Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

LVII OM - I - Zadanie 11

W czworokącie $ABCD$ miara kąta wewnętrznego przy wierzchołku $A$ jest większa od $180^{\circ}$ oraz zachodzi równość

$ AB \cdot CD = AD \cdot BC . $

Punkt $P$ jest symetryczny do punktu $A$ względem prostej $BD$ Udowodnić, że $\measuredangle PCB = \measuredangle ACD$ .

Rozwiązanie

Jeśli $AB=AD$ , to z danej równości wynika, że $CD =BC$ . Wtedy punkty $A$ i $P$ leżą na dwusiecznej kąta $BCD$ ,
skąd bezpośrednio wnioskujemy, że $\measuredangle PCB = \measuredangle ACD$ .

Przyjmijmy więc w dalszej części rozwiązania, że $AB \neq AD$ oraz niech dla ustalenia uwagi $AB < AD$ (rys. 5).

Załóżmy, że dwusieczna kąta $DAB$ przecina odcinek $BD$ w punkcie $K$ . Wówczas na mocy twierdzenia o dwusiecznej otrzymujemy

$ \frac{KB}{KD} = \frac{AB}{AD} = \frac{BC}{CD} $

skąd wynika, że punkt $K$ leży również na dwusiecznej kąta $BCD$ . Innymi słowy, dwusieczne kątów $BAD$ i $BCD$ przecinają
się w punkcie $K$ leżącym na prostej $BD$ . Analogicznie, korzystając z twierdzenia o dwusiecznej kąta zewnętrznego dowodzimy,
że dwusieczne kątów zewnętrznych $BAD$ i $BCD$ przecinają się w punkcie $L$ , który leży na prostej $BD$ . Ponadto

$ \begin{split} \measuredangle KAL &= \measuredangle KAB +\measuredangle BAL = 90^{\circ}, \\ \measuredangle KCL &= \measuredangle KCB +\measuredangle BCL = 90^{\circ}. \end{split} $

Stąd wynika, że punkty $A$ i $C$ leżą na okręgu $\omega$ o średnicy $KL$ . Punkt $P$ — symetryczny do punktu $A$ względem prostej
$KL$ — również leży na okręgu $\omega$ . Ponadto łuki $AK$ i $KP$ okręgu $\omega$ (nie zawierające punktu $C$ ) są równej długości,
a więc $\measuredangle ACK = \measuredangle KCP$ . Stąd