LX OM - I - Zadanie 6

Dany jest trójkąt $ ABC $, w którym $ AB = AC $. Na półprostych
$ AB $ i $ AC $ obrano odpowiednio takie punkty $ K $ i $ L $ leżące poza bokami
trójkąta, że

\[<br /> (1)\qquad 4\cdot BK \cdot CL = BC^2.<br /> \]

Punkt $ M $ jest środkiem boku $ BC $. Proste $ KM $ i $ LM $ przecinają
po raz drugi okrąg opisany na trójkącie $ AKL $ odpowiednio
w punktach $ P $ i $ Q $. Wykazać, że proste $ PQ $ i $ BC $ są równoległe.

Rozwiązanie

Na mocy zależności (1) mamy (rys. 3)

\[<br /> (2) \qquad \frac{BM}{BK} = \frac{BC}{2\cdot BK} = \frac{2\cdot CL}{BC}<br /> = \frac{CL}{CM}<br /> \]

Ponadto z założeń zadania wynika, że trójkąt $ BAC $ jest
równoramienny, skąd uzyskujemy równość kątów $ \measuredangle KBM =\measuredangle MCL $.
Wraz z warunkiem (2) oznacza to, że trójkąty $ KBM $ i $ MCL $ są
podobne (cecha bok-kąt-bok). Korzystając z tego podobieństwa
otrzymujemy

\[<br /> (3) \qquad \measuredangle KML=180^{\circ}-\measuredangle BMK-\measuredangle LMC =180?-\measuredangle BMK-\measuredangle MKB =\measuredangle KBM<br /> \]

om60_1r_img_3.jpg

oraz

\[<br /> (4) \qquad \frac{KM}{ML} = \frac{KB}{MC} = \frac{KB}{BM}<br /> \]

Zależności (3) i (4) dowodzą, że trójkąty $ KML $ i $ KBM $ są podobne
(cecha bok-kąt-bok), co implikuje równość

\[<br /> (5) \qquad \measuredangle BMK = \measuredangle MLK.<br /> \]

Z drugiej strony równość kątów wpisanych opartych na tym samym
łuku daje

\[<br /> (6) \qquad \measuredangle MLK = \measuredangle QLK = \measuredangle QPK.<br /> \]

Łącząc zależności (5) i (6) stwierdzamy, że $ \measuredangle BMK = \measuredangle QPK $,
skąd wprost wynika równoległość prostych $ BC $ i $ PQ $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź