XLVIII OM - III - Zadanie 5

Dany jest pięciokąt wypukły $ ABCDE $, w którym $ DC = DE $ oraz $ \measuredangle DCB =\measuredangle  DEA = 90^\circ $. Niech $ F $ będzie punktem boku $ AB $ wyznaczonym przez warunek $ AF: BF = AE: BC $. Udowodnić, że $ \measuredangle FCE = \measuredangle ADE $ oraz $ \measuredangle FEC= \measuredangle BDC $.

Rozwiązanie

Na przedłużeniu odcinka $ BC $ odkładamy odcinek $ CP = AE $. Z warunków zadania wynika, że trójkąty prostokątne $ PCD $ i $ AED $ są przystające. Stąd $ AD = DP $ oraz

\[<br />
\measuredangle ADP = \measuredangle PDC + \measuredangle ADC = \measuredangle ADE + \measuredangle ADC = \measuredangle EDC.<br />
\]

Ponieważ również $ ED = DC $, więc trójkąty $ ADP $ i $ EDC $ są podobne. Oznaczając przez $ Q $ punkt przecięcia prostych $ AP $ i $ EC $ dostajemy równość

\[<br />
\measuredangle DEQ = \measuredangle DEC = \measuredangle DAP = \measuredangle DAQ,<br />
\]

która dowodzi, że punkty $ A $, $ Q $, $ D $, $ E $ leżą na jednym okręgu. Zatem

\[<br />
(1)\qquad \measuredangle ADE = \measuredangle AQE.<br />
\]

Ze związków

\[<br />
\frac{AF}{BF}=\frac{AE}{BC}=\frac{PC}{BC}<br />
\]

wynika, że proste $ AP $ i $ FC $ są równoległe. Stąd $ \measuredangle AQE = \measuredangle FCE $, co w połączeniu ze wzorem (1) daje pierwszą równość tezy. Druga jest analogiczna.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź