Zadanie
Slávny Belgický detektív Hercule Poirot sa rozhodol dolapiť zlodeja vzácnych prirodzených čísel. Ako prvé získal plán národnej banky a svojimi dedukčnými schopnosťami sa mu podarilo určiť trajektóriu úteku zlodeja. Všimol si, že zlodej počas úteku zabočil kolmo, čo mu dopomohlo usvedčiť vinníka (musel byť cudzinec, lebo Belgičania rovno bežia). Žiaľ, nemá dostatok dôkazov, že zlodej naozaj zabočil kolmo. Potrápte svoje šedé mozgové bunky a pomôžte Poirotovi jeho tvrdenie dokázať!
Daný je trojuholník \(ABC\). Body \(D,E\) ležia postupne v polrovinách opačným k \(ABC\), \(ACB\) tak, že platí: \(|AB|=|AD|\), \(|AC|=|AE|\), \(|\sphericalangle DAB|=|\sphericalangle CAE|\). Priesečník priamok \(CD\) a \(BE\) označme \(P\). Označme \(O\) stred opísanej kružnice trojuholníku \(BCP\). Dokážte, že priamky \(AO\) a \(DE\) sú na seba kolmé.
Riešenie podľa Michala Staníka.
Všimnime si, že trojuholníky \(DAC\) a \(BAE\) sú zhodné podľa vety \(sus\).1 Z toho vyplýva: \(|\sphericalangle{CAE}|=|\sphericalangle{ADP}|=|\sphericalangle{ABE}|=|\sphericalangle{ABP}|\), a teda z rovnosti uhlov \({ADP}\) a \({ABP}\) vyplýva, že body \(A\), \(D\), \(B\), \(P\) ležia na kružnici. Analogicky sa dá prísť na to, že aj štvoruholník \(APCE\) je tetivový. Ďalej v riešení budeme skrátene nazývať kružnicu opísanú mnohouholníku \(A_1A_2\dots A_n\) (o ktorom teda vieme, že je tetivocý) ako kružnicu \(A_1A_2\dots A_n\).
Označme \(X\) druhý priesečník priamky \(AE\) s kružnicou \(ADBP\). Označme \(Y\) druhý priesečník priamky \(DA\) s kružnicou \(APCE\). Po chvíľke nasledovného uhlenia: \(|\sphericalangle{DXA}|=180^\circ-|\sphericalangle{DBA}|=180^\circ-|\sphericalangle{ACE}|=|\sphericalangle{AYE}|\), a teda z obvodových uhlov nad tetivou \(DE\) je jasné, že štvoruholník \(DEYX\) je tetivový.
Teraz sa už konečne pozrime na nami dokazované tvrdenie. Využijeme, že uhlopriečky nejakého štvoruholníka sú na seba kolmé práve vtedy, keď sa rovnajú súčty štvorcov ich protiľahlých strán (rozmyslite si to). Preto, ak si vezmeme štvoruholník \(DOEA\), tak nám stačí ukázať: \(|DO|^2+|EA|^2=|OE|^2+|AD|^2\).
Z mocnosti bodu \(D\) ku kružnici \(BPC\) platí: \(|DO|^2-r^2=|DP||DC|\), kde \(r\) je jej polomer a z mocnosti bodu \(E\) ku kružnici \(BPC\) vyplýva \(|EO|^2-r^2=|EP||EB|\). Vyjadrením \(|DO|^2\) z prvej rovnosti a \(|EO|^2\) z druhej a dosadením do tej, ktorú chceme ukázať dostaneme: \(|DP||DC|+|EA|^2=|EP||EB|+|AD|^2\). Ďalej z mocnosti bodu \(E\) ku kružnici \(ADBP\) môžeme výraz \(|EP||EB|\) nahradiť výrazom \(|EA||EX|\) a analogicky výraz \(|DP||DC|\) môzeme nahradiť výrazom \(|DA||DY|\).
Dostaneme: \(|EA|^2-|EA||EX|=|AD|^2-|DA||DY|\), a teda \(|EA|(|EA|-|EX|)=|AD|(|AD|-|DY|)\), čo sa dá vzhľadom k vzájomnej pozícií vystupujúcich úsečiek upraviť na \(|EA||AX|=|AD||AY|\).
Nakoľko ale už vieme, že štvoruholník \(DEYX\) je tetivový, tak táto rovnica platí ako dôsledok mocnosti bodu \(A\) ku kružnici \(DEYX\). Keďže všetky využité úpravy boli ekvivalentné, sme teda hotoví.
Na záver ešte doplníme, že toto riešenie platí len pre nejaké konfigurácie bodov zo zadania. Pri iných konfiguráciách sa niektoré detaily pozmenia, napr. niektoré uhly sa nahradia ich doplnkami do \(180^\circ\). To, ako presne sa riešenie pozmení, nechávame na usilovného riešiteľa.
Skúsený riešiteľ si všimne, že špirálna podobnosť so stredom v bode \(A\) zobrazuje trojuholník \(DAB\) na \(BAE\). Keďže špirálka , tak táto istá špirálna podobnosť zobrazuje aj trojuholník \(DAC\) na trojuholník \(BAE\), takže tieto trojuholníky musia byť podobné. Viac o špirálovej podobnosti si môžete prečítať v seriáli PraSe o geometrických zobrazeniach od strany 22, ktorý je dostupný na https://mks.mff.cuni.cz/archive/31/9.pdf.↩
Diskusia
Tu môžte voľne diskutovať o riešení, deliť sa o svoje kusy kódu a podobne.
Pre pridávanie komentárov sa musíš prihlásiť.
Radek Olšák
Zdravím,
přijde mi škoda, že ve vzoráku není zmíněné i elegantní řešení, na které napovídá hint:
Z sus jsou trojúhelníky ADC a ABE shodné, rotaci se středem A, která je na sebe převádí nazveme r1.
Protože velikost uhlu BPD je 180-BPC, tak uhel BOC je 2krat uhel BPD. Protože r1 zobrazí úsečky DC na BE, tak je úhel BPD roven úhlu rotace r1.
Uvážíme druhou rotaci r2, které zobrazuje B na C se středem v O. Složení r1 r2 r2 zobrazí D na E. Jelikož je součet úhlu těchto rotací roven 0, tak je toto složení posunutí. Zbývá ukázat, že je vektor tohoto posunutí kolmý na AO.
Uvážíme bod X takový, že X se v r1 zobrazí na O. Pak toto složení zobrazí X na X', které je symetrické podle AO, takže XX' je kolmé na AO, takže vektor posunutí je kolmý na AO. Takže AO je kolmé na DE
Radek