1. No category

Priprave na MMO 2016 – 2. domača naloga
1. Dan je tetiven štirikotnik ABCD. Simetrala stranice CD naj seka poltrak DA v točki
P , BD pa v točki Q. Dokaži, da je ∠QCA = ∠P CB.
2. Dan je trikotnik ABC. Naj bodo točke L, M in N razpolovišča stranic BC, CA in AB.
Točki P in Q ležita na AB oz. BC zaporedoma. Naj bosta R in S taki točki na AB oz.
BC, da je N razpolovišče P R, L pa razpolovišče QS. Če se premici P S in QR pravokotno
sekata v točki T , dokaži, da T leži na krožnici očrtani trikotniku LM N .
3. Dan je ostrokotni trikotnik ABC in naj bo I središče njemu včrtane krožnice. Premici AI
in BI sekata krožnico K očrtano trikotniku ABC zaporedoma v točkah D in E. Daljici
DE in CA naj se sekata v točki F , vzporednica k premici F I skozi točko E naj seka
krožnico K ponovno v točki G, premici DG in F I pa naj se sekata v točki H. Dokaži, da
se premici CA in BH dotikata krožnice očrtane trikotniku DF H zaporedoma v točkah
F in H.
4. Dan je trikotnik ABC in naj bo H njegova višinska točka. Premica BH seka pravokotnico
na BC skozi C v točki X. Premica CH seka pravokotnico na BC v B v točki Y .
Razpolovišči daljic CX in BY označimo zaporedoma s točkama X ∗ in Y ∗ . Označimo
s točko L razpolovišče stranice BC. Naj bo U presečišče premice X ∗ Y ∗ s premico AL.
Dokaži, da se krožnica očrtana trikotniku AU B dotika premice BC v točki B.
Naloge rešujte samostojno. Pisne rešitve je potrebno poslati najkasneje do 11. decembra 2015 po pošti na naslov DMFA Slovenije, Komisija za popularizacijo matematike v srednji šoli, Jadranska ulica 19, 1000 Ljubljana ali preko e-maila na naslov
priprave.mmo@gmail.com. Rešitvam priložite tudi podpisano izjavo o samostojnem delu.
Če boste pri reševanju nalog uporabili kakšno literaturo (v tiskani ali elektronski obliki),
navedite reference. Standardne literature (knjige Altius, Citius, Fortius in e-revije Brihtnež) ni
potrebno navajati.
Izjava o samostojnem delu
Spodaj podpisani(-a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (ime in priimek) izjavljam, da sem
vse naloge reševal(-a) samostojno in brez pomoči drugih oseb.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . (kraj in datum)
Podpis:
Priprave na MMO 2016 – 2. domača naloga
Rešitve
Opomba: V rešitvah vseh štirih nalog uporabljamo usmerjene kote.
1. Najprej opazimo, da je
∠QCA = ∠P CB ⇐⇒ ∠QCP = ∠ACB.
Po definiciji točke P je trikotnik DP C enakokrak z vrhom v P . Torej je QP simetrala
kota ∠CP D, kar pa nam da |CQ| = |DQ| in |P D| = |P C|. Torej sta trikotnika DP Q
in CP Q skladna in velja ∠QCP = ∠P DQ. Dalje dobimo ∠P DQ = ∠ADB. Sedaj
upoštevamo, da je štirikotnika ABCD tetiven, zato je ∠ADB = ∠ACB. Dobili smo
torej, da je ∠QCP = ∠ACB, kar pa je ravno želena enakost.
2. Po Telesovem izreku o kotu v polkrogu je N središče krožnice očrtane trikotniku RT P , L
pa središče krožnice očrtane trikotniku SQT . Zato velja ∠N P T = ∠P T N in ∠LT Q =
∠T QL. Ker so točke L, M, N razpolovišča stranic, so N M, N L in LM srednjice, torej so
vzporedne pripadajočim stranicam. Sedaj računajmo:
π
∠LT N = ∠LT Q + + ∠P T N
2
π
= + ∠T QL + ∠N P T
2
π
= + ∠T QL + (π − ∠SBP − ∠P SB)
2
π
π
= + ( − ∠QST ) + π − ∠SBP − ∠P SB
2
2
= 2π − (∠QST + ∠P SB) − ∠SBP
= π − ∠SBP
= ∠N M L.
Torej točka T res leži na krožnici očrtani trikotniku LM N.
3. Najprej opazimo
∠CAE = ∠CBE = ∠EBA = ∠ECA
in
∠BCD = ∠BAD = ∠DAC = ∠DBC.
Torej sta trikotnika AEC in CDB enakokraka z vrhoma v D oz. E. Velja
∠DEC = ∠DAC = ∠BAD = ∠BED
in
∠CDE = ∠CBE = ∠EBA = ∠EDA.
Torej sta trikotnika EDC in EDI skladna, kar pomeni, da je ECDI deltoid. Ker ED
razpolavlja kot ∠IEC, E, D, F so kolinearne in je trikotnik IEC enakokrak z vrhom v
E, je tudi trikotnik IF C enakokrak, in sicer z vrhom v F . Sledi, da je ∠CIF = ∠F CI =
∠ICB, kar pa pomeni, da sta F I in CB vzporedna. Ker je
∠DBI = ∠DBE = ∠DHE = ∠DHI,
je štirikotnik DBHI tetiven. Velja
∠HF D = ∠GED = ∠GAD = ∠GAB + ∠BAD.
Ker je štirikotnik DBHI tetiven je
∠GAB = ∠GDB = ∠HIB = ∠F IE.
Trikotnika IF C in IEC sta enakokraka, zato vemo ∠F IE = ∠ECF . Podobno zaradi
enakokrakosti trikotnika AEC velja ∠ECF = ∠CAE = ∠CBE. Torej je
∠HF D = ∠GAB + ∠BAD = ∠F IE + ∠BAD = ∠CBE + ∠BAD.
Vemo
∠DHF = ∠DGE = ∠DAE = ∠DAC + ∠CAE
in
∠DHF = ∠BAD + ∠CBE.
Od tod dobimo ∠DHF = ∠HF D, torej je trikotnik HF D enakokrak z vrhom v D. Ker
je trikotnik IF C enakokrak, velja ∠IF D = ∠HF D = ∠DF C. Izrek o kotu med tetivo
in tangento nam sedaj pove, da je AC tangentna na koržnico očrtano DF H v točki F .
Sedaj zaradi koncikličnosti točk B, H, I, D dobimo ∠BHD = ∠BID. Ker sta si trikotnika
EDI in ECD podobna, velja
∠BID = ∠EIA = π − ∠DIE = π − ∠ECD.
Velja
π − ∠ECD = ∠DGE = ∠DHF = ∠HF D.
To pa pomeni, da je po izreku o kotu med tetivo in tangento BH tangentna na krožnico
očrtano DF H v točki H.
4. Da dokažemo, da se premica BC dotika krožnice očrtane trikotniku AU B v točki B, prej
dokažimo naslednje 3 trditve.
(a) Točke X ∗ , H in Y ∗ so kolinearne.
Dokaz. Premici XC in Y B sta vzporedni, torej velja ∠HXC = ∠HBY in ∠XCH =
∠BY H. Zato sta trikotnika HCX in HY B podobna. HX ∗ in HY ∗ sta težiščnici
v teh dveh trikotnikih, torej sta podobna tudi trikotnika HCX ∗ in HY Y ∗ . Zato
mora veljati ∠CHX ∗ = ∠Y HY ∗ , kar pa nam skupaj s kolinearnostjo točk C, H, Y
da ravno kolinearnost točk X ∗ , H, Y ∗ .
(b) Premici AL in X ∗ Y ∗ se sekata pravokotno.
Dokaz. Označimo s točko T presečišče premic AC in BX. Potem sta trikotnika
BCX in BT C podobna, kar nam da
∠HXC = ∠BXC = ∠T CB = ∠ACB.
Ker je ∠CHX = ∠BAC, je torej ∠XCH = ∠CBA. Zato sta trikotnika ABC in
HCX podobna. Ker je AL težiščnica v trikotniku ABC, HX ∗ pa v trikotniku HCX,
sta si podobna tudi trikotnika ABL in HCX ∗ . Sledi, da je ∠HX ∗ C = ∠ALB, in
zato LCX ∗ U tetiven. Torej je
∠LU X ∗ = π − ∠X ∗ CL = π −
π
π
= .
2
2
(c) Točka U leži na krožnici očrtani trikotniku BHC.
Dokaz. LX ∗ je srednjica v trikotniku BCX, vzporedna stranici BX. Upoštevamo
še zgornjo trditev in dobimo
∠CU X ∗ = ∠CLX ∗ = ∠CBX =
Opazimo ∠LU C =
π
2
π
− ∠ACB.
2
− ∠CU X ∗ = ∠ACB. Analogno dobimo
∠Y ∗ U B = ∠Y ∗ LB = ∠Y CB =
in
∠BU L =
π
− ∠CBA,
2
π
− ∠Y ∗ U B = ∠CBA.
2
Dobili smo torej
∠BU C = ∠BU L + ∠LU C = ∠CBA + ∠ACB.
Očitno pa je
∠BHC = π − ∠BAC = ∠CBA + ∠ACB.
Torej so točke C, H, U, B konciklične.
Po izreku o kotu med tangento in tetivo je za dokaz tangentnosti premice in krožnice v
točki B dovolj videti, da je ∠CBU = ∠BAU . Med dokazovanjem zgornjih trditev smo
dobili ∠BU L = ∠CBA = ∠LBA. Torej sta si trikotnika ALB in BLU podobna. Od tod
pa takoj dobimo ∠CBU = ∠LBU = ∠BAU .