XLV OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XLV OM, 1993-1994

Etap:

III

Na płaszczyźnie dane są dwie proste równoległe $k$ i $l$ oraz okrąg rozłączny z prostą $k$ . Z punktu $A$ leżącego na prostej $k$ prowadzimy dwie styczne do tego okręgu przecinające prostą $l$ w punktach $B$ , $C$ . Niech $m$ będzie prostą przechodzącą przez punkt $A$ i środek odcinka $BC$ . Wykazać, że wszystkie uzyskane w ten sposób proste $m$ (odpowiadające różnym wyborom punktu $A$ na prostej $k$ ) mają wspólny punkt.

Rozwiązanie

Uwaga 1. Warunki zadania nie zmienią się, jeżeli daną prostą $l$ zastąpimy inną prostą $l'$ równoległą do $k$ i różną od $k$ . Istotnie: jeśli dwie wychodzące z punktu $A$ styczne do danego okręgu przecinają prostą $l'$ w punktach $B'$ i $C'$ , to środki odcinków $BC$ i $B'C'$ są współliniowe z punktem $A$ , a więc określona w zadaniu prosta $m$ pokrywa się z prostą $m'$ uzyskaną w analogiczny sposób po zastąpieniu prostej $l$ prostą $l'$ . Możemy wobec tego zakładać, że $l$ jest prostą równoległą do $k$ , wybraną w położeniu dogodnym do prowadzonych rozważań.
Oznaczmy przez $I$ i $r$ środek i promień danego okręgu $\Omega$ , a przez $N$ i $S$ - punkty tego okręgu leżące, odpowiednio, najbliżej i najdalej od prostej $k$ :. W myśl uczynionej przed chwilą uwagi, możemy przyjąć, że prosta $l$ jest styczna do okręgu $\Omega$ w punkcie $S$ . Odległość prostych $k$ i $l$ oznaczmy przez $h$ .

Ustalmy punkt $A$ na prostej $k$ . Niech $B$ i $C$ będą punktami prostej $l$ wyznaczonymi zgodnie z treścią zadania. Okrąg $\Omega$ jest wpisany w trójkąt $ABC$ . Oznaczmy środek boku $BC$ przez $M$ , a spodek wysokości z wierzchołka $A$ - przez $D$ (zatem $|AD| = h$ ). Bez straty ogólności możemy przyjąć, że $|AB| \leq |AC|$ . Wówczas punkty $B$ , $S$ , $M$ , $C$ leżą na prostej $l$ w takim właśnie porządku (w szczególnym przypadku punkty $S$ i $M$ mogą się pokrywać). Rysunek 13 przedstawia sytuację, gdy kąt $ABC$ jest ostry; ale prowadzone dalej rozważania (i rachunki) obejmują również przypadek, gdy kąt ten jest prosty lub rozwarty.

Ponieważ $S$ jest punktem styczności okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ z bokiem $BC$ , zatem długość odcinka $BS$ wyraża się znanym wzorem

$ (1) \qquad |BS| = \frac{a-b+c}{2}, $

gdzie, jak zwykle, $a = |BC|$ , $b = |CA|$ , $c = |AB|$ . Wobec tego

$ (2) \qquad |SM| = |BM| -|BS| = \frac{a}{2} - \frac{a-b+c}{2} = \frac{b-c}{2}. $

Dalej, oznaczając przez $d$ odległość punktów $D$ i $M$ mamy równości

$ |CD| = |CM| + |MD| = \frac{a}{2} +d, \quad |BD| = \big||BM|-|MD|\big| =\left| \frac{a}{2}-d \right| $

(znak różnicy $\frac{1}{2}a-d$ zależy od tego, czy kąt $ABC$ jest ostry, czy nie). Stąd (oraz z zależności w trójkątach prostokątnych $ABD$ i $ACD$ ) dostajemy związek

$ 2ad=\left(\frac{1}{2}a + d\right)^2-\left(\frac{1}{2} a-d\right)^2 = |CD|^2-|BD|^2 = (b^2-h^2)-(c^2-h^2) = b^2-c^2, $

czyli

$ (3) \qquad d=\frac{b^2-c^2}{2a}. $

Przydatna też będzie równość $ah = (a + b + c)r$ , której obie strony wyrażają podwojone pole trójkąta $ABC$ . Wynika z niej, że $r(b + c) = a(h-r)$ , czyli

$ (4) \qquad \frac{a}{b+c}=\frac{r}{h-r}. $

Niech $X$ będzie punktem przecięcia prostej $m$ (czyli $AM$ ) z prostą $NS$ . Z podobieństwa trójkątów $MDA$ i $MSX$ mamy proporcję $|SX|:|SM| = |AD| : |MD|$ . Uwzględniając związki (2), (3), (4) otrzymujemy równość

$ |SX|=|SM|\cdot \frac{|AD|}{|MD|}= \frac{b-c}{2}\cdot \frac{h}{d}= \frac{b-c}{2} \cdot \frac{2ah}{b^2-c^2}=\frac{ah }{b+c}=\frac{hr}{h-r}. $

Ostatnia wielkość zależy tylko od $h$ i $r$ ; jest więc wyznaczona przez samą tylko prostą $k$ i okrąg $\Omega$ , a nie zależy od wyboru punktu $A$ . To znaczy, że punkt $X$ , położony na odcinku $SN$ w odległości $hr/(h - r)$ od punktu $S$ , jest wspólnym punktem wszystkich rozważanych prostych $m$ .