Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

Komentarz

XLVIII MOM - Zadanie 2

Rozpatrzmy takich pięć punktów płaszczyzny $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ , że czworokąt $ABCD$ jest równoległobokiem, a na czworokącie wypukłym $BCED$ można opisać okrąg. Niech $\ell$ będzie prostą przechodzącą przez punkt $A$ . Przypuśćmy, że prosta $\ell$ przecina wnętrze odcinka $DC$ w punkcie $F$ , a prostą $BC$ w punkcie $G$ . Niech ponadto $EF=EG=EC$ . Udowodnić, że prosta $\ell$ jest dwusieczną kąta $DAB$ .

Rozwiązanie

Niech $K$ i $L$ będą rzutami prostokątnymi punktu $E$ odpowiednio na proste $CF$ i $CG$ (rys. 1). Z równości $EF=EG=EC$ wynika, że punkty $K$ i $L$ są odpowiednio środkami odcinków $CF$ i $CG$ , a ponadto $EK\perp CF$ i $EL\perp CG$ .

Na czworokącie $BCED$ można opisać okrąg, zatem

$ \measuredangle CBE=\measuredangle CDE. $

To oznacza, że trójkąty prostokątne $BLE$ i $DKE$ są podobne, skąd mamy

$ (1) \qquad {BL\over EL}={DK\over EK}. $

Zauważmy dalej, że na mocy równoległości $AD\parallel BG$ trójkąty $AFD$ i $GFC$ są podobne. To pozwala przeprowadzić następujący rachunek:

${BL\over CL}= {BC\over CL}+1= {BC\over\frac{1}{2}\cdot CG}+1= {AD\over \frac{1}{2}\cdot CG}+1= {DF\over \frac{1}{2}\cdot CF}+1= {DF\over FK}+1= {DK\over FK}= {DK\over CK}. $

Łącząc uzyskaną zależność z równością (1) stwierdzamy, że

$ {EL\over CL}={EK\over CK}. $

Zatem trójkąty prostokątne $ELC$ i $EKC$ są podobne (cecha bok-kąt-bok). Mają one jednak wspólny odpowiedni bok $EC$ ; są wobec tego przystające. W konsekwencji $CK=CL$ oraz $CF=CG$ . Udowodniliśmy w ten sposób, że trójkąt $FCG$ jest równoramienny. To daje