LVII OM - I - Zadanie 11

W czworokącie $ ABCD $ miara kąta wewnętrznego przy wierzchołku $ A $ jest większa od $ 180^{\circ} $ oraz zachodzi równość

\[<br />
AB \cdot CD = AD \cdot BC .<br />
\]

Punkt $ P $ jest symetryczny do punktu $ A $ względem prostej $ BD $ Udowodnić, że $ \measuredangle  PCB = \measuredangle ACD $.

Rozwiązanie

Jeśli $ AB=AD $, to z danej równości wynika, że $ CD =BC $. Wtedy punkty $ A $ i $ P $ leżą na dwusiecznej kąta $ BCD $,
skąd bezpośrednio wnioskujemy, że $ \measuredangle PCB = \measuredangle ACD $.

Przyjmijmy więc w dalszej części rozwiązania, że $ AB \neq AD $ oraz niech dla ustalenia uwagi $ AB < AD $ (rys. 5).

Załóżmy, że dwusieczna kąta $ DAB $ przecina odcinek $ BD $ w punkcie $ K $. Wówczas na mocy twierdzenia o dwusiecznej otrzymujemy

\[<br />
\frac{KB}{KD} = \frac{AB}{AD} = \frac{BC}{CD}<br />
\]

skąd wynika, że punkt $ K $ leży również na dwusiecznej kąta $ BCD $. Innymi słowy, dwusieczne kątów $ BAD $ i $ BCD $ przecinają
się w punkcie $ K $ leżącym na prostej $ BD $. Analogicznie, korzystając z twierdzenia o dwusiecznej kąta zewnętrznego dowodzimy,
że dwusieczne kątów zewnętrznych $ BAD $ i $ BCD $ przecinają się w punkcie $ L $, który leży na prostej $ BD $. Ponadto

\[<br />
\begin{split}<br />
\measuredangle KAL &= \measuredangle KAB +\measuredangle BAL = 90^{\circ}, \\<br />
\measuredangle KCL &= \measuredangle KCB +\measuredangle BCL = 90^{\circ}.<br />
\end{split}<br />
\]

om57_1r_img_5.jpg

Stąd wynika, że punkty $ A $ i $ C $ leżą na okręgu $ \omega $ o średnicy $ KL $. Punkt $ P $ — symetryczny do punktu $ A $ względem prostej
$ KL $ — również leży na okręgu $ \omega $. Ponadto łuki $ AK $ i $ KP $ okręgu $ \omega $ (nie zawierające punktu $ C $) są równej długości,
a więc $ \measuredangle ACK = \measuredangle KCP $. Stąd

\[<br />
\measuredangle ACD = \measuredangle DCK -\measuredangle ACK = \measuredangle KCB -\measuredangle KCP = \measuredangle PCB,<br />
\]

co należało wykazać.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź