Opravovatelia

Michal [email protected]

Pedro [email protected]

****

Z úcty k nášmu ako aj čitateľovmu mentálnemu zdraviu bude toto vzorové riešenie napísané bez diakritiky v matematických označeniach.

Najskôr dokreslíme dôležité body. Označme postupne $H$ bod dotyku kružnice vpísanej trojuholníku $ABD$ so stranou $BD$, kým $H’$ bude bod presne „oproti“ $H$ v tejto vpísanej kružnici (konštrukcia analogická bodom $E, E’$ v kružnici $\omega$).

Začnime s dôkazom, že $A$, $H’$, $E$ ležia na priamke. Všimnime si, že bod $E$ je totožný s bodom dotyku kružnice pripísanej trojuholníku $ABD$ vzhľadom na bod $A$. Je to z dôvodu, že body dotyku vpísanej a pripísanej kružnice na jednu stranu trojuholníka sú symetrické vzhľadom na stred danej strany. To body $H$ a $E$ spĺňajú, pretože trojuholníky $ABD$ a $CDB$ sú stredovo súmerné podľa stredu $BD$ a $H$, $E$ sú body dotyku vpísaných kružníc so stranou $BD$ v jednotlivých trojuholníkoch. Ak teraz uvažujeme rovnobežku na stranu $BD$ prechádzajúcu bodom $H’$ (ktorá je dotyčnicou ku kružnici vpísanej $ABD$) a označíme postupne $B’,D’$ jej priesečníky s priamkami $AB, AD$, potom kružnica vpísaná $ABD$ je kružnicou pripísanou trojuholníku $AB’D’$ vzhľadom na $A$. Lenže trojuholníky $AB’D’$ a $ABD$ sú podobné a zobrazujú sa na seba v rovnoľahlosti so stredom v bode $A$. Preto v tej istej rovnoľahlosti sa tiež zobrazujú body dotyku pripísaných kružnic vzhľadom k bodu $A$. To sú práve body $H’$ a $E$, a teda musia ležať s $A$ na priamke.

V riešení budeme pokračovať dvoma spôsobmi. Prvý využíva harmonický štvorpomer, druhý využíva symediány.

Riešenie využívajúce harmonický štvorpomer

Všimnime si, že $EE’ \perp BD$. Aby sme ukázali, že stred kružnice opísanej trojuholníku $EXF$ leží na priamke $BD$, nám stačí ukázať, že sa táto kružnica dotýka priamky $EE’$ v bode $E$.

Označme $Q$ nevlastný bod priamky $HH’$. Všimnime si, že $HH’ \parallel EE’$, preto $Q \in EE’$. Keďže $I$ je stredom $HH’$, platí¹ $(H’,H;I,Q) = -1$. Premietaním cez bod $E$ na kružnicu $\omega$ dostávame $$(H’,H;I,Q) = (EH’, EH; EI, EQ) = (F,E;G,E’),$$

z čoho vyplýva, že $FGEE’$ je harmonický štvoruholník a platí $\frac{|FG|}{|FE’|} =\frac{|EG| }{|EE’|}$. Z tejto rovnosti vyplýva, že os uhla $GEE’$ delí stranu $GE’$ v rovnakom pomere ako os uhla $GFE’$, z čoho vyplýva, že $X$ leží na osi uhla $GFE’$. Označme antiŠvrčkov bod trojuholníka $EGE’$ k bodu $E$ ako $N$. Keďže $FX$ je os uhla $GFE’$, $N$ bude ako Švrčkov bod trojuholníka $E’FG$ na $FX$ ležať. Zároveň bude $N$ ležať aj na osi vonkajšieho uhla $GEE’$, teda platí $EN \perp EX$, pričom $EE’$ je priemer kružnice, preto $EN \perp NE’$, z čoho vyplýva $NE’ \parallel EX$. Teraz už jednoduchým uhlením dokážeme, že sa kružnica opísaná trojuholníku $EXF$ dotýka priamky $EE’$ v bode $E$. Totiž, $$|\angle EFX| = |\angle EFN| = |\angle EE’N| = |\angle E’EX|,$$ z čoho vyplýva, že uhol $E’EX$ je úsekový k uhlu $EFX$, čím je dôkaz hotový.

Riešenie využívajúce symediány

****

Po chvíli hrania sa s konfiguráciou a prípadnom narysovaní si obrázka si rýchlo všimneme, že stred kružnice opísanej trojuholníku $EXF$ vskutku leží na priamke $BD$, ale možno trochu viac prekvapivo, že leží tiež na priamke $E’XG$. Pokúsime sa teda dokázať, že priesečník priamok $BD$ a $E’G$ s označením $P$ je stredom kružnice opísanej trojuholníku $EXF$.

