LIV OM - II - Zadanie 5

Punkt $ A $ leży na zewnątrz okręgu $ o $ o środku $ O $. Z punktu $ A $ poprowadzono dwie proste styczne do okręgu $ o $ odpowiednio w punktach $ B $ i $ C $. Pewna styczna do okręgu $ o $ przecina odcinki $ AB $ i $ AC $ odpowiednio w punktach $ E $ i $ F $. Proste $ OE $ i $ OF $ przecinają odcinek $ BC $ odpowiednio w punktach $ P $ i $ Q $. Udowodnić, że z odcinków $ BP $, $ PQ $ i $ QC $ można zbudować trójkąt podobny do trójkąta $ AEF $.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $ X $ punkt styczności okręgu $ o $ z prostą $ EF $ (rys. 3). Z równości

\[<br />
EB = EX  \ \textrm{oraz} \  \measuredangle BEP = \measuredangle XEP<br />
\]

wynika, że trójkąty $ BEP $ oraz $ XEP $ są przystające. Zatem $ BP = XP $.

Analogicznie dowodzimy równość $ CQ = XQ $. To oznacza, że trójkąt $ PQX $ jest zbudowany z odcinków $ BP $, $ PQ $ oraz $ QC $.

om54_2r_img_3.jpg

Pozostaje wykazać, że trójkąt $ PQX $ jest podobny do trójkąta $ FEA $. Oznaczmy: $ \measuredangle FEA = \alpha $, $ \measuredangle EFA = \beta $. Trójkąt $ ABC $ jest równoramienny, skąd obliczamy, że $ \measuredangle ABC = \frac{1}{2} (\alpha+\beta) $. Ponadto $ \measuredangle BEP = 90^{\circ} - \frac{1}{2} \alpha $. Dwie ostatnie równości implikują

\[<br />
\measuredangle BPE = 90^\circ - \frac {1}{2}\beta,<br />
\]

co daje w rezultacie

\[<br />
\measuredangle XPQ = 180^\circ - 2 \measuredangle BPE = \beta.<br />
\]

Analogicznie dowodzimy, że $ \measuredangle XQP = \alpha $, co kończy rozwiązanie zadania.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź