Zadanie
Dante nakúpil náboje a pristúpil k Jerrymu. „Dočuj, prisámvačku, občas sa mi marí, že máš za pultom zašmodrchaného nejakého gan-“ V tú ranu spoza pultu vyskočil vysoký uhol a vyrazil na ulicu. Dante sa obrátil na podpätku a v zlomku sekundy ho dolapil. „Počuj, nie si ty ten uhol, čo vykradol Banku pána Bambulu na siedmej avenue?“ Uhol sa však len krútil a volal, že chce právnika. Dante si teda posunul klobúk hlbšie do čela a pustil sa do detektívovania. Je načim dokázať, že tento uhol a tamten uhol sú jeden a ten istý uhol.
Kružnica vpísaná trojuholníku \(ABC\) sa dotýka strán \(BC\), \(AC\), \(AB\) postupne v bodoch \(D\), \(E\), \(F\). Úsečka \(AD\) pretína kružnicu vpísanú trojuholníku \(ABC\) druhý raz v bode \(Q\). Priamka \(p\) je rovnobežná s priamkou \(BC\) a prechádza cez bod \(A\). Priamky \(DF\) a \(DE\) pretínajú priamku \(p\) postupne v bodoch \(P\) a \(R\). Dokážte, že uhly \(PQR\) a \(FQE\) majú rovnakú veľkosť.
Nech sú uhly trojuholníka \(ABC\) \(\alpha,\beta,\gamma\) ako obvykle. Najprv si uvedomme, že uhly v trojuholníku \(DEF\) poznáme, sú to postupne \(90-\frac{\alpha}{2}, 90-\frac{\beta}{2},90-\frac{\gamma}{2}\). Pre \(D\) sa to dá ukázať s použitím vety o obvodových a úsekových uhloch pre uhly \(EFA\) a \(AEF\): \(|\sphericalangle EFA|= |\sphericalangle EDF|= |\sphericalangle AEF|\), a z trojuholníka \(AEF\) získavame, že táto spoločná veľkosť uhlov je \(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\). Pre zvyšné vrcholy to ide podobne.
Vidíme ďalej, že uhol \(|\sphericalangle EFP|=180^{\circ}-|\sphericalangle DFE|=180^{\circ}-(90^{\circ}-\gamma)=90^{\circ}+\gamma\). A tiež sa dá kvôli rovnobežnosti \(PR\) a \(DC\) odvodiť \(|\sphericalangle PRE|=|\sphericalangle CDE|=90^{\circ}-\gamma\), teda súčet uhlov \(PRE\) a \(EFP\) je \(180^\circ\), (alebo inak povedané, orientované uhly \(PRE\) a \(PFE\) sú rovnaké modulo \(180^{\circ}\)), teda štvoruholník \(FERP\) je tetivový.
Ďalej vieme, že \(|AF|=|AE|\) a ďalej vieme, že \(|\sphericalangle REA|= 90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}=|\sphericalangle ARE|\), teda aj \(|AE|=|AR|\), teda A je stredom kružnice opísanej \(FERP\). Z toho vďaka Tálesovej vete vyplýva, že \(|\sphericalangle RFP|=|\sphericalangle REP|= 90^{\circ}\), teda \(RF\) a \(PE\) sú výšky v trojuholníku \(DRP\).
Teraz sa pozrime na to, že čo vlastne chceme ukázať: \(|\sphericalangle FQE|= |\sphericalangle RQP|\). Ale z tetivovosti \(DEQF\) vieme, že vlastne chceme ukázať to, že ak pri \(D\) máme uhol \(\phi\), tak \(|\sphericalangle RQP|=180^{\circ}-\phi\). Teda podarilo sa nám úlohu previesť ekvivalentnými krokmi na túto známu lemu, ktorú ukážeme iba v tomto špeciálnom prípade, no dá sa takýmto spôsobom ukázať aj všeobecne, nie len s takýmito uhlami.
Lema. Ak máme daný trojuholník (tu \(DRP\)), tak ten bod (tu \(Q\)), ktorý leží na ťažnici z daného vrcholu s vnútorným uhlom \(\phi\) (tu \(D\)), a tiež na kružnici určenej tým istým vrcholom a dvomi pätami výšok (tu kružnica \(DEF\)) pri tomto vrchole má vlastnosť, že nad treťou stranou má uhol \(180^{\circ}-\phi\).
Dôkaz. Vieme, že \(FERP\) je tetivový štvoruholník, teda vieme, že \(|\sphericalangle FPA|=|\sphericalangle FED|=|\sphericalangle FQD|= 180^{\circ}-|\sphericalangle AQF|\), teda \(APFQ\) je tiež tetivový, z čoho si vieme získať \(|\sphericalangle AQP|=|\sphericalangle AFP|=90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\), a podobne sa dá ukázať tetivovsť \(AQER\) a \(|\sphericalangle RQA|=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}\), a tak teda \[|\sphericalangle RQP|=|\sphericalangle AQP|+ |\sphericalangle RQA|= 90^{\circ}-\frac{\beta}{2}+ 90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}=90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}.\] A nakoľko pri \(D\) sme mali uhol \(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\), máme našu lemu dokázanú.
Teda ukázali sme, že požadované dva uhly sa naozaj rovnajú.
Diskusia
Tu môžte voľne diskutovať o riešení, deliť sa o svoje kusy kódu a podobne.
Pre pridávanie komentárov sa musíš prihlásiť.