Stačí nám ukázať, že $|PE|=|PX|=|PF|.$ Začneme dôkazom rovnosti $|PE|=|PX|$, ktorá je podstatne jednoduchšia. Je známy fakt, že $|\angle EXP|=|\angle EE’X|+|\angle E’EX|.$ Stačí teda ukázať, že to isté platí o uhle $XEP.$ Nakoľko $EX$ je os uhla $GEE’,$ vieme, že $|\angle E’EX|=|\angle XEG|.$ Zároveň, keďže $EE’$ je priemerom $\Omega,$ vieme, že $EE’ \perp EP$, a teda $|E’PE|=90^\circ-|\angle EE’X|.$ Ale keďže zároveň z Tálesovej vety vieme, že $EG \perp E’P,$ tak potom nutne $|\angle GEP|=90^\circ-|\angle E’PE|=|\angle EE’X|$, a teda $|\angle GEP|+|\angle XEG|=|\angle EE’X|+|\angle E’EX|$, čo je ekvivalentné s $|\angle EXP|=|\angle XEP|,$ čo sme chceli dokázať.

Teraz sa pozrime na rovnosť $|PE|=|PF|.$ Vieme, že $PE$ je dotyčnicou ku kružnici $\Omega.$ Preto $|PE|=|PF|$ je ekvivalentné s tvrdením, že $PF$ je tiež dotyčnicou k $\Omega$. Toto by platilo, ak by sa nám podarilo dokázať, že $E’G$ je symediánou² z $E’$ v trojuholníku $EFE’.$ Prečo? Pretože o symediánach je známe, že prechádzajú priesečníkom dotyčníc k opísanej kružnici daného trojuholníka v bodoch rôznych od toho, z ktorého symediána vychádza. V tomto prípade teda dotyčníc k $\Omega$ v bodoch $E$ a $F$.

Ako ukázať, že je nejaká priamka symediánou z nejakého bodu v trojuholníku? Podľa definície, symediána je priamka, ktorá vznikne ako obraz ťažnice v osovej súmernosti podľa osi uhla v trojuholníku (všetko vzhľadom na ten istý fixný bod trojuholníka, napríklad $E’$). Presne to teda ukážeme o priamke $E’G$. To však nebude také jednoduché a budeme musieť siahnuť na dno našej sofistikovanosti. Potrebovali by sme ukázať, že $E’G$ a ťažnica z bodu $E’$ v trojuholníku $EE’F$ sú osovo súmerné vzhľadom na os uhla $EE’F$. O tejto ťažnici ale nič nevieme a dokresľovať ju do obrázka taktiež nikam nepovedie. Namiesto toho túto ťažnicu nájdeme bez dokresľovania v inom trojuholníku, ktorý ale bude trojuholníku $EE’F$ podobný. Označme postupne $H$ bod dotyku kružnice vpísanej trojuholníku $ABD$ so stranou $BD$, kým $H’$ bude bod presne „oproti“ $H$ v tejto vpísanej kružnici (konštrukcia analogická bodom $E, E’$ v kružnici $\Omega$).

Očividne, priamka $EI$ je ťažnicou trojuholníka $EHH’$ (nezabudni, $I$ je stredom priemeru vpísanej kružnice). Ako už vieme, body $A, H’, E$ ležia na priamke čo je dosť fajn, pretože bystré oko zočí, že trojuholníky $EHH’$ a $EE’F$ potom musia byť podobné. Potom by už len stačilo ukázať, že ťažnica $EI$ zviera s ramenami $EH’$ a $EH$ rovnaké uhly, ako zviera priamka $E’G$ s ramenami $E’E$ a $E’F$, ale obrátene vzhľadom na rolu daných strán v podobnosti trojuholníkov $EHH’$ a $EE’F$.

Teraz ukážeme, že trojuholníky $EHH’$ a $EE’F$ sú vskutku podobné. Na to treba iba kúsok uhlenia. Konkrétne, uhly $HEH’$ a $FEP$ sú vrcholové a majú rovnakú veľkosť. Uhly $FEP$ a $EE’F$ sú úsekové a majú tiež rovnakú veľkosť. Podľa vety $uu$ sú teda trojuholníky $EHH’$ a $EE’F$ naozaj podobné.

Zostáva nám ukázať, že priamky $E’G$ a $EI$ majú symetrickú rolu vzhľadom na prislúchajúce body $E, E’$ v podobných trojuholníkoch. Uhol $IEH’$ je vrcholový s uhlom $FEG$ a ten je obvodový s uhlom $FE’G$, teda tieto dva uhly majú rovnakú veľkosť. Lenže strana $E’F$ zodpovedá v podobnosi trojuholníkov $EHH’$ a $EE’F$ strane $EH$. Teda rovnosť uhlov $IEH’$ a $FE’G$ znamená nie zhodnú, ale symetrickú rolu priamok $E’G$ a $EI$ v príslušných trojuholníkoch. Teda tieto dve priamky sú osovo súmerné cez os uhla (nie doslova, ale vzhľadom na podobnosť trojuholníkov $EHH’$ a $EE’F$), a teda $E’G$ musí byť naozaj symediánou. Tým je náš dôkaz ukončený.