MetaMath '22 - Školjka

Vrijeme: 02:07

Upisana i pripisana kružnica - Primjer 3

Zadatak: Upisana kružnica dodiruje stranice $\overline{AB}$ i $\overline{AC}$ trokuta $ABC$ u točkama $M$ i $N$ . Neka je $P$ sjecište pravca $MN$ i simetrale kuta $\angle{ABC}$ . Dokaži da je $BP \perp CP$ .

Rješenje:
1. korak Odlučujem da želim dokazati da je $PCLI$ tetivan
Za početak, bilo bi prirodno uvesti oznaku za središte upisane kružnice $I$ i diralište upisane kružnice sa stranicom $\overline BC$ , $L$ . Kako bismo mogli dokazati da je traženi kut pravi? Najbezbolniji put bi mogao biti tražiti neki tetivni četverokut. Imam li kandidata? Da - kad bismo dokazali da je četverokut $PCLI$ tetivan, bili bismo gotovi! Je li to četverokut kojem je razumno računati kuteve? Da, ne djeluje preteško, kut $\angle LCI$ već imam zbog upisane kružnice... Da, ima smisla probati! Još neki kandidat? Ako imam nespretno nacrtanu skicu mogla bih se zeznuti na natjecanju pa gledati $PCBM$ , ali naravno, kut $\angle CMB$ nije pravi jer $CIM$ nisu kolinearne. $Attachment skizza.png$

2. korak Računam kut $\angle MPB$
Sad kad sam odlučila što radim, označim na skici sve kuteve koji mi djeluju korisno, a mogu ih izračunati. Zato sam označila $\angle ICL = \frac\gamma2$ . Mogu li nekako dobiti kut $\angle MPB$ ? Pa mogu! Kut $\angle MBP$ je $\frac\beta2$ , a kut $\angle PMB$ je vanjski kut trokuta $\triangle AMN$ . Sad se sjetim svojstava upisane kružnice - vrijedi $|AN| = |AM|$ . Dakle, $\triangle AMN$ je jednakokračan, stoga je $\angle AMN = 90^\circ-\frac\alpha2$ . Sada slijedi da je $\angle PMB = 90^\circ + \frac\alpha2$ , stoga je $\angle MPB = 180^\circ - 90^\circ -\frac\alpha2-\frac\beta2 =\frac\gamma2$

3. korak Uočavam deltoid
Hmm, računala sam $2$ kuta i oba su ispala $\frac\gamma2$ ... Da sam ih barem dobila na boljim mjestima, mogla bih odmah završiti zadatak... Konkretno, da sam dobila $\angle IPL = \frac\gamma2$ , bila bih gotova. Kutevi $\angle IPL$ i ovaj kut $\angle MPB$ , odnosno $\angle MPI$ su jako slični, skoro da je jedan zrcalna slika drugog. Malo se bolje zagledam i vidim da to stvarno je tako! Naime, trokut $BML$ je jednakokračan jer su $M$ i $L$ dirališta upisane kružnice, a $BP$ je onda, kao simetrala kuta nasuprot osnovice jednakokračnog trokuta, ujedno i visina na $ML$ . To znači da je na nju okomita te da ju (jer je trokut jednakokračan) raspolavlja. Opće je poznato da je četverokut čije su dijagonale okomite i jedna dijagonala raspolavlja drugu deltoid! Sada mogu zaključiti da je $\angle IPL = \angle MPI = \angle \frac\gamma2$ . Napomena: mogli smo samo uočiti sukladnost trokuta $\triangle BMP$ i $\triangle BLP$ bez spominjanja svojstava deltoida.

4. korak Jej!
Primijetimo da sada imamo $\angle IPL = \angle ICL = \frac\gamma 2$ , stoga je četverokut $IPLC$ tetivan, pa je $\angle IPC + \angle ILC = 180^\circ$ , a kako je $\angle ILC = 90^\circ$ , možemo zaključiti da je $\angle IPC = \angle BPC = 90^\circ$ , pa je $BP$ okomito na $CP$ , što je trebalo dokazati.

Super, riješili smo zadatak! U ovom zadatku vidjeli smo kako označavanje nekoliko točaka za koje je prirodno da su na skici može bitno olakšati zadatak. Kao rješenje upišite najveći prosti broj djeljiv i s 1 i s 2.

