LVI OM - II - Zadanie 5

Dany jest romb $ ABCD $, w którym $ \measuredangle BAD > 60^{\circ} $. Punkty $ E $ i $ F $ leżą odpowiednio na bokach $ AB $ i $ AD $, przy czym $ \measuredangle ECF = \measuredangle ABD $. Proste $ CE $ i $ CF $ przecinają przekątną $ BD $ odpowiednio w punktach $ P $ i $ Q $. Wykazać, że

\[<br />
\frac{PQ}{EF}=\frac{AB}{BD}.<br />
\]

Rozwiązanie

Z równości $ \measuredangle FDQ = \measuredangle PCQ $ wynika, że trójkąty $ FDQ $ i $ PCQ $ są podobne. Ponieważ punkty $ A $ i $ C $ są symetryczne względem prostej $ BD $, więc trójkąty $ PCQ $ i $ PAQ $ są przystające oraz

\[<br />
\measuredangle  APQ = \measuredangle CPQ = \measuredangle DFQ = 180^{\circ} - \measuredangle AFQ.<br />
\]

Równość ta oznacza, że punkty $ A $, $ P $, $ Q $, $ F $ leżą na jednym okręgu. Podobnie dowodzimy, że punkty $ A $, $ P $, $ Q $, $ E $ leżą na jednym okręgu. Istnieje więc okrąg przechodzący przez punkty $ A $, $ P $, $ Q $, $ E $ i $ F $.

om56_2r_img_3.jpg

Z zależności $ \measuredangle CPQ = \measuredangle CFE $ wnioskujemy, że trójkąty $ CPQ $ i $ CFE $ są podobne. Analogicznie uzyskujemy podobieństwo trójkątów $ DQF $ i $ DAP $. Ponadto podobne są trójkąty $ PAQ $ i $ ABQ $. Stąd

\[<br />
\frac{EF}{PQ}=\frac{FC}{PC}=\frac{FQ+AQ}{PC}=\frac{FQ}{PA}+\frac{AQ}{PA}=\frac{DQ}{AD}+\frac{BQ}{AB}=\frac{BD}{AB},<br />
\]

co należało wykazać.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź