Matematyka.pl

Okrąg \(\displaystyle{ o}\) jest wpisany w trójkąt równoramienny (\(\displaystyle{ AC=BC}\)) jest styczny do \(\displaystyle{ BC}\) w punkcie \(\displaystyle{ E}\). Prosta różna od \(\displaystyle{ AE}\) i do której należy punkt \(\displaystyle{ A}\) ma punkty wspólne z \(\displaystyle{ o}\) tj. \(\displaystyle{ F}\) i \(\displaystyle{ G}\). Proste \(\displaystyle{ EF}\) i \(\displaystyle{ EG}\) mają z prostą \(\displaystyle{ AB}\) punkty wspólne \(\displaystyle{ K}\) i \(\displaystyle{ L}\). Udowodnić, że \(\displaystyle{ AK=BL}\).

Nie tracąc ogólności można założyć, że okrąg wpisany w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) ma promień jeden, jego równanie:

(Jak na poniższym rysunku)...

\(\displaystyle{ (x-a)^2+(y-1)^2=1}\)

lub:

\(\displaystyle{ x^2+y^2-2ax-2y+a^2=0}\)

Prosta \(\displaystyle{ OF}\) ma równanie:

\(\displaystyle{ y= \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} \cdot x }\)

Częścią wspólną tej prostej i okręgu są punkty: \(\displaystyle{ F \wedge G}\)

A to ich współrzędne:

\(\displaystyle{ F(x_{1}, y_{1}) , x_{1}=(A-B)\cos \alpha , y_{1}=(A-B) \sin \alpha }\)

\(\displaystyle{ G(x_{2}, y_{2}) , x_{2}=(A+B)\cos \alpha , y_{2}=(A+B) \sin \alpha }\)

\(\displaystyle{ A=a\cos \alpha+\sin \alpha , B= \sqrt{(a\cos \alpha+\sin \alpha)^2-a^2} }\)

\(\displaystyle{ A^2-B^2=a^2}\)

Łatwo też obliczyć współrzędne punktu \(\displaystyle{ E}\):

\(\displaystyle{ E\left( \frac{3a+a^3}{1+a^2} , \frac{2a^2}{1+a^2} \right) }\)

Teraz tworzymy proste:

\(\displaystyle{ EF}\):

\(\displaystyle{ y- \frac{2a^2}{1+a^2}= \frac{ \frac{2a^2}{1+a^2}-(A-B)\sin \alpha}{ \frac{3a+a^3}{1+a^2}-(A-B)\cos \alpha} \cdot \left( x- \frac{3a+a^3}{1+a^2}\right)}\)

\(\displaystyle{ EG}\):

\(\displaystyle{ y- \frac{2a^2}{1+a^2}= \frac{ \frac{2a^2}{1+a^2}-(A+B)\sin \alpha}{ \frac{3a+a^3}{1+a^2}-(A+B)\cos \alpha} \cdot \left( x- \frac{3a+a^3}{1+a^2}\right)}\)

Teraz porównujemy \(\displaystyle{ y}\) do zera, żeby znaleźć wsółrzędne:

\(\displaystyle{ x_{1} , x_{2}}\) punktów: \(\displaystyle{ K , L}\)

Po kilku łatwych przekształceniach otrzymamy:

\(\displaystyle{ x_{1}= \frac{3a+a^3}{1+a^2}-\frac{2a^2}{1+a^2} \cdot \frac{3a+a^3-(A-B)(1+a^2)\cos \alpha}{2a^2-(A-B)(1+a^2)\sin \alpha} }\)

\(\displaystyle{ x_{2}= \frac{3a+a^3}{1+a^2}-\frac{2a^2}{1+a^2} \cdot \frac{3a+a^3-(A+B)(1+a^2)\cos \alpha}{2a^2-(A+B)(1+a^2)\sin \alpha} }\)

W zadaniu mamy udowodnić, że:

\(\displaystyle{ KP=PL}\)

Co na jedno wychodzi, że może być:

\(\displaystyle{ AK=BL}\)

lub co na jedno wychodzi:

\(\displaystyle{ x_{1}+x_{2}=2a}\)

I to właśnie udowodnimy, ponieważ jest to najbardziej pracochłonna część zadania ale mało twórcza nie będę przedstawiał rachunków,
jak ktoś nie wierzy niech sobie sam policzy, w każdym razie na początek biorę te dwie sumy sprowadzam do wspólnego mianownika w sposób hamski sprowadzając do wspólnego mianownika, mnożąc i skracając co niebyt jest ciekawe, pokażę sam wynik:

\(\displaystyle{ \frac{3a+a^3-(A-B)(1+a^2)\cos \alpha}{2a^2-(A-B)(1+a^2)\sin \alpha} + \frac{3a+a^3-(A+B)(1+a^2)\cos \alpha}{2a^2-(A+B)(1+a^2)\sin \alpha}=}\)

\(\displaystyle{ \frac{-2a}{-a^2} \cdot \frac{(3-2a^2-a^4)-(3+2a^2-a^4)\cos^2\alpha + 4a(1+a^2)\cos \alpha \sin \alpha}{(3-2a^2-a^4)-(3+2a^2-a^4)\cos^2\alpha + 4a(1+a^2)\cos \alpha \sin \alpha}= \frac{2}{a} }\)

Jak widać ładnie się to skraca, w konsekwencji otrzymamy:

\(\displaystyle{ x_{1}+x_{2} = \frac{3a+a^3}{1+a^2}+ \frac{3a+a^3}{1+a^2}-\frac{2a^2}{1+a^2} \cdot \frac{2}{a} = \frac{6a+2a^3}{1+a^2} - \frac{4a}{1+a^2} = \frac{2a^3+6a-4a}{1+a^2} = \frac{2a^3+2a}{1+a^2} = 2a \cdot \frac{a^2+1}{1+a^2}=2a}\)

Więc:

\(\displaystyle{ x_{1}+x_{2}=2a}\)

Więc:

\(\displaystyle{ AK=BL, PK=PL}\)

cnd...

Trójkąt równoramienny:

\(\displaystyle{ AC=BC}\)

\(\displaystyle{ AB=2a , AP=PB=a = BE}\)