10. Kráčam Mojou Školou vzorové riešenie

Na začiatok si jedným rýchlym vyuhlením úlohu preformulujeme tak, aby sme sa zbavili nedôležitého bodu \(M\). Označme si veľkosť uhla \(PMN\) ako \(\delta\). Rovnakú veľkosť má, očividne, aj uhol \(PNM\). Keďže body \(A, M, P, B\) ležia na kružnici (ako vieme zo zadania, tak v tomto poradí) tak \(|\sphericalangle ABP|=180-|\sphericalangle AMP|=|\sphericalangle PMN|=\delta\). Podobne vďaka obvodovým uhlom dostávame aj \(|\sphericalangle ABP|=|\sphericalangle AXP|=\delta\). Označme pätu výšky z bodu \(B\) na stranu \(AC\) ako \(S\) a priesečník priamok \(PX\) a \(AB\) ako \(T\). Potom nakoľko \(|\sphericalangle ABP|=|\sphericalangle TBS|=|\sphericalangle ABP|=|\sphericalangle PNS|\), musia podľa vety o obvodových uhloch body \(S, T, B, N\) ležať na kružnici. To ale, opäť využitím obvodových uhlov, znamená, že \(|\sphericalangle PTB|=90^\circ\). Navyše nakoľko \(|\sphericalangle AXN|=|\sphericalangle ANX|,\) tak trojuholník \(ANX\) je rovnoramenný so základňou \(XN\) a priamka \(AB\) je osou úsečky \(NX\) (vieme, že \(|\sphericalangle ATN|=90^\circ\)). To už sme sa nielen pekne pohli s našou úlohou, ale tiež teraz môžeme zabudnúť na bod \(M\) a skonštruovať bod \(N\) ako priesečník priamky \(AC\) a priamky \(PT\), kde \(T\) definujeme priamo ako pätu kolmice z bodu \(P\) na priamku \(AB\).

Teraz sa poďme pozrieť, aké uhly vieme dostať pri bode \(Y\). Využitím obvodových uhlov (keďže body \(Y, A, P, N\) podľa zadania ležia na kružnici) vieme, že \(|\sphericalangle AYP|=|\sphericalangle ANP|=\delta.\) Potom ale trojuholník \(YPB\) musí byť rovnoramenný so základňou \(YB\) a navyše priamka \(PX\) je osou úsečky \(BY\). To ale znamená, že kružnica opísaná trojuholníku \(YPX\) je obrazom kružnice opísanej trojuholníku \(XPB\) (o ktorej vieme, že na nej leží aj bod \(A\)) v osovej súmernosti podľa priamky \(PX\).

Teraz sa už konečne dostávame k pointe úlohy a to k dôkazu, že nejaká priamka je dotyčnicou ku kružnici. Všimnime si, že tvrdenie, že priamka \(CZ\) je dotyčnicou ku kružnici opísanej trojuholníku \(PXY\) je ekvivalentné takému, že obraz priamky \(CZ\) v osovej súmernosti podľa priamky \(PX\) je dotyčnicou ku kružnici opísanej štvoruholníku \(APBX\). Prečo je intuitívne, že by sme radšej dokazovali toto nové tvrdenie? Dôvody sú hneď dva. Prvým je, že kružnica opísaná trojuholníku \(PYX\) je v úlohe akosi „navyše“. Je relatívne neprirodzená a teraz sme si ukázali, že jednoduchou geometrickou operáciou (preklopenie cez priamku) ju vieme zobraziť na oveľa prirodzenejšiu kružnicu, ktorá sa v zadaní vyskytuje hneď od začiatku. Druhým dôvodom, prečo by sme chceli dokazovať toto nové tvrdenie je, že priamka \(CZ\) je taktiež relatívne ťažko uchopiteľná a ako uvidíme, jej obraz bude oveľa prirodzenejší.

Aby sa nám dobre pracovalo s obrazom priamky \(CZ\), označme si jej priesečník s priamkou \(XP\) ako \(K\). Ukážeme si, že \(K\) je veľmi pekný bod. Začnime pozorovaním, že \(|\sphericalangle ZAP|=\delta\), pretože priamka \(AZ\) bola definovaná ako dotyčnica ku kružnici opísanej trojuholníku \(APN\), a teda uhol \(ZAP\) je úsekový k uhlu \(ANP\). Zo symetrie podľa priamky \(PB\) taktiež platí \(|\sphericalangle ZCP|=\delta\). Označme ešte \(|\sphericalangle PAC|=\phi.\) Potom zo symetrie vieme aj \(|\sphericalangle PCA|=\phi.\) Uhol \(CNK\) je vrcholový k uhlu \(PNA\), a teda veľkosťou rovný \(\delta\). Nakoľko uhol \(ZCA\), ktorý je vo veľkosti rovný \(\delta+\phi,\) je susedný s uhlom \(NCK\) a ten je doplnkom súčtu uhlov \(KNC\) a \(NKC\) do \(180^\circ\), musí platiť \(|\sphericalangle CKN|=\phi.\) Potom ale vďaka obvodovým uhlom nad tetivou \(CP\) musia body \(A, P, C, K\) ležať na kružnici. Opäť použitím obvodových uhlov, tentokrát nad tetivou \(AP\) vieme, že \(|\sphericalangle PKA|=|\sphericalangle PCA|=\phi.\)¹ Ajhľa, čo sa nám to ale práve podarilo ukázať? Keďže \(|\sphericalangle AKP|=|\sphericalangle CKP|=\delta\), potom priamka \(AK\) musí byť obrazom priamky \(ZK\) v osovej súmernosti podľa priamky \(PK\). Teda priamka \(AK\) je tá priamka, o ktorej chceme ukázať, že je dotyčnicou ku kružnici opísanej štvoruholníku \(XAPB\). Toto je ale výrazné zjednodušenie, lebo nakoľko vieme, že táto kružnica prechádza bodom \(A\), podobne ako aj priamka \(AK\), potom táto priamka sa musí tejto kružnice dotýkať priamo v bode \(A\). Toto zjednodušuje situáciu, lebo vďaka tomu už nám iba stačí dokázať úsekovosť uhlov \(PAK\) a \(ABP\). Takúto vymoženosť by sme pri pôvodnej priamke \(CZ\) a pôvodnej kružnici opísanej \(PXY\) nemali, lebo by sme vlastne nevedeli, kde sa pretínajú, či naozaj v jednom bode a aké úsekové uhly teda vlastne dokazovať.

Toto je však už hračka. Vieme, že \(|\sphericalangle ABP|=\delta\), a teda nám stačí ukázať to isté pre uhol \(PAK\). Keďže body \(APCK\) ležia na kružnici, vieme: \(|\sphericalangle PAK|=180^\circ-|\sphericalangle PCK|=|\sphericalangle ZCP|=|\sphericalangle ZAP|=|\sphericalangle PNA|=|\sphericalangle ABP|=\delta.\) A tým sme úlohu dokázali.

Na záver ešte poznamenáme, že sú len dve validné konfigurácie a uhlenie je pre ne takmer rovnaké. Prvá konfigurácia je tá, ktorú sme popisovali vo vzoráku a aká je nakreslená na obrázku. Druhá konfigurácia by vznikla, ak \(P\) by bol „vysoko“, v tom prípade \(Y\) by bol vnútri úsečky \(AB\) a \(Z\) by bol nad bodom \(B\). Hoci by to chcelo formálne dokázať, že tieto dve konfigurácie sú jediné, ktoré môžu nastať, nebudeme to robiť a nebudeme to ani vyžadovať v riešení.