Vrijeme: 01:21

Upisana i pripisana kružnica - Primjer 3

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 linku.

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.