XLIX OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XLIX OM, 1997-1998

Etap:

Proste zawierające wysokości trójkąta $ABC$ , wpisanego w okrąg o środku $O$ , przecinają się w punkcie $H$ , przy czym $|AO| =|AH|$ . Obliczyć miarę kąta $CAB$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $M$ środek boku $BC$ . Rozwiązanie zadania będzie oparte na równości

$ \qquad (1) |AH| = 2 \cdot |OM|, $

która zachodzi w każdym trójkącie, niezależnie od założenia, że $|AO| =|AH|$ . Oto jej dowód:

Role punktów $B$ i $C$ są symetryczne; można przyjąć, że $|AB|\geq|AC|$ i wobec tego kąt ABC jest ostry. Każdy z dwóch pozostałych kątów trójkąta $ABC$ może być ostry, prosty lub rozwarty. Gdy kąt $CAB$ jest prosty, wówczas punkt $H$ pokrywa się z $A$ , punkt $O$ pokrywa się z $M$ , i po obu stronach dowodzonej równości mamy zera. Dalej zakładamy, że kąt $CAB$ jest ostry lub rozwarty (rysunek 1 przedstawia różne możliwe sytuacje; prowadzone rozumowanie nie zależy od przypadku).

Prowadzimy średnicę $CX$ okręgu $\omega$ opisanego na trójkącie $ABC$ ; oparte na niej kąty wpisane $CAX$ i $CBX$ są proste. Wysokości trójkąta $ABC$ , poprowadzone z wierzchołków $A$ i $B$ , są zawarte w prostych $AH$ i $BH$ . Spełnione są więc warunki prostopadłości: $AX \bot AC$ , $AC \bot BH$ , $BX \bot BC$ , $BC\bot AH$ . Wynika z nich, że $AX \parallel BH$ oraz $BX \parallel AH$ . Czworokąt $AHBX$ jest zatem równoległobokiem i zachodzi równość $|AH| = |BX|$ . Odcinek $OM$ łączy środki boków $CX$ i $CB$ trójkąta $CBX$ . Stąd $|BX| = 2\cdot |OM|$ , co w połączeniu z równością poprzednią daje dowodzoną zależność (1).

Jeżeli teraz, zgodnie z treścią zadania, długość odcinka $AH$ jest równa promieniowi okręgu $\omega$ , to długość odcinka $OM$ jest równa połowie tego promienia: $|OM| = \frac{1}{2}\cdot|OC|$ . Stąd $|\measuredangle MOC| = 60^\circ$ , czyli $|\measuredangle BOC| = 120^\circ$ .

Wniosek: kąt $CAB$ , jako kąt wpisany w okrąg $\omega$ , oparty albo na krótszym albo na dłuższym łuku $BC$ , ma miarę $60^\circ$ lub $120^\circ$ .

Każda z tych wartości istotnie może być przyjęta; przykłady: trójkąt równoboczny $ABC$ oraz trójkąt równoramienny $ABC$ z kątem $120^\circ$ przy wierzchołku $A$ .

Uwaga: Jak zauważyliśmy, równość (1) jest prawdziwa dla każdego trójkąta $ABC$ ; w podanym rozwiązaniu stanowi ona lemat, a dokończenie rozwiązania na podstawie tego lematu jest krótkie i zupełnie proste.

Wspomnijmy jeszcze o innych metodach rozwiązania. Każda z nich opiera się na jakimś fakcie ogólnym, słusznym dla każdego trójkąta i stanowiącym lemat, z którego da się wydedukować odpowiedź na pytanie postawione w zadaniu.

Oto owe lematy:

$ \qquad (2) |AH|\cdot \sin \measuredangle BCA=|AB|\cdot |\cos \measuredangle CAB|; $
$ \qquad (3) \overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}; $
$\qquad (4)$ proste $AO$ i $AH$ są symetryczne względem dwusiecznej kąta $CAB$ ;
$\qquad (5)$ obraz punktu $H$ w symetrii względem prostej $BC$ leży na okręgu $\omega$ .

Czytelnikom, którzy nie znają którejkolwiek z tych własności, proponujemy znalezienie dowodu (dowodów) jako pożyteczne ćwiczenie. Dokończenie rozwiązania zadania na podstawie dowolnej z własności (2), (3), (4) lub (5)\nic{rf} jest nie tak natychmiastowe, jak przy wykorzystaniu własności (1) — wciąż jednak niezbyt trudne i też może być przyjemnym ćwiczeniem.