Opravovatelia

Mati [email protected]

Viki [email protected]

Najprv si nakreslíme obrázok podľa zadania. Mimo bodov, ktoré máme dané, si vyznačíme aj priesečník priamok $AB$ a $PQ$, ktorý nazveme $F$. Prípad keď $AB \parallel PQ$, a teda bod $F$ nevznikne, to poriešime nakoniec. Teraz sa pozrieme na obrázok a príde nám taký asymetrický.

****

Priestor má dve polroviny a my využívame iba jednu. Tak si povieme, že aj v tej druhej by sa hodilo niečo mať a celú úlohu zosymetríme podľa priamky $AB$. Možno to ešte neviete, no práve sme vyhrali.

****

Ak by sa nám podarilo ukázať, že $\triangle PCQ \sim \triangle SRT$, tak máme hotovo. Prečo? Úsečky $CP$ a $CQ$ sú polomermi kružnice $k$. $\triangle PCQ$ tak bude rovnostranný práve vtedy, keď $\lvert PQ \rvert = \frac{\lvert AB \rvert}{2}=r$, takže práve vtedy, keď chceme, aby bol rovnostranný aj $\triangle SRT$. Poďme teda ukázať ich podobnosť. Najprv $\triangle PCQ$ a $\triangle S’CT’$, sú podobné, lebo sú iba obrazmi v osovej symetrii. Stačí nám teda, aby $\triangle S’CT’ \sim \triangle SRT$.

****

Tu sa nám začína črtať špirálna podobnosť so stredom v $F$ (tak sa tomu vznešene hovorí). Všimnime si, že uhol $\lvert\angle AFS’\rvert = \lvert\angle PFS\rvert$, znovu ide len o osovú symetriu. Potom, keď otočíme uhol $\angle AFS’$, na $\angle PFA$, tak body $S’$ a $T’$ nám pristanú na priamke $AB$ a bod $C$ na priamke $PQ$. Nakoniec ešte nájdime koeficient podobnosti pri ktorom sa $T’$ zobrazí na $T$. To je iba $k=\frac{\lvert TF\rvert}{\lvert T’F\rvert}$. Vieme, že $\triangle SFS’ \sim \triangle TFT’$ podľa vety uu. Totiž, zdieľajú uhol pri bode $F$ a ďalej uhly pri vrcholoch $S$, $T$ sú očividne pravé. Potom máme z pomerov dĺžok $\frac{\lvert SF\rvert}{\lvert S’F\rvert}=\frac{\lvert TF\rvert}{\lvert T’F\rvert} = k$. To ale znamená, že špirálnou podobnosťou s otočením o uhol $\sphericalangle AFS’$ a koeficientom podobnosti $k$ sa nám aj $S’$ zobrazí na $S$.

Ďalej si uvedomme, že $\triangle SRT$ je rovnoramenný. Totiž, Keďže $R$ je stredom $PQ$, os strany $ST$ je zároveň aj strednou priečkou lichobežníka $PQTS$ obsahujúcou bod $R$, a teda $R$ leží na osi úsečky $ST$.

Nakoniec by nás mohlo zaujímať, či sa $C$ zobrazí na $R$, no to tak určite bude, keďže oba trojuholníky sú rovnoramenné so základňou $S’T’$, resp. $ST$ a posledným vrcholom na priamke $ST$, resp. $PQ$, čo sú ramená uhla otočenia.

Práve sa nám podarilo ukázať, že $\triangle PCQ \sim \triangle SRT$, avšak $\triangle PCQ$ je rovnostranný práve vtedy keď tetiva $PQ$, má dĺžku $\frac{\lvert AB \rvert}{2}=r$.

Ostáva nám ešte poriešiť prípad, keď $AB \parallel PQ$. Vtedy sú však $\triangle PCQ$ a $\triangle SRT$ dokonca zhodné, lebo $\lvert RT \rvert = \lvert CQ \rvert$ vyplýva z toho, že ide o uhlopriečky obdĺžnika $RQTC$. Podobne dostávame aj $\lvert SR \rvert = \lvert PC \rvert$ a $\lvert ST \rvert = \lvert PQ \rvert$, keďže v tomto prípade je $PQTS$ obdĺžnikom, a teda záver ostáva v platnosti.