Školjka

%V0 Ovaj zadatak iako je G5 ima prilično elementarno riješenje. Kao motivaciju za prvi korak gledamo definiciju točaka $K$ i $L$, odnosno stvaramo način za konstrukciju tih točaka. Definirajmo za tu konstrukciju kružnice $\omega_A$ i $\omega_B$ kao kružnice radijusa $\overline{AC}$ i $\overline{BC}$ sa centrima u $A$ i $B$ redom. Tada je točka $L$ jedno od sjecišta kružnice $\omega_A$ i pravca $BX$, pa tako definirajmo $L'$ kao drugo sjecište kružnice sa pravcem $BX$. Slično definiramo $K$ i $K'$ preko $\omega_B$. Definirajmo još jednu točku $C'$ a to je sjecište kružnica $\omega_A$ i $\omega_B$ jer zašto ne ? Tada je $CC'$ radikalna os $\omega_A$ i $\omega_B$ te vrijedi da je $$ CC' \perp AB$$ Jer su $A$ i $B$ centri pripadnih kružnica. Nadalje zaključujemo iz već postavljenog $CD \perp AB$ da su točke $C$,$D$,$X$ i $C'$ kolinearne. Štoviše jer $X$ leži na radikalnoj osi $\omega_A$ i $\omega_B$ ima jednaku potenciju na kružnice te vrijedi $$XK\cdot XK' = XL\cdot XL'$$ Odakle slijedi da su točke $K$, $K'$, $L$ i $L'$ konciklične, nazovimo tu kružnicu $\omega$. Sada nam je skica dosta široka i na njoj smo istražili puno generalnih činjenica te smo se time odmakli od tvrdnje zadatka. Pa sa pripremljenim platnom možemo se okomiti na ono što zapravo treba dokazati u zadatku: $$MK=ML$$ Ako pokušamo pristupiti dokazivanju ove tvrdnje na par klasičnih načina kao dokazati neku jednakost kuteva, ili pronalazak još neke točke koja je jednako udaljena od $M$ vidimo da je zadatak imun na takve upade. Jednostavno nam točka $M$ ne pruža dovoljno veliku kontrolu nad skicom, i sve činjenice koje smo dobili u zadatku nisu uopće vezane za točku $M$, ta nam opservacija ukazuje da se vrijedi udaljiti od točke $M$ i na neki drugi način probiti zadatak. Tu dolazi u biti pokretač ideje za zadatak $K$, $K'$, $L$ i $L'$ su konciklične točke, i trebamo dokazati da je neka točka jednako udaljena od $K$ i $L$ na kružnici. Još jednim pogledom na skicu uočavamo da bi $M$ mogla biti sjecište tangenata iz $K$ i $L$ na $\omega$. Kao što smo prije rekli, odmaknimo se malo od točke $M$. Odnosno umjesto dokazivanja da je $ML$ tangentno na $\omega$ dokazat čemo da je $AL$ tangentno na $\omega$. I sada ulijeće davno zaboravljeni uvijet, koji je prijeko potreban $$\angle BCA=90^{\circ}$$ odnosno ako prevedemo u kontekst našeg zadatka sa kružnicama $AC \perp CB \Rightarrow$ $AC$ je tangentno na $\omega_B$ u točki $C$ pa možemo zaključiti prevođenjem u jezik potencije točke da vrijedi $$AC^2 = AK \cdot AK'$$ jer $A$, $K$, $K'$ leže na jednom pravcu i $K$ i $K'$ leže na $\omega_B$. Ali $K$ i $K'$ leže i na $\omega$ što nam je upravo i prijelaz sa $\omega_B$ na $\omega$ jer $AC=AL$ pa $$AL^2 = AK \cdot AK'$$ odnosno $AL$ je tangentno na $\omega$, isto tako je $BK$ je tangentno na $\omega$ odakle slijedi da su $MK$ i $ML$ tangentni na $\omega$ odnosno $$MK=ML$$ što je i trebalo dokazati.