XLVII OM - III - Zadanie 2

Wewnątrz danego trójkąta $ABC$ wybrano punkt $P$ spełniający warunki: $|\measuredangle PBC|=|\measuredangle PCA| < |\measuredangle PAB|$ . Prosta $BP$ przecina okrąg opisany na trójkącie $ABC$ w punktach $B$ i $E$ . Okrąg opisany na trójkącie $APE$ przecina prostą $CE$ w punktach $E$ i $F$ . Udowodnić, że punkty $A$ , $P$ , $E$ , $F$ są kolejnymi wierzchołkami czworokąta oraz że stosunek pola czworokąta $APEF$ do pola trójkąta $ABP$ nie zależy od wyboru punktu $P$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy okrąg opisany na trójkącie $ABC$ przez $\Omega$ , a okrąg opisany na trójkącie $APE$ przez $\omega$ (rysunek 10). Przez punkt $E$ prowadzimy prostą styczną do okręgu $\omega$ i wybieramy na niej dowolny punkt $Q$ , leżący po tej samej stronie prostej $AE$ , co punkty $B$ , $C$ i $P$ (może to być na przykład punkt przecięcia tej prostej z okręgiem $\Omega$ , różny od $E$ ). Leży on po przeciwnej stronie prostej $EP$ niż punkt $A$ - a więc po tej samej stronie prostej $EP$ , co punkt $C$ .

Zachodzą następujące równości kątów:

$ (2) \qquad \quad |\measuredangle EAP| = |\measuredangle QEP|; $

równości (1) wiążą pary kątów wpisanych w okrąg $\Omega$ , a równość (2) wynika stąd, że prosta $ EQ $ jest styczna do okręgu $\omega$ (oraz z wyboru punktu $Q$ ).

Dane w zadaniu warunki dotyczące kątów wyznaczonych przez punkt $P$ prowadzą, w połączeniu z pierwszą równością (1), do następujących konkluzji:

$ (3) \qquad \quad | \measuredangle EAC| = | \measuredangle EBC| = |\measuredangle PBC| = |\measuredangle PCA| $

oraz

$ (4) \qquad \quad |\measuredangle CAP| + |\measuredangle PCA| < |\measuredangle CAP| + |\measuredangle PAB| = |\measuredangle CAB|. $

Korzystając kolejno ze związków (3), (4) oraz ze środkowej równości (1) mamy:

$ \begin{split} |\measuredangle EAP| & = |\measuredangle EAC| + |\measuredangle CAP| =\\ & = |\measuredangle PCA| + |\measuredangle CAP| < |\measuredangle CAB| = |\measuredangle CEB| = |\measuredangle CEP|. \end{split} $

Wobec równości (2) możemy przepisać otrzymaną zależność w postaci

$ (5) \qquad \quad |\measuredangle QEP| < |\measuredangle CEP|. $

Wcześniej stwierdziliśmy, że punkty $Q$ i $C$ leżą po jednej stronie prostej $EP$ . Z nierówności (5) wynika więc, że punkty $P$ i $C$ leżą po różnych stronach prostej $ EQ $ .

Zauważmy dalej, że $P$ i $F$ , jako punkty okręgu stycznego do prostej $ EQ $ , leżą po jednej jej stronie. W takim razie punkty $C$ i $F$ leżą po różnych stronach tej prostej. Stąd wniosek, że punkty $C$ , $E$ , $F$ leżą na prostej $CE$ w takim właśnie porządku.

Równość (3) pokazuje, że prosta $AE$ jest równoległa do $PC$ . Skoro więc punkt $E$ leży między punktami $C$ i $F$ , znaczy to, że punkt $F$ leży po przeciwnej stronie prostej $AE$ niż każdy punkt prostej $PC$ ; w szczególności, leży po przeciwnej jej stronie niż punkt $P$ . Tak więc punkty $A$ , $P$ , $E$ , $F$ są kolejnymi wierzchołkami czworokąta; mamy pierwszą część tezy zadania.

Z udowodnionej równoległości $AE || PC$ wynika ponadto, że trójkąty $APE$ i $ACE$ mają równe pola; mają bowiem wspólny bok $AE$ oraz równe wysokości, opuszczone na ten bok odpowiednio z wierzchołków $P$ i $C$ . Wobec tego pole czworokąta $APEF$ jest równe polu trójkąta $ACF$ .

Czworokąt $APEF$ jest wpisany w okrąg, więc

$ |\measuredangle CFA | = |\measuredangle EFA| = 180^\circ - |\measuredangle APE| = |\measuredangle BPA|. $

Trzecią równość (1) przepisujemy jako $| \measuredangle ACF| = |\measuredangle ABP|$ . Z tych równości wnosimy, że trójkąt $ACF$ jest podobny do trójkąta $ABP$ . Zatem

$ \frac{\textrm{pole}(APEF)}{\textrm{pole}(ABP)} = \frac{\textrm{pole}(ACF)}{\textrm{pole}(ABP)}= \left( \frac{|AC|}{|AB|}\right)^2. $

Otrzymana liczba jest dla danego trójkąta $ABC$ wielkością stałą, niezależną od wyboru punktu $P$ , spełniającego podane warunki.

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

XLVII OM - III - Zadanie 2

Rozwiązanie

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź

Klasyfikacja tematyczna

Zawody

Rok

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody