Komentarz

XXX OM - II - Zadanie 6

Na boku $ \overline{DC} $ prostokąta $ ABCD $, w którym $ \frac{AB}{AD} = \sqrt{2} $ zbudowano zewnętrznie półokrąg. Dowolny punkt $ M $ półokręgu połączono odcinkami z $ A $ i $ B $ otrzymując na $ \oveline{DC} $ odpowiednio punkty $ K $ i $ L $. Dowieść, że $ DL^2 + KC^2 = AB^2 $.

Rozwiązanie

om30_2r_img_14.jpg
Niech $ S $ i $ T $ będą punktami przecięcia prostej $ AB $ z prostymi $ MD $ i $ MC $ odpowiednio (rys. 14). Obierzmy taki punkt $ P \in AB $, że $ DP || CT $. Wtedy $ \measuredangle SDP = \measuredangle DMC = \frac{\pi}{2} $ jako kąt wpisany w okrąg oparty na średnicy. Mamy oczywiście $ AP = BT $ i wobec tego

\[<br /> (2) \qquad SA \cdot BT = SA \cdot AP = DA^2 = \frac{1}{2} AB^2.<br /> \]

Na mocy twierdzenia Talesa przy pewnej jednokładności o środku w punkcie $ M $ punkty $ D $, $ K $, $ L $, $ C $ przechodzą odpowiednio na punkty $ S $, $ A $, $ B $, $ T $. Zatem

\[<br /> \frac{DL}{SB} = \frac{KC}{AT} = \frac{DC}{ST} = \lambda,<br /> \]

gdzie $ \lambda $ jest stosunkiem tej jednokładności. Stąd otrzymujemy

\[<br /> DL^2 +KC^2 = \lambda^2 (SB^2 + AT^2) \ \textrm{i} \ AB^2 = DC^2 = \lambda^2 ST^2.<br /> \]

Wobec tego dla rozwiązania zadania wystarczy wykazać, że

\[<br /> (3) \qquad SB^2 + AT^2 = ST^2<br /> \]

Ponieważ $ SB = SA + AB $, $ AT = AB+ BT $, $ ST=SA + AB + BT $, więc równość (3) jest równoważna następującej

\[<br /> (SA + AB)^2 + (AB+BT)^2 = (SA + AB + BT)^2,<br /> \]

czyli po przekształceniach $ AB^2 = 2 \cdot SA \cdot BT $. Ta ostatnia równość wynika z (2). Zatem równość (3) jest prawdziwa.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz