LI OM - III - Zadanie 2

Dany jest trójkąt $ ABC $, w którym $ AC = BC $. Punkt $ P $ leży wewnątrz trójkąta $ ABC $, przy czym $ \measuredangle PAB = \measuredangle PBC $. Punkt $ M $ jest środkiem boku $ AB $. Dowieść, że

\[<br />
\measuredangle APM + \measuredangle BPC =180^\circ.<br />
\]

Rozwiązanie

Załóżmy najpierw, że punkt $ P $ leży wewnątrz trójkąta $ AMC $ lub na odcinku $ MC $.

om51_3r_img_1.jpg
om51_3r_img_2.jpg

Niech $ Q \neq C $ będzie punktem przecięcia okręgu opisanego na trójkącie $ BCP $ z prostą $ CM $ (rys. 1 i 2). Ponieważ $ \measuredangle PAM = \measuredangle PBC = \measuredangle PQC $, więc punkty $ A $, $ P $, $ M $, $ Q $ leżą na jednym okręgu. Ponadto

\[<br />
(1) \qquad \measuredangle BPC = \measuredangle BQC = \measuredangle AQC.<br />
\]

Jeżeli punkt $ Q $ znajduje się na zewnątrz trójkąta $ ABC $ (rys. 1) lub na odcinku $ AB $, to na mocy zależności (1) otrzymujemy

\[<br />
\measuredangle APM + \measuredangle BPC = \measuredangle APM + \measuredangle AQC = 180^\circ.<br />
\]

Jeżeli natomiast punkt $ Q $ znajduje się wewnątrz trójkąta $ ABC $ (rys. 2), to korzystając raz jeszcze z równości (1) uzyskujemy

\[<br />
\measuredangle APM + \measuredangle BPC = \measuredangle AQM + \measuredangle AQC = 180^\circ.<br />
\]

Załóżmy teraz, że punkt $ P $ znajduje się wewnątrz trójkąta $ BCM $. Ponieważ $ \measuredangle PBA = \measuredangle PAC $, więc przeprowadzając rozumowanie analogiczne do powyższego otrzymujemy równość $ \measuredangle BPM + \measuredangle APC = 180^\circ $. Stąd

\[<br />
\measuredangle APM + \measuredangle BPC = 180^\circ,<br />
\]

co kończy

Rozwiązanie

zadania.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź