W trójkącie $ABC$ punkt $I$ jest środkiem okręgu wpisanego. Punkt $X$
leży na odcinku $AB$, przy czym spełniony jest warunek $\angle AIX = 90^\circ$. Okrąg
opisany na trójkącie $BIX$ przecina okrąg opisany na trójkącie $ABC$ w punkcie $Y$ różnym od $B$, leżącym po tej samej stronie prostej $AB$ co punkt $C$.
Wykazać, że prosta $YX$ jest dwusieczną kąta $AYB$.
Solution:Wersja interaktywna rysunku:\\ https://www.geogebra.org/geometry/pw5psasr
Figure 1: Konfiguracja z zadaniaOznaczmy, że okrąg opisany na trójkącie $BIX$ to $o_1$, a okrąg opisany na trójkącie $ABC$ to $o_2$. Założenie o punkcie $Y$ z zadania możemy więc przedstawić w postaci, że punkt $Y$ jest przecięciem $o_1$ i $o_2$.Z założeń zadania wynika, że punkty $B$, $X$, $I$, $Y$ leżą na jednym okręgu (skoro $Y$ leży na okręgu $o_1$).
Analogicznie, punkty $A$, $C$, $Y$, $B$ leżą na jednym okręgu (skoro $Y$ leży na okręgu $o_2$).Wprowadźmy następujące oznaczenia.
Niech $\angle BAC = 2\alpha$, $\angle ACB = 2\gamma$, $\angle CBA = 2\beta$. Przy czym (bo suma kątów w trójkącie to $180^\circ$):
\begin{align*}
2\alpha + 2\beta + 2\gamma &= 180^\circ \\
\alpha + \beta + \gamma &= 90^\circ \\
\gamma &= 90^\circ - \alpha - \beta
\end{align*}Z definicji okręgu wpisanego w trójkąt, mamy, że $AI$ jest dwusieczną kąta $BAC$, stąd $\angle BAI = \alpha$ (przy czym warto zauważyć, że $\angle XAI = \angle BAI$, bo $X$ leży na odcinku $AB$). Podobnie $BI$ jest dwusieczną kąta $CBA$, więc $\angle IBA = \beta$.Skoro suma kątów w trójkącie to $180^\circ$ to mamy, że $\angle AXI = 90^\circ - \alpha$.Stąd wynika, że $\angle BXI = 90^\circ + \alpha$ (ponieważ kąty $BXI$ i $AXI$ są przyległe). A stąd wynika, że $\angle XIB = 180^\circ - \beta - (90^\circ + \alpha) = 90^\circ - \alpha - \beta = \gamma$ (Patrz rys. Figure 2)
Figure 2: Wyznaczenie $\angle XIB = \gamma$Ale z okręgu $o_1$ mamy, że $\angle XYB = \angle XIB = \gamma$ (ponieważ oba patrzą na łuk $XB$; albo innymi słowy ponieważ w okręgu $o_1$ kąty wpisane oparte na łuku $XB$ są równe).Ponadto, z okręgu $o_2$ mamy, że $\angle AYB = \angle ACB = 2\gamma$ (ponieważ oba patrzą na łuk $AB$; albo innymi słowy ponieważ w okręgu $o_2$ kąty wpisane oparte na łuku $AB$ są równe). (Patrz rys. Figure 3)Ale, skoro $\angle AYB = 2 \cdot \angle XYB$ to z definicji $XY$ jest dwusieczną kąta $AYB$. Co należało dowieść.
% Geometry, Circles, Triangles
\documentclass[a4paper,12pt]{article}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{lmodern}
\usepackage{amsmath, amssymb, amsthm}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage{lastpage}
\usepackage{polski}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{float}
\usepackage{fontspec}
\setmainfont{Linux Libertine O}
\usepackage[left=2cm, top=2cm, right=2cm, bottom=1cm, includeheadfoot,
headheight=50pt, a4paper]{geometry}
\newcommand{\Name}{Hostek}
\newcommand{\Email}{your.email@example.com}
\newcommand{\ProblemNumber}{LXIII OM, etap 1, zadanie 2}
\pagestyle{fancy}
\fancyhf{}
\fancyhead[L]{\Name \\ \Email}
\fancyhead[C]{\ProblemNumber}
\fancyfoot[C]{\thepage/\pageref{LastPage}}
\renewcommand{\headrulewidth}{0.4pt}
\renewcommand{\footrulewidth}{0.4pt}
\begin{document}
\fontsize{16}{17}\selectfont
\section*{Problem Statement}
W trójkącie $ABC$ punkt $I$ jest środkiem okręgu wpisanego. Punkt $X$
leży na odcinku $AB$, przy czym spełniony jest warunek $\angle AIX = 90^\circ$. Okrąg
opisany na trójkącie $BIX$ przecina okrąg opisany na trójkącie $ABC$ w punkcie $Y$ różnym od $B$, leżącym po tej samej stronie prostej $AB$ co punkt $C$.
Wykazać, że prosta $YX$ jest dwusieczną kąta $AYB$.
\bigskip
\noindent\textbf{Solution:}
Wersja interaktywna rysunku:\\ https://www.geogebra.org/geometry/pw5psasr
\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[width=0.75\textwidth]{img/73_1_2_i0.jpg}
\caption{Konfiguracja z zadania}
\end{figure}
Oznaczmy, że okrąg opisany na trójkącie $BIX$ to $o_1$, a okrąg opisany na trójkącie $ABC$ to $o_2$. Założenie o punkcie $Y$ z zadania możemy więc przedstawić w postaci, że punkt $Y$ jest przecięciem $o_1$ i $o_2$.
Z założeń zadania wynika, że punkty $B$, $X$, $I$, $Y$ leżą na jednym okręgu (skoro $Y$ leży na okręgu $o_1$).
Analogicznie, punkty $A$, $C$, $Y$, $B$ leżą na jednym okręgu (skoro $Y$ leży na okręgu $o_2$).
Wprowadźmy następujące oznaczenia.
Niech $\angle BAC = 2\alpha$, $\angle ACB = 2\gamma$, $\angle CBA = 2\beta$. Przy czym (bo suma kątów w trójkącie to $180^\circ$):
\begin{align*}
2\alpha + 2\beta + 2\gamma &= 180^\circ \\
\alpha + \beta + \gamma &= 90^\circ \\
\gamma &= 90^\circ - \alpha - \beta
\end{align*}
Z definicji okręgu wpisanego w trójkąt, mamy, że $AI$ jest dwusieczną kąta $BAC$, stąd $\angle BAI = \alpha$ (przy czym warto zauważyć, że $\angle XAI = \angle BAI$, bo $X$ leży na odcinku $AB$). Podobnie $BI$ jest dwusieczną kąta $CBA$, więc $\angle IBA = \beta$.
Skoro suma kątów w trójkącie to $180^\circ$ to mamy, że $\angle AXI = 90^\circ - \alpha$.
Stąd wynika, że $\angle BXI = 90^\circ + \alpha$ (ponieważ kąty $BXI$ i $AXI$ są przyległe). A stąd wynika, że $\angle XIB = 180^\circ - \beta - (90^\circ + \alpha) = 90^\circ - \alpha - \beta = \gamma$ (Patrz rys. \ref{fig:r2})
\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[width=0.8\textwidth]{img/73_1_2_i1.jpg}
\caption{Wyznaczenie $\angle XIB = \gamma$}
\label{fig:r2}
\end{figure}
Ale z okręgu $o_1$ mamy, że $\angle XYB = \angle XIB = \gamma$ (ponieważ oba patrzą na łuk $XB$; albo innymi słowy ponieważ w okręgu $o_1$ kąty wpisane oparte na łuku $XB$ są równe).
Ponadto, z okręgu $o_2$ mamy, że $\angle AYB = \angle ACB = 2\gamma$ (ponieważ oba patrzą na łuk $AB$; albo innymi słowy ponieważ w okręgu $o_2$ kąty wpisane oparte na łuku $AB$ są równe). (Patrz rys. \ref{fig:r3})
Ale, skoro $\angle AYB = 2 \cdot \angle XYB$ to z definicji $XY$ jest dwusieczną kąta $AYB$. Co należało dowieść.
\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[width=1\textwidth]{img/73_1_2_i2.jpg}
\caption{Wyznaczenie $\angle AYB = 2 \cdot \angle XYB$}
\label{fig:r3}
\end{figure}
\end{document}
