LIX OM - III -Zadanie 3

W pięciokącie wypukłym $ ABCDE $, w którym $ BC = DE $, zachodzą równości

\[<br />
\measuredangle ABE = \measuredangle  CAB = \measuredangle  AED - 90^{\circ} \text{ oraz }\measuredangle ACB = \measuredangle  ADE.<br />
\]

Dowieść, że czworokąt $ BCDE $ jest równoległobokiem.

Rozwiązanie

Zauważmy przede wszystkim (rys. 1), że jeżeli punkt I jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt XY Z, to zachodzi równość

\[<br />
\measuredangle XIY = 90^{\circ} + \frac{1}{2} \measuredangle Z.<br />
\]

om59_3r_img_1.jpg

Dla dowodu wystarczy zobaczyć, że

\[<br />
\measuredangle IXY = \frac{1}{2}\measuredangle X, \; \measuredangle IYX = \frac{1}{2}\measuredangle Y,<br />
\]

a więc

\[<br />
\begin{split}<br />
\measuredangle XIY &= 180^{\circ} - \frac{1}{2}\measuredangle X - \frac{1}{2}\measuredangle Y = \\<br />
&= 180^{\circ} - (90^{\circ} - \frac{1}{2}\measuredangle Z) = 90^{\circ} + \frac{1}{2}\measuredangle Z.<br />
\end{split}<br />
\]

Przechodzimy do rozwiązania zadania. Oznaczmy

\[<br />
\alpha = \measuredangle ADE = \measuredangle  ACB, \quad \beta  = \measuredangle ABE = \measuredangle CAB.<br />
\]

Niech $ o $ oznacza okrąg o środku w punkcie $ B $ styczny do prostej $ AC $ (rys. 2). Niech ponadto styczne do okręgu o przechodzące
przez punkty $ A $ i $ C $ (różne od prostej $ AC $) przecinają się w punkcie $ F $. Punkt ten leży po tej samej stronie prostej $ AC $,
co punkt $ B $, gdyż $ \measuredangle BAC +\measuredangle BCA = \alpha + \beta < 90^{\circ} $ ze względu na to, że $ \alpha $ i
$ 90^{\circ} +\beta $ są kątami wewnętrznymi trójkąta $ DEA $.

om59_3r_img_2.jpg

Wówczas okrąg o jest wpisany w trójkąt AFC, zatem na mocy początkowej obserwacji mamy

\[<br />
\measuredangle FBC = 90^{\circ} + \frac{1}{2}\measuredangle FAC = 90^{\circ} +\beta  = \measuredangle AED.<br />
\]

Ponieważ także $ \measuredangle FCB = \measuredangle ACB = \alpha = \measuredangle ADE $ oraz $ BC = DE $, więc trójkąty
$ FBC $ i $ AED $ są przystające (cecha kąt-bok-kąt) i jednakowo zorientowane. To oznacza, że spełniona jest równość
$ FB = AE $. Zauważmy następnie, że

\[<br />
\measuredangle BAF = \measuredangle BAC = \beta  = \measuredangle  ABE.<br />
\]

W efekcie proste $ AF $ i $ EB $ są równoległe; wraz z zależnością $ FB =AE $ daje to, że czworokąt $ AFBE $ jest
trapezem równoramiennym albo równoległobokiem.

Pierwsza z tych ewentualności zachodzić jednak nie może, gdyż na podstawie spostrzeżenia z początku rozwiązania oznaczałaby ona, że

\[<br />
\measuredangle  AEB = \measuredangle  EBF = \measuredangle  EBA +\measuredangle ABF = \beta  +90^{\circ} +\alpha,<br />
\]

skąd uzyskalibyśmy

\[<br />
90^{\circ} +\beta  = \measuredangle AED > \measuredangle AEB = 90^{\circ} +\beta  +\alpha,<br />
\]

a to jest oczywista niedorzeczność. Zatem czworokąt $ AFBE $ jest równoległobokiem, czyli proste $ AE $ i $ BF $
równoległe. To dowodzi, że trójkąt $ FBC $ powstaje z trójkąta $ AED $ w wyniku przesunięcia o wektor $ EB $. Zatem odcinki
$ ED $ i $ BC $ również są równoległe, a to z uwagi na równość ich długości pociąga za sobą tezę zadania.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź