/Szkoła średnia/Geometria/Planimetria/Trójkąt/Dowolny

Zadanie nr 5850251

W trójkącie ABC poprowadzono dwusieczne kątów przecinające boki AB i AC tego trójkąta w punktach – odpowiednio – L i K . Punkt P jest punktem przecięcia tych dwusiecznych. Długości boków trójkąta ABC spełniają warunki: |AB |+ |AC | = 1 oraz

|BC |2 + 3|AC | = 3|AC |2 + 1.

Udowodnij, że punkt A leży na okręgu opisanym na trójkącie KLP .

Wersja PDF

Rozwiązanie

Szkicujemy opisaną sytuację.

PIC

Musimy oczywiście wykazać, że na czworokącie ALP K można opisać okrąg. Aby to udowodnić, musimy wykazać, że ∡LAK + ∡LP K = 18 0∘ . Jeżeli przyjmiemy oznaczenia kątów trójkąta jak na rysunku, to

∘ β- γ- ∘ β-+--γ ∡LP K = ∡BP C = 180 − 2 − 2 = 180 − 2 = 180∘ − α α = 180∘ − ---------= 90∘ + --. 2 2

Musimy zatem udowodnić, że

∘ ∘ α- 18 0 = ∡LAK + ∡LP K = α+ 90 + 2 3 2 --α = 90∘ ⇐ ⇒ α = --⋅90 ∘ = 60∘. 2 3

Wiemy więc co mamy zrobić – zadanie sprowadza się do udowodnienia, że ∘ α = 60 .

Spróbujmy teraz rozszyfrować podany warunek dotyczący długości boków trójkąta ABC . Żeby uprościć przekształcenia, oznaczmy BC = a , AC = b i AB = c . Wiemy zatem, że b+ c = 1 , czyli c = 1 − b oraz

a2 + 3b = 3b 2 + 1 ⇒ a2 = 3b2 − 3b + 1.

To oznacza, że faktycznie mamy obliczone długości boków trójkąta ABC w zależności od jednego parametru b . Ponieważ interesuje nas miara kąta α , piszemy twierdzenie cosinusów w trójkącie ABC .

a2 = b2 + c2 − 2bcco sα.

Podstawiamy teraz w tej równości 2 2 a = 3b − 3b+ 1 i c = 1− b .

2 2 2 3b − 3b + 1 = b + (1− b) − 2b (1− b)cos α 2b(1 − b) cosα = b2 + 1− 2b+ b2 − 3b 2 + 3b− 1 2b(1 − b) cosα = −b 2 + b = b(1 − b) / : 2b(1− b) 1 cosα = -- ⇐ ⇒ α = 60∘. 2

Po drodze podzieliliśmy równanie przez b(1− b) – mogliśmy to zrobić, bo z warunku b + c = 1 wynika, że b ∈ (0,1) .

Wykazaliśmy więc, że α = 60∘ co w połączeniu z analizą przeprowadzoną na początku rozwiązania dowodzi, że na czworokącie ALP K można opisać okrąg.

Wersja PDF
Rozwiązanie Losuj ponownie