuredangle MYC=90^\circ$$

wynika, że trójkąty $ MXA $ i $ MYC $ są podobne (cecha kąt-kąt-kąt). Zatem

\[<br /> \measuredangle AMX=\measuredangle CMY,\qquad\hbox{czyli}\qquad<br /> \measuredangle AMC=\measuredangle XMY<br /> \]

oraz

\[<br /> {MA\over MC}={MX\over MY}.<br /> \]

Dwie ostatnie zależności implikują, że trójkąty $ MCA $ i $ MYX $ są podobne. Punkty $ K $ i $ N $ są środkami odpowiadających sobie boków w tych trójkątach, zatem trójkąty $ MKA $ i $ MNX $ również są podobne. Stąd otrzymujemy równość stosunków

\[<br /> {MN\over MK}={MX\over MA}<br /> \]

oraz równość kątów

\[<br /> \measuredangle NMX=\measuredangle KMA,\qquad\hbox{czyli}\qquad \measuredangle NMK=\measuredangle XMA.<br /> \]

Z dwóch ostatnich równości wnioskujemy, że trójkąty $ AMX $ i $ KMN $ są podobne. Skutkiem tego $ \measuredangle MNK=\measuredangle MXA=90^\circ $, co należało wykazać.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz