XLIV OM - II - Zadanie 2

Dany jest okrąg o środku $ O $ oraz punkt $ P $ leżący na zewnątrz tego okręgu. Przez punkt $ P $ prowadzimy prostą $ l $ przecinającą dany okrąg w punktach $ A $ i $ B $. Niech $ C $ będzie punktem symetrycznym do $ B $ względem prostej $ OP $ i niech m będzie prostą przechodzącą przez punkty $ A $ i $ C $. Wykazać, że wszystkie uzyskane w ten sposób proste $ m $ (odpowiadające różnym wyborom prostej $ l $) mają wspólny punkt.

Rozwiązanie

Treść zadania nie precyzuje, jak są usytuowane na prostej $ l $ punkty $ A $ i $ B $, to znaczy, który z nich leży bliżej punktu $ P $; rysunek 5 ilustruje te dwie sytuacje. Oznaczmy przez $ Q $ punkt przecięcia prostych $ OP $ i $ AC $; teza zadania będzie udowodniona, jeśli wykażemy, że położenie punktu $ Q $ na półprostej $ OP^\to $ nie zależy od wyboru prostej $ l $ (będzie to znaczyło, że $ Q $ jest szukanym wspólnym punktem wszystkich rozważanych prostych $ m $).

Trójkąt $ AOC $ jest równoramienny; przyjmijmy oznaczenia

\[<br /> |OA| = |OC| = r, \quad |\measuredangle OAC| = |\measuredangle OCA| = \alpha.<br /> \]

Zatem wypukły kąt $ AOC $ ma miarę

\[<br /> (1) \qquad |\measuredangle AOC| = 180^\circ -2\alpha.<br /> \]

om44_2r_img_5.jpg
Kąt $ ABC $ jest kątem wpisanym opartym na tym samym łuku, co wypukły lub wklęsły kąt środkowy $ AOC $ (w zależności od tego, czy punkt $ A $ leży między $ P $ i $ B $, czy punkt $ B $ leży między $ P $ i $ A $). W pierwszym przypadku

\[<br /> |\measuredangle ABC| = |\measuredangle AOC| = 90^\circ-\alpha,<br /> \]

w drugim zaś przypadku -

\[<br /> |\measuredangle ABC| = \frac{1}{2}(360^\circ- |\measuredangle AOC|) = 90^\circ + \alpha.<br /> \]

W pierwszym przypadku kąt $ PBC $ jest identyczny z kątem $ ABC $, w drugim przypadku kąt $ PBC $ dopełnia kąt $ ABC $ do kąta półpełnego. Tak więc w obu przypadkach zachodzi równość $ |\measuredangle PBC| = 90^\circ - \alpha $. Dalsze rozumowanie nie zależy od przypadku.

Punkty $ B $ i $ C $ leżą symetrycznie względem prostej $ OP $, zatem trójkąt $ BPC $ jest równoramienny; a stąd

\[<br /> (2) \qquad |\measuredangle APC| = |\measuredangle BPC| = 180^\circ-2|\measuredangle PBC| = 2\alpha,<br /> \]

wobec czego

\[<br /> |\measuredangle OPA| = |\measuredangle OPB| = \frac{1}{2}|\measuredangle BPC| = \alpha.<br /> \]

Spójrzmy na trójkąty $ OPA $ i $ OAQ $. Mają one wspólny kąt przy wierzchołku $ O $; kąty $ OPA $ i $ OAQ $ mają jednakową rozwartość $ \alpha $. Zatem trójkąty te są podobne i zachodzi proporcja $ |OP|: |OA| = |OA|: |OQ| $, czyli

\[<br /> (3) \qquad |OP|\cdot |OQ| = r^2.<br /> \]

To zaś oznacza, że położenie punktu $ Q $ na półprostej $ OP^\to $ jest wyznaczone przez promień okręgu oraz położenie punktu $ P $; a dokładniej: punkt $ Q $ jest obrazem punktu $ P $ w inwersji względem danego okręgu. Dowód jest zakończony.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź