Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

Komentarz

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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.

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

Komentarz

XLV OM - II - Zadanie 5

Rozwiązanie

Dodaj komentarz

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody