Zadanie
Keď sa im vďaka Krtkovi podarí vyriešiť problém so závlahou, Mária Terézia vytiahne obrovský papier a podujme sa kresliť plán novej školskej reformy. Krtko, povzbudený svojimi úspechmi, nezaváha ani na chvíľu a okamžite sa k nim pripojí.
Nech \(O\) je stred kružnice opísanej trojuholníku \(ABC\). Kružnica opísaná \(AOB\) pretína priamky \(BC\) a \(AC\) postupne v bodoch \(P\) a \(Q\) (\(P\neq B\), \(Q \neq A\)). Dokážte, že \(O\) je ortocentrum trojuholníka \(CPQ\).
Pozrime sa, čo od nás vlastne chce zadanie – dokázať, že priesečník „nejakých“ kolmíc na priamky \(BC\) a \(AC\) (osí strán \(AC\) a \(BC\)) je ortocentrom trojuholníka, ktorého dve strany sú zhodou okolností časti týchto priamok. To však znamená, že tieto kolmice musia byť výšky tohoto trojuholníka!
Poďme teda dokázať, že osi strán \(BC\) a \(AC\) prechádzajú vrcholmi \(Q\) a \(P\). Alebo radšej naopak – ukážme, že priesečníky osí strán \(AC\) a \(BC\) s priamkami \(BC\), \(AC\) ležia na kružnici opísanej trojuholníku \(AOB\). Keďže kružnica s priamkou majú najviac dva priesečníky, bude jasné, že tieto priesečníky budú práve body \(P\) a \(Q\).
Pozrime sa na trojuholníky \(AOB\), \(BOC\) a \(COA\). Všetky sú rovnoramenné, a preto označme uhly pri ich základniach postupne \(\alpha,\,\beta,\,\gamma\). Všimnime si, že pri vrchole \(C\) máme teraz uhol \(\beta+\gamma\). Zároveň, súčet uhlov trojuholníka \(ABC\) je \(2\alpha+2\beta+2\gamma\), čiže \(\alpha+\beta+\gamma=90^\circ\).
Označme \(S\) stred strany \(BC\). Ďalej označme \(W\) priesečník osi \(BC\) so stranou \(AC\). Potom máme pravouhlý trojuholník \(SCW\) s uhlami \(90^\circ\) (pri \(S\)) a \(\beta+\gamma\) (pri \(C\)), čiže posledný uhol, pri \(W\), musí byť \(\alpha\).
Pokiaľ \(A,B,O,W\) v tomto poradí tvoria štvoruholník: V štvoruholníku \(ABOW\) máme tým pádom pri tomto vrchole uhol \(180^\circ-\alpha\). My sme si však uhol pri \(B\) v tomto štvoruholníku definovali ako \(\alpha\). Protiľahlé uhly v \(ABOW\) teda dávajú dokopy \(180^\circ\), z čoho plynie, že tento štvoruholník je tetivový, a teda \(W=Q\).
Inak: Obvodový uhol nad \(AO\) sme definovali ako \(\alpha\), čiže z \(\sphericalangle ABO=\sphericalangle AWO=\alpha\) plynie, že \(A,B,O,W\) stále tvoria tetivový štvoruholník (z vety o obvodovom uhle).
Analogicky tento dôkaz dokončíme aj pre \(P\).
Poznámka: Všimnime si, že naše úvahy fungujú aj pokiaľ by jeden z uhlov \(\alpha,\,\beta,\,\gamma\) bol záporný, čo by zodpovedalo situácii, kedy je \(ABC\) tupouhlý, a teda \(O\) neleží v jeho vnútri. V tom prípade sa dokonca môže stať, že v trojuholníku \(SCW\) nebudeme brať uhol pri \(C\) ako \(\beta+\gamma\), ale \(180^\circ-\beta-\gamma\). V takom prípade však \(180^\circ=2\beta+2\gamma-2|\alpha|\), čiže pri \(C\) máme \(90^\circ-|\alpha|\), z čoho rovnako dostaneme \(\alpha\) pri \(W\) ako pôvodne.
Diskusia
Tu môžte voľne diskutovať o riešení, deliť sa o svoje kusy kódu a podobne.
Pre pridávanie komentárov sa musíš prihlásiť.