XXXVII OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

III

W trójkącie $ABC$ punkty $K$ i $L$ są rzutami prostokątnymi wierzchołków $B$ i $C$ na dwusieczną kąta $BAC$ , punkt $M$ jest spodkiem wysokości trójkąta $ABC$ poprowadzonej z wierzchołka $A$ , a punkt $N$ jest środkiem boku $BC$ . Wykazać, że punkty $K$ , $L$ , $M$ i $N$ leżą na jednym okręgu.

Rozwiązanie

Gdy $|AB| = |AC|$ , punkty $K$ , $L$ , $M$ , $N$ pokrywają się. W dalszym ciągu wyłączymy ten trywialny przypadek z rozważań. Przedstawimy trzy sposoby rozwiązania.

\spos{I} Bez zmniejszania ogólności możemy zakładać, że $|AB| < |AC|$ . Przypuśćmy na początek, że kąt $ABC$ nie jest prosty - jest więc ostry lub rozwarty. Rysunki 12a i 12b ilustrują te dwie sytuacje.

Rozważmy okrąg, którego średnicą jest odcinek $AB$ . Ponieważ $|\measuredangle AKB| = | \measuredangle AMB| = 90^\circ$ , punkty $K$ i $M$ leżą na tym okręgu. Kąty wpisane $BAK$ i $KMB$ są oparte bądź na wspólnym łuku (gdy $|\measuredangle B| > 90^\circ$ - rys. 12b), bądź na łukach dopełniających się do pełnego okręgu (gdy $|\measuredangle B | < 90^\circ$ - rys. 12a). Tak więc

$ |\measuredangle BAK| = \left\{ \begin{array}{cll} |180^\circ - |\measuredangle KMB| & \textrm{gdy} & |\measuredangle B| < 90^\circ \\ |\measuredangle KMB| & \textrm{gdy} & |\measuredangle B| > 90^\circ \end{array} \right. $

W obu przypadkach wyrażenie otrzymane po prawej stronie jest równe mierze kąta $KMN$ . Zatem

$ (1) \qquad |\measuredangle BAK| = |\measuredangle KMN|. $

Gdy kąt $ABC$ jest prosty, punkt $M$ pokrywa się z $B$ , a kąty $BAK$ i $KMN$ mają ramiona odpowiednio prostopadłe. Tak więc równość (1) zachodzi i w tym przypadku.

Przedłużmy bok $AB$ do przecięcia z prostą $CL$ w punkcie, który oznaczymy przez $E$ . Odcinek $AL$ jest jednocześnie dwusieczną i wysokością w trójkącie $ACE$ ; jest więc to trójkąt równoramienny i punkt $L$ jest środkiem boku $CE$ . Zatem odcinek $NL$ , jako łączący środki boków $BC$ i $CE$ trójkąta $BCE$ , jest równoległy do boku $BE$ , czyli do prostej $AB$ . Stąd $|\measuredangle BAK| = |\measuredangle KLN|$ . W połączeniu z równością (1) daje to równość $|\measuredangle KMN| = |\measuredangle KLN|$ , z której wynika, że punkty $K$ , $N$ , $L$ , $M$ leżą na jednym okręgu.