Za kraj ćemo baciti oko na rješenje jednog zadatka s upisanom kružnicom koji se pojavio na državnom natjecanju. Kroz rješenje ćemo proći neformalno, s naglaskom na proces rješavanja - kako bismo do ovako nečega mogli doći na natjecanju. Detaljno rješenje možete proučiti na \href{http://www.antonija-horvatek.from.hr/natjecanja-iz-matematike/zadaci/2010/2010-SS-drz-1234-AB-zad%2Brj/2010-SS-drz-1234-A-rj.pdf}{linku}. \textbf{Zadatak:} Upisana kružnica dodiruje stranice $\overline{AB}$ i $\overline{AC}$ trokuta $ABC$ u točkama $M$ i $N$. Neka je $P$ sjecište pravca $MN$ i simetrale kuta $\angle{ABC}$. Dokaži da je $BP \perp CP$. \textbf{Rješenje:} \\ \textbf{1. korak} Odlučujem da želim dokazati da je $PCLI$ tetivan \\ Za početak, bilo bi prirodno uvesti oznaku za središte upisane kružnice $I$ i diralište upisane kružnice sa stranicom $\overline BC$, $L$. Kako bismo mogli dokazati da je traženi kut pravi? Najbezbolniji put bi mogao biti tražiti neki tetivni četverokut. Imam li kandidata? Da - kad bismo dokazali da je četverokut $PCLI$ tetivan, bili bismo gotovi! Je li to četverokut kojem je razumno računati kuteve? Da, ne djeluje preteško, kut $\angle LCI$ već imam zbog upisane kružnice... Da, ima smisla probati! Još neki kandidat? Ako imam nespretno nacrtanu skicu mogla bih se zeznuti na natjecanju pa gledati $PCBM$, ali naravno, kut $\angle CMB$ \textbf{nije pravi} jer $CIM$ nisu kolinearne. \includegraphics{skizza.png} \textbf{2. korak} Računam kut $\angle MPB$ \\ Sad kad sam odlučila što radim, označim na skici sve kuteve koji mi djeluju korisno, a mogu ih izračunati. Zato sam označila $\angle ICL = \frac\gamma2$. Mogu li nekako dobiti kut $\angle MPB$? Pa mogu! Kut $\angle MBP$ je $\frac\beta2$, a kut $\angle PMB$ je vanjski kut trokuta $\triangle AMN$. Sad se sjetim svojstava upisane kružnice - vrijedi $|AN| = |AM|$. Dakle, $\triangle AMN$ je jednakokračan, stoga je $\angle AMN = 90^\circ-\frac\alpha2$. Sada slijedi da je $\angle PMB = 90^\circ + \frac\alpha2$, stoga je $$\angle MPB = 180^\circ - 90^\circ -\frac\alpha2-\frac\beta2 =\frac\gamma2$$ \textbf{3. korak} Uočavam deltoid \\ Hmm, računala sam $2$ kuta i oba su ispala $\frac\gamma2$... Da sam ih barem dobila na boljim mjestima, mogla bih odmah završiti zadatak... Konkretno, da sam dobila $\angle IPL = \frac\gamma2$, bila bih gotova. Kutevi $\angle IPL$ i ovaj kut $\angle MPB$, odnosno $\angle MPI$ su jako slični, skoro da je jedan zrcalna slika drugog. Malo se bolje zagledam i vidim da to stvarno je tako! Naime, trokut $BML$ je jednakokračan jer su $M$ i $L$ dirališta upisane kružnice, a $BP$ je onda, kao simetrala kuta nasuprot osnovice jednakokračnog trokuta, ujedno i visina na $ML$. To znači da je na nju okomita te da ju (jer je trokut jednakokračan) raspolavlja. Opće je poznato da je četverokut čije su dijagonale okomite i jedna dijagonala raspolavlja drugu deltoid! Sada mogu zaključiti da je $\angle IPL = \angle MPI = \angle \frac\gamma2$. Napomena: mogli smo samo uočiti sukladnost trokuta $\triangle BMP$ i $\triangle BLP$ bez spominjanja svojstava deltoida. \textbf{4. korak} Jej! \\ Primijetimo da sada imamo $\angle IPL = \angle ICL = \frac\gamma 2$, stoga je četverokut $IPLC$ tetivan, pa je $\angle IPC + \angle ILC = 180^\circ$, a kako je $\angle ILC = 90^\circ$, možemo zaključiti da je $\angle IPC = \angle BPC = 90^\circ$, pa je $BP$ okomito na $CP$, što je trebalo dokazati. Super, riješili smo zadatak! U ovom zadatku vidjeli smo kako označavanje nekoliko točaka za koje je prirodno da su na skici može bitno olakšati zadatak. Kao rješenje upišite najveći prosti broj djeljiv i s 1 i s 2.