LII OM - I - Zadanie 7

Dany jest trójkąt równoramienny $ ABC $ o kącie prostym przy wierzchołku $ A $. Punkty $ D $ i $ E $ leżą na przeciwprostokątnej $ BC $, przy czym $ \measuredangle DAE = 45^\circ $. Okrąg opisany na trójkącie $ ADE $ przecina boki $ AB $ i $ AC $ odpowiednio w punktach $ P $ i $ Q $. Dowieść, że $ BP + CQ = PQ $.

Rozwiązanie

Punkty $ A $, $ P $, $ E $, $ D $ leżąna jednym okręgu, więc $ \measuredangle ADE = \measuredangle BPE $ (rys. 1). Ponadto $ \measuredangle DAE = 45^\circ = \measuredangle PBE $. Z powyższych równości wynika, że trójkąty $ ADE $ i $ BPE $ sąpodobne, skąd w szczególności

\[<br />
(1) \qquad \measuredangle AED = \measuredangle BEP.<br />
\]

Analogicznie dowodzimy, że

\[<br />
(2) \qquad \measuredangle ADE = \measuredangle CDQ.<br />
\]

Niech $ A' $, $ P' $, $ Q' $ będą odpowiednio punktami symetrycznymi do $ A $, $ P $, $ Q $ względem prostej $ BC $. Na mocy równości (1) punkty $ A $, $ E $, $ P' $ są współliniowe; z równości (2) wynika, że punkty $ A $, $ D $, $ Q' $ są współliniowe.

om52_1r_img_8.jpg

Pozostaje wykazać, że $ BP' + CQ' = P'Q' $, przy założeniu, że punkty $ P' $ i $ Q' $ leżą odpowiednio na bokach $ BA' $ i $ CA' $ kwadratu $ ABA'C $ oraz spełniony jest warunek $ \measuredangle P'AQ' =45^\circ $ (rys. 2).

Niech $ K $ będzie punktem symetrycznym do punktu $ B $ względem prostej $ AP' $. Wówczas

\[<br />
(3) \qquad    AC = AK \ \textrm{oraz} \ \measuredangle AKP' = 90^\circ.<br />
\]

Ponadto

\[<br />
\measuredangle CAQ' = 45^\circ - \measuredangle P'AB = 45^\circ - \measuredangle P'AK = \measuredangle KAQ'.<br />
\]

Z ostatniej zależności oraz z pierwszej równości (3) wynika, że trójkąty $ CAQ' $ i $ KAQ' $ są przystające (cecha bok-kąt-bok).

om52_1r_img_9.jpg

Zatem $ \measuredangle AKQ' = 90^\circ $, co w połączeniu z drugą równością (3) dowodzi, że punkty $ P' $, $ K $, $ Q' $ leżąna jednej prostej. Stąd $ BP' + CQ' = KP' + KQ' = P'Q' $, co należało wykazać.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź