IX CPS - Zadanie 4

Dany jest okrąg $ k $ i jego cięciwa $ AB $, nie będąca średnicą. Niech $ C $ będzie dowolnym punktem na dłuższym łuku $ AB $ okręgu $ k $. Oznaczmy przez $ K,L $ odbicia punktów $ A,B $ względem prostych odpowiednio $ BC,AC $. Udowodnić, że odległość między środkami odcinków $ AB $ i $ KL $ nie zależy od wyboru punktu $ C $.

Rozwiązanie

Sposób I

Niech $ \alpha $, $ \beta $ oraz $ \gamma $ będą odpowiednio miarami kątów $ \measuredangle CAB $, $ \measuredangle ABC $ oraz $ \measuredangle BCA $. Na mocy założenia zadania kąt $ \measuredangle BCA $ jest zawsze ostry. Możemy założyć, że $ \alpha<90^{\circ} $, gdyż w drugim przypadku, $ \beta<90^{\circ} $, rozumowanie jest analogiczne. Niech $ S $, $ M $, $ U $, $ V $ będą środkami odcinków odpowiednio $ AB $, $ KL $, $ AL $, $ BK $. Niech ponadto $ H $ będzie punktem przecięcia prostych $ AK $ i $ BL $.

Zauważmy, że czworokąt $ USVM $ jest równoległobokiem ($ SU\|BL\|MV $, $ SV\|AK\|MU $) oraz

\[<br /> SV=AB\sin\beta,\quad MV=SU=AB\sin\alpha,\quad\measuredangle SVM=\measuredangle AHL=\measuredangle ACB=\gamma.<br /> \]

Z twierdzenia sinusów zastosowanego do trójkąta $ ABC $ wynika, że

\[<br /> \frac{AC}{SV}=\frac1{AB}\cdot\frac{AC}{\sin\beta}=\frac1{AB}\cdot\frac{BC}{\sin\alpha}=\frac{BC}{MV},<br /> \]

więc trójkąty $ SVM $ i $ ACB $ są podobne (cecha bok-kąt-bok). Ponownie korzystamy z twierdzenia sinusów i otrzymujemy

\[<br /> SM=AB\cdot\frac{SV}{AC}=\frac{AB^2\sin\beta}{AC}=\frac{AB^2\sin\gamma}{AB}=AB\sin\gamma=2r,<br /> \]

gdzie $ r $ jest promieniem okręgu $ k $, niezależnym od wyboru punktu $ C $.

Sposób II

Niech $ S $ będzie środkiem odcinka $ AB $, $ M $ - środkiem odcinka $ KL $, $ P $ i $ Q $ - spodkami wysokości odpowiednio z wierzchołków $ A $ i $ B $ trójkąta $ ABC $. Oczywiście $ P $ i $ Q $ są środkami odcinków $ AK $ i $ BL $, więc

\[<br /> QS=\tfrac12LA=MP\qquad\text{i}\qquad QS\|LA\|MP,<br /> \]

a zatem $ SPMQ $ jest równoległobokiem (nawet w przypadku zdegenerowanego trójkąta $ LAB $ lub $ LAK $).

Kąty $ APB $ i $ AQB $ są proste, punkty $ P $ i $ Q $ leżą na okręgu o średnicy $ AB $, więc $ SP=SQ=\frac{1}{2}AB $. Z tego wynika, że równoległobok $ SPMQ $ jest rombem i długość jego boków nie zależy od położenia punktu $ C $. Aby wykazać, że również długość jego przekątnej $ SM $ jest niezależna od $ C $, wystarczy sprawdzić, że miara kąta wyznaczonego przez boki $ SP $ i $ SQ $ nie zmienia się podczas przesuwania $ C $ po okręgu $ k $ (wtedy wszystkie romby $ SPMQ $ są przystające).

Jeśli kąt $ \alpha $ w trójkącie $ ABC $ jest ostry, punkt $ Q $ leży na odcinku $ AC $ i kąt $ PSQ $ jest kątem środkowym koła o średnicy $ AB $, opartym na tym samym łuku co kąt wpisany $ PAQ $. Zatem

\[<br /> \measuredangle PSQ=2\cdot\measuredangle PAQ=2(90^\circ-\gamma)=180^\circ-2\gamma.<br /> \]

Ten sam wzór otrzymujemy w przypadku, gdy $ \alpha $ nie jest kątem ostrym, ponieważ wtedy $ \beta $ jest ostry i możemy rozważać kąt wpisany $ PBQ $ zamiast $ PAQ $:

\[<br /> \measuredangle PSQ=2\cdot\measuredangle PBQ=2(90^\circ-\gamma)=180^\circ-2\gamma.<br /> \]

Wiadomo, że $ \gamma $ nie zmienia się przy przesuwaniu $ C $ po okręgu $ k $, ponieważ jest miarą kąta wpisanego, opartego na ustalonym łuku $ AB $, a zatem miara kąta $ PSQ $ również pozostaje niezmienna. Wobec wcześniejszych uwag to kończy dowód.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź