III MEMO - Zadanie 3

Niech $ ABCD $ będzie czworokątem wypukłym, w którym $ AB=CD $ oraz proste $ AB $ i $ CD $ nie są równoległe. Punkty $ E $ i $ F $ są środkami przekątnych $ AC $ i $ BD $. Prosta $ EF $ przecina odcinki $ AB $ i $ CD $ odpowiednio w punktach $ G $ i $ H $. Udowodnić, że $ \measuredangle AGH=\measuredangle DHG $.

Rozwiązanie

Sposób I

Niech $ P $ będzie środkiem odcinka $ BC $. Wtedy $ EP\|AB $, $ FP\|CD $ i $ |EP|=|AB|/2=|CD|/2=|FP| $. Wobec tego trójkąt $ EFP $ jest równoramienny i $ \measuredangle PEF=\measuredangle EFP $. Zatem

\[<br /> \measuredangle HGA=\pi-\measuredangle BGH=\pi-\measuredangle PEF=\pi-\measuredangle EFP=\pi-\measuredangle GHC=\measuredangle DHG.<br /> \]

Sposób II

Niech $ K $ będzie punktem przecięcia prostych $ AB $ i $ CD $. Bez straty ogólności możemy przyjąć, że punkty leżą na prostych w kolejności: $ A,B,K $ oraz $ D,C,K $. Niech ponadto $ Q $ będzie takim punktem odcinka $ AK $, że $ KQ=AB $, zaś $ R $ - takim punktem odcinka $ DK $, że $ KR=CD $.

Oznaczmy przez $ \cal S $ zbiór wszystkich punktów $ X $, dla których $ P(ABX)+P(CDX)=P(ABCD)/2 $, gdzie $ P $ oznacza pole wielokąta o podanych wierzchołkach. Zauważmy, że

\[<br /> P(ABE)+P(CDE)=\frac12P(ABC)+\frac12P(ACD)=\frac12P(ABCD),<br /> \]

czyli $ E\in{\cal S} $. Podobnie uzasadniamy, że $ F\in{\cal S} $.

Ponadto dla każdego $ X\in{\cal S} $ zachodzi $ P(ABX)=P(KQX) $ i $ P(CDX)=P(KRX) $, bo $ AB=QK $ i $ CD=RK $. Stąd $ P(ABX)+P(CDX)=P(QKRS) $, a więc $ P(QRX)=P(ABCD)/2-P(QRK) $. Wynika z tego, że pole trójkąta $ QRX $ jest takie samo dla wszystkich $ X\in{\cal S} $, więc zbiór $ \cal S $ jest zawarty w prostej równoległej do $ QR $. Wiemy też, że $ E,F\in{\cal S} $, zatem $ EF\|QR $.

Wykazaliśmy tym samym, że $ GH\|QR $. Stąd, ponieważ trójkąt $ QKR $ jest równoramienny ($ KQ=AB=CD=KR $), również trójkąt $ KGH $ jest równoramienny, co implikuje tezę zadania.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź