L OM - III - Zadanie 6

W sześciokącie wypukłym $ ABCDEF $ zachodzą równości:

\[<br />
\measuredangle A + \measuredangle C + \measuredangle E = 360^\circ ,\qquad \frac{AB}{BC} \cdot \frac{CD}{DE} \cdot \frac{EF}{FA}=1.<br />
\]

Dowieść, że $ \frac{AB}{BF} \cdot \frac{FD}{DE} \cdot \frac{EC}{CA}=1 $.

Rozwiązanie

Na mocy założenia $ \measuredangle A + \measuredangle C + \measuredangle E = 360^\circ $, istnieje taki punkt $ P $ , że zachodzą następujące równości kątów (rysunek):

\[<br />
(1) \qquad \measuredangle BCP = \measuredangle BAF,\ \measuredangle PCD = \measuredangle FED,\ \measuredangle CDP = \measuredangle EDF .<br />
\]

om50_3r_img_3.jpg

Trójkąty $ DEF $ i $ DCP $ są więc podobne, skąd dostajemy

\[<br />
(2) \measuredangle EDC = \measuredangle F DP\  \textrm{oraz}\ = \frac{ED}{DC}=\frac{FD}{DP}.<br />
\]

Korzystając z danej w treści zadania równości oraz z podobieństwa trójkątów $ EDF $ i $ CDP $ otrzymujemy

\[<br />
\frac{FA}{AB} = \frac{EF}{DE}\cdot \frac{CD}{BC}=\frac{CP}{CD}\cdot \frac{CD}{BC}=\frac{CP}{BC},<br />
\]

co na mocy pierwszej spośród równości (1) dowodzi, że trójkąty $ BAF $ i $ BCP $ są podobne. Zatem

\[<br />
(3)\qquad \measuredangle CBA=\measuredangle PBF\quad \textrm{oraz}\quad \frac{AB}{BC}=\frac{FB}{BP}.<br />
\]

Równości (2) oznaczają, że trójkąty $ EDC $ i $ FDP $ są podobne; z równości (3) wynika natomiast, że podobne są trójkąty $ CBA $ i $ PBF $. Otrzymujemy więc odpowiednio następujące proporcje:

\[<br />
\frac{EC}{DE}\cdot \frac{FP}{FD}\quad \textrm{oraz}\quad \frac{AB}{CA}\cdot \frac{BF}{FP}.<br />
\]

Mnożąc stronami powyższe dwie równości dostajemy tezę.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź