Komentarz

L MOM - Zadanie 2

Punkt $ O $ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ ABC $. Punkty $ P $ oraz $ Q $ są odpowiednio punktami wewnętrznymi odcinków $ CA $ oraz $ AB $. Niech $ K $, $ L $ oraz $ M $ będą odpowiednio środkami odcinków $ BP $, $ CQ $ oraz $ PQ $. Niech ponadto $ \Gamma $ będzie okręgiem przechodzącym przez punkty $ K $, $ L $ oraz $ M $. Załóżmy, że prosta $ PQ $ jest styczna do okręgu $ \Gamma $. Wykazać, że $ OP=OQ $.

Rozwiązanie

Niech $ K $, $ L $, $ M $, $ B' $ oraz $ C' $ będą odpowiednio środkami odcinków $ BP $, $ CQ $, $ PQ $, $ CA $ oraz $ AB $. Wówczas $ MK=\tfrac{QB}2 $ oraz $ ML=\tfrac{PC}2 $. Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa wynika, że $ CP\|LM $, a stąd $ \measuredangle LMP=\measuredangle QPA $. Okrąg $ k $ jest styczny do odcinka $ PQ $ w punkcie $ M $, więc $ \measuredangle LMP=\measuredangle LKM $, czyli otrzymujemy równość kątów $ \measuredangle QPA=\measuredangle LKM $. Analogicznie dowodzimy, że $ \measuredangle PQA=\measuredangle KLM $. Uzyskane równości kątów dowodzą, że trójkąty $ APQ $ i $ MKL $ są podobne, a zatem

\[<br /> \frac{AP}{AQ}=\frac{MK}{ML}=\frac{\tfrac{QB}2}{\tfrac{PC}2}=\frac{QB}{PC},<br /> \]

czyli $ AP\cdot PC=AQ\cdot QB $.

\[<br /> \begin{split}<br /> OP^2-OQ^2&=OB'^2+B'P^2-OC'^2-C'Q^2=\\<br /> &=(OA^2-AB'^2)+B'P^2-(OA^2-AC'^2)-C'Q^2=\\<br /> &=(AC'^2-C'Q^2)-(AB'^2-B'P^2)=\\<br /> &=(AC'-C'Q)(AC'+C'Q)-(AB'-B'P)(AB'+B'P)=\\<br /> &=AQ(BC'+C'Q)-AP(CB'+B'P)=AQ\cdot QB-AP\cdot PC=\\<br /> &=0<br /> \end{split}<br /> \]

Wynika stąd, że $ OP=OQ $.

mom50_r_img_1.jpg

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz