3. Zadatak

Neka je $ABC$ šiljastokutni trokut u kojem je $|AC|>|AB|$ . Neka je $N$ nožište visine iz $A$ na stranicu $BC$ . Neka je točka $P$ na produžetku dužine $AB$ preko vrha $B$ , te neka je točka $Q$ na produžetku dužine $AC$ preko vrha $C$ tako da je $BPQC$ tetivni četverokut. Ako vrijedi $|NP|=|NQ|$ , dokaži da je $N$ središte kružnice opisane trokutu $APQ$ .

Rješenje

Prvo rješenje.

Zbroj nasuprotnih kutova u tetivnom četverokutu je $180^\circ$ , stoga je $\angle CQP=180^\circ-\angle PBC$ i $\angle QPB=180^\circ-\angle BCQ$ , odakle je $\angle AQP=\angle CBA$ i $\angle QPA=\angle ACB$ .

Neka je $O$ središte kružnice opisane trokutu $APQ$ . Tada je $\angle AOP=2\angle AQP$ . Budući da je trokut $AOP$ jednakokračan, slijedi da je $\angle PAO=90^\circ-\angle AQP=90^\circ-\angle ABC$ .

Prvi službeni crtež središta kružnice

Drugi službeni crtež prvog rješenja

Neka je $p$ pravac koji s pravcem $AP$ zatvara kut $90^\circ-\angle ABC$ i koji siječe dužinu $PQ$ . Budući da je $\angle ANB=90^\circ$ , slijedi da je $\angle PAN=90^\circ-\angle ABC$ , što povlači da točke $A$ , $N$ i $O$ leže na pravcu $p$ .

Budući da je $|AB|\ne|AC|$ , slijedi da je $\angle AQP=\angle ABC\ne\angle ACB=\angle APQ$ , tj. $A$ ne leži na simetrali stranice $PQ$ . Zato je sjecište pravca $p$ i simetrale dužine $PQ$ jedinstveno i slijedi da je $N=O$ .

Drugo rješenje.

Neka je $b=|AC|$ , $c=|AB|$ , $v=|AN|$ , $\beta=\angle ABC$ i $\gamma=\angle BCA$ .

Zbroj nasuprotnih kutova u tetivnom četverokutu je $180^\circ$ , stoga je $\angle CQP=180^\circ-\angle PBC$ i $\angle QPB=180^\circ-\angle BCQ$ , odakle je $\angle AQP=\beta$ i $\angle QPA=\gamma$ .

Slijedi da su trokuti $ABC$ i $AQP$ slični. Neka je $|AP|=kb$ i $|AQ|=kc$ ( $k>1$ ).

Neka su $D$ i $E$ nožišta visina iz $N$ u trokutima $NAP$ i $NQA$ , redom.

Službeni crtež drugog rješenja

Iz pravokutnog trokuta $ABN$ je $\sin\beta=\frac vc$ , a iz pravokutnog trokuta $ADN$ je

|AD|=v\cos(90^\circ-\beta)=v\sin\beta \quad\text{i}\quad |DN|=v\sin(90^\circ-\beta)=v\cos\beta.

Primjenom Pitagorinog poučka u trokutu $NDP$ dobivamo

\begin{aligned} |NP|^2&=|ND|^2+|DP|^2=|ND|^2+(|AP|-|AD|)^2\\ &=(v\cos\beta)^2+(kb-v\sin\beta)^2\\ &=v^2\cos^2\beta+k^2b^2-2kbv\sin\beta+v^2\sin^2\beta\\ &=v^2+k^2b^2-2kv^2\frac bc. \end{aligned}

Analogno dobivamo

|NQ|^2=v^2+k^2c^2-2kv^2\frac cb.

Budući da je $|NP|=|NQ|$ slijedi

v^2+k^2b^2-2kv^2\frac bc =v^2+k^2c^2-2kv^2\frac cb,

odakle

k b^2-k c^2=2v^2\left(\frac bc-\frac cb\right),

odnosno

kbc(b^2-c^2)=2v^2(b^2-c^2),

pa zbog $b\ne c$ dobivamo

k=\frac{2v^2}{bc}.

Konačno je

\begin{aligned} |NP|^2=|NQ|^2 &=v^2+k^2c^2-2kv^2\frac cb\\ &=v^2+\frac{4v^4c^2}{b^2c^2}-\frac{4v^4c}{b^2c} =v^2. \end{aligned}

Dakle, $|NP|=|NQ|=|NA|$ , pa je $N$ središte kružnice opisane trokutu $AQP$ .