4. Zadatak

Dan je trokut $ABC$ . Kružnica $k$ izvana dodiruje stranicu $BC$ u točki $K$ te produžetke stranica $AB$ i $AC$ preko točaka $B$ i $C$ redom u točkama $L$ i $M$ . Kružnica s promjerom $BC$ siječe dužinu $LM$ u točkama $P$ i $Q$ tako da točka $P$ leži između $L$ i $Q$ .

Dokaži da se pravci $BP$ i $CQ$ sijeku u središtu kružnice $k$ .

Rješenje

Uvedimo oznake $\alpha=\angle CAB$ , $\beta=\angle ABC$ , $\gamma=\angle BCA$ .

Središte kružnice $k$ je sjecište simetrala kutova $CBL$ i $BCM$ . Zbog toga je dovoljno dokazati da te simetrale sijeku pravac $LM$ redom u točkama $P$ i $Q$ .

Označimo s $P'$ i $Q'$ sjecište pravca $LM$ sa simetralama kutova $KBL$ i $KCM$ , redom. Trebamo dokazati $P'=P$ i $Q'=Q$ .

Skica službenog rješenja

Trokuti $KBP'$ i $LBP'$ su sukladni jer imaju zajedničku stranicu $BP'$ te vrijedi $|KB|=|LB|$ , $\angle KBP'=\angle LBP'$ . Slijedi da je $\angle P'KB=\angle BLP'=\angle ALM$ .

Trokut $ALM$ je jednakokračan pa je

\angle AMP'=\angle AML=\angle ALM=\angle P'KB=180^\circ-\angle P'KC.

Odavde slijedi da je četverokut $MCKP'$ tetivan. Kako je $|MC|=|KC|$ , po teoremu o obodnom kutu slijedi $\angle MP'C=\angle KP'C$ . Budući da je i $\angle KP'B=\angle LP'B$ , vrijedi

180^\circ=\angle MP'C+\angle KP'C+\angle KP'B+\angle LP'B =2(\angle KP'C+\angle KP'B)=2\angle CP'B,

dakle kut $CP'B$ je pravi. Odavde zaključujemo da točka $P'$ leži na kružnici s promjerom $BC$ .

Na isti način vidimo da točka $Q'$ leži na kružnici s promjerom $BC$ . Sada imamo $P',Q'\in\{P,Q\}$ , jer se i $P'$ i $Q'$ nalaze na presjeku pravca $LM$ i kružnice s promjerom $BC$ . Ovo je moguće jedino ako vrijedi $P=P'$ i $Q=Q'$ ; u suprotnom bi središte kružnice $k$ bilo s iste strane pravca $LM$ kao i točka $A$ . Time je dokaz završen.