Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

Komentarz

LII OM - I - Zadanie 7

Dany jest trójkąt równoramienny $ABC$ o kącie prostym przy wierzchołku $A$ . Punkty $D$ i $E$ leżą na przeciwprostokątnej $BC$ , przy czym $\measuredangle DAE = 45^\circ$ . Okrąg opisany na trójkącie $ADE$ przecina boki $AB$ i $AC$ odpowiednio w punktach $P$ i $Q$ . Dowieść, że $BP + CQ = PQ$ .

Rozwiązanie

Punkty $A$ , $P$ , $E$ , $D$ leżąna jednym okręgu, więc $\measuredangle ADE = \measuredangle BPE$ (rys. 1). Ponadto $\measuredangle DAE = 45^\circ = \measuredangle PBE$ . Z powyższych równości wynika, że trójkąty $ADE$ i $BPE$ sąpodobne, skąd w szczególności

$ (1) \qquad \measuredangle AED = \measuredangle BEP. $

Analogicznie dowodzimy, że

$ (2) \qquad \measuredangle ADE = \measuredangle CDQ. $

Niech $A'$ , $P'$ , $Q'$ będą odpowiednio punktami symetrycznymi do $A$ , $P$ , $Q$ względem prostej $BC$ . Na mocy równości (1) punkty $A$ , $E$ , $P'$ są współliniowe; z równości (2) wynika, że punkty $A$ , $D$ , $Q'$ są współliniowe.

Pozostaje wykazać, że $BP' + CQ' = P'Q'$ , przy założeniu, że punkty $P'$ i $Q'$ leżą odpowiednio na bokach $BA'$ i $CA'$ kwadratu $ABA'C$ oraz spełniony jest warunek $\measuredangle P'AQ' =45^\circ$ (rys. 2).

Niech $K$ będzie punktem symetrycznym do punktu $B$ względem prostej $AP'$ . Wówczas

$ (3) \qquad AC = AK \ \textrm{oraz} \ \measuredangle AKP' = 90^\circ. $

Ponadto

$ \measuredangle CAQ' = 45^\circ - \measuredangle P'AB = 45^\circ - \measuredangle P'AK = \measuredangle KAQ'. $

Z ostatniej zależności oraz z pierwszej równości (3) wynika, że trójkąty $CAQ'$ i $KAQ'$ są przystające (cecha bok-kąt-bok).

Zatem $\measuredangle AKQ' = 90^\circ$ , co w połączeniu z drugą równością (3) dowodzi, że punkty $P'$ , $K$ , $Q'$ leżąna jednej prostej. Stąd $BP' + CQ' = KP' + KQ' = P'Q'$ , co należało wykazać.

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

Komentarz

LII OM - I - Zadanie 7

Rozwiązanie

Dodaj komentarz

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody