Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

XLVIII MOM - Zadanie 4

W trójkącie $ABC$ dwusieczna kąta $BCA$ przecina okrąg opisany na tym trójkącie w punkcie $R$ różnym od $C$ , symetralną odcinka $BC$ w punkcie $P$ oraz symetralną odcinka $AC$ w punkcie $Q$ . Punkt $K$ jest środkiem odcinka $BC$ , a punkt $L$ jest środkiem odcinka $AC$ . Wykazać, że trójkąty $RPK$ oraz $RQL$ mają równe pola.

Rozwiązanie

Niech $O$ oznacza środek okręgu opisanego na trójkącie $ABC$ .

Jeżeli $AC=BC$ , to dwusieczna kąta $BCA$ jest osią symetrii trójkąta $ABC$ . Zatem punkty $P$ , $Q$ i $O$ pokrywają się, zaś punkty $K$ i $L$ są symetryczne względem tej dwusiecznej. Wobec tego trójkąty $RPK$ i $RQL$ są symetryczne względem prostej $CR$ ; w szczególności mają one równe pola.

Załóżmy więc, że $AC\ne BC$ . Dla ustalenia uwagi niech $AC<BC$ (rys. 2).

Oznaczmy: $\measuredangle BCA=\gamma$ . Trójkąty $PKC$ i $QLC$ mają kąty proste odpowiednio przy wierzchołkach $K$ i $L$ , a ponadto $\measuredangle PCK=\measuredangle QCL=\gamma/2$ . Zatem trójkąty te mają równe także trzecie kąty: $\measuredangle KPC$ i $\measuredangle LQC$ . Stąd mamy

$ \measuredangle OPQ=\measuredangle KPC=\measuredangle LQC=\measuredangle PQO. $

To dowodzi, że trójkąt $OPQ$ jest równoramienny ( $OP=OQ$ ). Ponadto

$ \measuredangle OPQ=\measuredangle KPC=90^\circ-\measuredangle KCP=90^\circ-\frac{1}{2}\gamma $

i w efekcie dostajemy zależność $\measuredangle POQ=180^\circ-2\measuredangle OPQ=\gamma$ . Dalej, zauważmy, że $OA=OR=OB$ oraz

$ \measuredangle AOR=\measuredangle ROB=2\measuredangle ACR=2\measuredangle RCB=\gamma. $

Uzyskane zależności pozwalają stwierdzić, że obrót wokół punktu $O$ o kąt $\gamma$ przeprowadza punkty $Q$ , $A$ , $R$ odpowiednio na punkty $P$ , $R$ , $B$ . Stąd wniosek, że trójkąty $RQA$ i $RBP$ są przystające.