4. Zadatak

Prvo rješenje.

Označimo s $\alpha$ i $\beta$ mjere kutove trokuta $ABC$ pri vrhovima $A$ i $B$. Neka je $\gamma_1=\angle ACP$ i $\gamma_2=\angle PCB$ te $\phi=\angle CPA$.

Kako je pravac $CP$ okomit na pravac $XY$, zaključujemo da je $\angle XPA=\angle BPY=90^\circ-\phi$. Kako su trokuti $XPC$ i $YPC$ pravokutni, možemo zaključiti i da je $\angle CXP=90^\circ-\gamma_1$, $\angle CYP=90^\circ-\gamma_2$ te $\angle PYB=90^\circ+\gamma_2$.

Primjenom sinusova poučka u trokutu $XPA$ dobivamo

$$\frac{|AX|}{|AP|}=\frac{\sin\angle XPA}{\sin\angle AXP} =\frac{\sin(90^\circ-\phi)}{\sin(90^\circ-\gamma_1)} =\frac{\cos\phi}{\cos\gamma_1},$$

a primjenom sinusova poučka u trokutu $CPA$ dobivamo

$$\frac{|AC|}{|AP|}=\frac{\sin\angle CPA}{\sin\angle ACP} =\frac{\sin\phi}{\sin\gamma_1}.$$

Korištenjem gornjih jednakosti dobivamo

$$|AX|\cdot|AC|=|AP|^2\frac{\sin\phi\cdot\cos\phi}{\sin\gamma_1\cdot\cos\gamma_1}.$$

Slično, korištenjem sinusova poučka u trokutu $PYB$ dobivamo

$$\frac{|BY|}{|PB|}=\frac{\sin\angle BPY}{\sin\angle PYB} =\frac{\sin(90^\circ-\phi)}{\sin(90^\circ+\gamma_2)} =\frac{\cos\phi}{\cos\gamma_2},$$

a primjenom sinusova poučka u trokutu $PBC$ dobivamo

$$\frac{|BC|}{|PB|}=\frac{\sin\angle BPC}{\sin\angle PCB} =\frac{\sin(180^\circ-\phi)}{\sin\gamma_2} =\frac{\sin\phi}{\sin\gamma_2}.$$

Korištenjem tih dviju jednakosti dobivamo

$$|BY|\cdot|BC|=|PB|^2\frac{\sin\phi\cdot\cos\phi}{\sin\gamma_2\cdot\cos\gamma_2}.$$

Iz uvjeta zadatka slijedi

$$|AP|^2\frac{\sin\phi\cdot\cos\phi}{\sin\gamma_1\cdot\cos\gamma_1} =|AX|\cdot|AC|=|BY|\cdot|BC| =|PB|^2\frac{\sin\phi\cdot\cos\phi}{\sin\gamma_2\cdot\cos\gamma_2}.$$

Kako je $P$ polovište stranice $AB$, vrijedi $|AP|=|BP|$, pa dobivamo

$$\sin\gamma_1\cos\gamma_1=\sin\gamma_2\cos\gamma_2.$$

Korištenjem formule za sinus dvostrukog kuta ($\sin(2x)=2\sin x\cos x$, za sve $x\in\mathbb R$), nakon množenja gornje jednakosti s $2$ dobivamo

$$\sin(2\gamma_1)=\sin(2\gamma_2).$$

Kutovi $\gamma_1$ i $\gamma_2$ manji su od $180^\circ$, pa su njihovi dvostruki kutovi manji od $360^\circ$. Zato da bi vrijedila gornja jednakost, mora biti $2\gamma_1=2\gamma_2$ ili $2\gamma_1=180^\circ-2\gamma_2$.

Ako je $2\gamma_1=2\gamma_2$, onda je $\gamma_1=\gamma_2$, pa iz jednakosti s početka imamo

$$\frac{|AC|}{|AP|}=\frac{\sin\phi}{\sin\gamma_1} =\frac{\sin\phi}{\sin\gamma_2}=\frac{|BC|}{|BP|},$$

odakle je posebno $|AC|=|BC|$, pa trokut $ABC$ nije raznostraničan i time dobivamo kontradikciju.

Dakle, nužno je $2\gamma_1=180^\circ-2\gamma_2$, odnosno $\angle BCA=\gamma_1+\gamma_2=90^\circ$. Dakle, trokut $ABC$ je pravokutan, što je i trebalo dokazati.

U gornjem rješenju nakon jednakosti $\sin\gamma_1\cos\gamma_1=\sin\gamma_2\cos\gamma_2$ se primjenjuje formula za sinus dvostrukog kuta: $\sin2x=2\sin x\cos x$. Ta se formula može dokazati geometrijski.

Za jednakokračan trokut na slici iz kosinusova poučka slijedi

$$2|AB|\cos x=2\cdot|AC|\cdot|AB|\cos x=|AC|^2+|AB|^2-|BC|^2=|AB|^2,$$

odnosno $|AB|=2\cos x$. S druge strane, primjenom sinusova poučka dobivamo

$$|AB|=\frac{|AB|}{|BC|}=\frac{\sin(180^\circ-2x)}{\sin x}=\frac{\sin(2x)}{\sin x},$$

pa formula za dvostruki kut slijedi kada izjednačimo dva dobivena identiteta za duljinu stranice $|AB|$.

Alternativno, rješenje se može dovršiti algebarski bez korištenja te formule. Kvadriranjem identiteta $\sin\gamma_1\cos\gamma_1=\sin\gamma_2\cos\gamma_2$ i uvođenjem supstitucija $A=\sin^2\gamma_1=1-\cos^2\gamma_1$, $B=\sin^2\gamma_2=1-\cos^2\gamma_2$, jednakost postaje

$$A(1-A)=B(1-B),\qquad\text{odnosno,}\qquad(A-B)(A+B-1)=0.$$

Prva mogućnost daje $\sin^2\gamma_1=\sin^2\gamma_2$. Kako su kutovi $\gamma_1$ i $\gamma_2$ između $0^\circ$ i $180^\circ$, nužno je $\gamma_1=\gamma_2$, što kao u prvom rješenju odbacujemo. Druga mogućnost daje

$$0=\sin^2\gamma_1+\sin^2\gamma_2-1 =\sin^2\gamma_1-\cos^2\gamma_2 =\sin^2\gamma_1-\sin^2(90^\circ-\gamma_2),$$

što ponovno slično argumentiramo da je jedina mogućnost $\gamma_1=90^\circ-\gamma_2$, dakle da je kut pri vrhu $C$ pravi.

Drugo rješenje.

Neka pravac paralelan sa $BC$ kroz $A$ siječe $XY$ u točki $Y'$, a paralelu sa $AB$ kroz $C$ u točki $B'$.

Budući da je četverokut $BCB'A$ paralelogram, vrijedi $|BC|=|AB'|$.

Također, iz $AY'\parallel YB$ slijedi da je $\angle Y'AP=\angle PBY$. Kutovi $\angle Y'PA$ i $\angle YPB$ su kao vršni kutovi pri vrhu $P$ jednaki, a kako je $P$ polovište stranice $AB$ vrijedi $|PB|=|PA|$. Zato po K-S-K poučku o sukladnosti zaključujemo da su trokuti $PY'A$ i $PYB$ sukladni.

Posebno, iz te sukladnosti slijedi $|BY|=|AY'|$. Uvjet iz zadatka sada možemo zapisati na sljedeći način:

$$|AX|\cdot|AC|=|BY|\cdot|BC|=|AY'|\cdot|AB'|.$$

Prema obratu teorema o potenciji točke slijedi da je $XY'CB'$ tetivni četverokut.

Iz sukladnosti trokuta $PY'A$ i $PYB$ dodatno slijedi da je $|YP|=|PY'|$. To znači da pravokutni trokuti $CPY'$ i $CPY$ dijele jednu katetu, a drugi par kateta im je jednake duljine, pa su prema S-K-S poučku o sukladnosti i oni sukladni. Posebno: $\angle CY'P=\angle CYP$.

Koristeći tu jednakost kutova, tetivnost četverokuta $XY'CB'$, te paralelnost pravaca $B'C$ i $AB$, odnosno $BC$ i $AB'$, dobivamo

$$\angle CAP=\angle ACB'=\angle AY'X=\angle CYP=\angle CY'P,$$

odakle slijedi da je četverokut $CAY'P$ tetivan.

Zato je $\angle CAY'=180^\circ-\angle CPY'=90^\circ$, te konačno

$$\angle ACB=180^\circ-(\angle CAB+\angle CBA) =180^\circ-(\angle CAB+\angle BAY') =180^\circ-\angle CAY'=90^\circ,$$

čime smo dokazali da je trokut $ABC$ pravokutan.