XVIII ZMPB - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XVIII ZMPB, 2007

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

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

$ \measuredangle AMX=\measuredangle CMY,\qquad\hbox{czyli}\qquad \measuredangle AMC=\measuredangle XMY $

oraz

$ {MA\over MC}={MX\over MY}. $

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

$ {MN\over MK}={MX\over MA} $

oraz równość kątów

$ \measuredangle NMX=\measuredangle KMA,\qquad\hbox{czyli}\qquad \measuredangle NMK=\measuredangle XMA. $

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