Opravovatelia

Pedro [email protected]

****

Na začiatok si jedným rýchlym vyuhlením úlohu preformulujeme tak, aby sme sa zbavili nedôležitého bodu $M$. Označme si veľkosť uhla $PMN$ ako $\delta$. Rovnakú veľkosť má, očividne, aj uhol $PNM$. Keďže body $A, M, P, B$ ležia na kružnici (ako vieme zo zadania, tak v tomto poradí) tak $|\sphericalangle ABP|=180-|\sphericalangle AMP|=|\sphericalangle PMN|=\delta$. Podobne vďaka obvodovým uhlom dostávame aj $|\sphericalangle ABP|=|\sphericalangle AXP|=\delta$. Označme pätu výšky z bodu $B$ na stranu $AC$ ako $S$ a priesečník priamok $PX$ a $AB$ ako $T$. Potom nakoľko $|\sphericalangle ABP|=|\sphericalangle TBS|=|\sphericalangle ABP|=|\sphericalangle PNS|$, musia podľa vety o obvodových uhloch body $S, T, B, N$ ležať na kružnici. To ale, opäť využitím obvodových uhlov, znamená, že $|\sphericalangle PTB|=90^\circ$. Navyše nakoľko $|\sphericalangle AXN|=|\sphericalangle ANX|,$ tak trojuholník $ANX$ je rovnoramenný so základňou $XN$ a priamka $AB$ je osou úsečky $NX$ (vieme, že $|\sphericalangle ATN|=90^\circ$). To už sme sa nielen pekne pohli s našou úlohou, ale tiež teraz môžeme zabudnúť na bod $M$ a skonštruovať bod $N$ ako priesečník priamky $AC$ a priamky $PT$, kde $T$ definujeme priamo ako pätu kolmice z bodu $P$ na priamku $AB$.

Teraz sa poďme pozrieť, aké uhly vieme dostať pri bode $Y$. Využitím obvodových uhlov (keďže body $Y, A, P, N$ podľa zadania ležia na kružnici) vieme, že $|\sphericalangle AYP|=|\sphericalangle ANP|=\delta.$ Potom ale trojuholník $YPB$ musí byť rovnoramenný so základňou $YB$ a navyše priamka $PX$ je osou úsečky $BY$. To ale znamená, že kružnica opísaná trojuholníku $YPX$ je obrazom kružnice opísanej trojuholníku $XPB$ (o ktorej vieme, že na nej leží aj bod $A$) v osovej súmernosti podľa priamky $PX$.

Teraz sa už konečne dostávame k pointe úlohy a to k dôkazu, že nejaká priamka je dotyčnicou ku kružnici. Všimnime si, že tvrdenie, že priamka $CZ$ je dotyčnicou ku kružnici opísanej trojuholníku $PXY$ je ekvivalentné takému, že obraz priamky $CZ$ v osovej súmernosti podľa priamky $PX$ je dotyčnicou ku kružnici opísanej štvoruholníku $APBX$. Prečo je intuitívne, že by sme radšej dokazovali toto nové tvrdenie? Dôvody sú hneď dva. Prvým je, že kružnica opísaná trojuholníku $PYX$ je v úlohe akosi „navyše“. Je relatívne neprirodzená a teraz sme si ukázali, že jednoduchou geometrickou operáciou (preklopenie cez priamku) ju vieme zobraziť na oveľa prirodzenejšiu kružnicu, ktorá sa v zadaní vyskytuje hneď od začiatku. Druhým dôvodom, prečo by sme chceli dokazovať toto nové tvrdenie je, že priamka $CZ$ je taktiež relatívne ťažko uchopiteľná a ako uvidíme, jej obraz bude oveľa prirodzenejší.

Aby sa nám dobre pracovalo s obrazom priamky $CZ$, označme si jej priesečník s priamkou $XP$ ako $K$. Ukážeme si, že $K$ je veľmi pekný bod. Začnime pozorovaním, že $|\sphericalangle ZAP|=\delta$, pretože priamka $AZ$ bola definovaná ako dotyčnica ku kružnici opísanej trojuholníku $APN$, a teda uhol $ZAP$ je úsekový k uhlu $ANP$. Zo symetrie podľa priamky $PB$ taktiež platí $|\sphericalangle ZCP|=\delta$. Označme ešte $|\sphericalangle PAC|=\phi.$ Potom zo symetrie vieme aj $|\sphericalangle PCA|=\phi.$ Uhol $CNK$ je vrcholový k uhlu $PNA$, a teda veľkosťou rovný $\delta$. Nakoľko uhol $ZCA$, ktorý je vo veľkosti rovný $\delta+\phi,$ je susedný s uhlom $NCK$ a ten je doplnkom súčtu uhlov $KNC$ a $NKC$ do $180^\circ$, musí platiť $|\sphericalangle CKN|=\phi.$ Potom ale vďaka obvodovým uhlom nad tetivou $CP$ musia body $A, P, C, K$ ležať na kružnici. Opäť použitím obvodových uhlov, tentokrát nad tetivou $AP$ vieme, že $|\sphericalangle PKA|=|\sphericalangle PCA|=\phi.$¹ Ajhľa, čo sa nám to ale práve podarilo ukázať? Keďže $|\sphericalangle AKP|=|\sphericalangle CKP|=\delta$, potom priamka $AK$ musí byť obrazom priamky $ZK$ v osovej súmernosti podľa priamky $PK$. Teda priamka $AK$ je tá priamka, o ktorej chceme ukázať, že je dotyčnicou ku kružnici opísanej štvoruholníku $XAPB$. Toto je ale výrazné zjednodušenie, lebo nakoľko vieme, že táto kružnica prechádza bodom $A$, podobne ako aj priamka $AK$, potom táto priamka sa musí tejto kružnice dotýkať priamo v bode $A$. Toto zjednodušuje situáciu, lebo vďaka tomu už nám iba stačí dokázať úsekovosť uhlov $PAK$ a $ABP$. Takúto vymoženosť by sme pri pôvodnej priamke $CZ$ a pôvodnej kružnici opísanej $PXY$ nemali, lebo by sme vlastne nevedeli, kde sa pretínajú, či naozaj v jednom bode a aké úsekové uhly teda vlastne dokazovať.

Toto je však už hračka. Vieme, že $|\sphericalangle ABP|=\delta$, a teda nám stačí ukázať to isté pre uhol $PAK$. Keďže body $APCK$ ležia na kružnici, vieme: $|\sphericalangle PAK|=180^\circ-|\sphericalangle PCK|=|\sphericalangle ZCP|=|\sphericalangle ZAP|=|\sphericalangle PNA|=|\sphericalangle ABP|=\delta.$ A tým sme úlohu dokázali.

Na záver ešte poznamenáme, že sú len dve validné konfigurácie a uhlenie je pre ne takmer rovnaké. Prvá konfigurácia je tá, ktorú sme popisovali vo vzoráku a aká je nakreslená na obrázku. Druhá konfigurácia by vznikla, ak $P$ by bol „vysoko“, v tom prípade $Y$ by bol vnútri úsečky $AB$ a $Z$ by bol nad bodom $B$. Hoci by to chcelo formálne dokázať, že tieto dve konfigurácie sú jediné, ktoré môžu nastať, nebudeme to robiť a nebudeme to ani vyžadovať v riešení.