XLIV OM - III - Zadanie 2

Punkt $ O $ jest środkiem okręgu $ k $ wpisanego w trapez nierównoramienny $ ABCD $, którego dłuższa podstawa $ AB $ ma środek $ M $. Krótsza podstawa $ CD $ jest styczna do okręgu $ k $ w punkcie $ E $, prosta $ OM $ przecina podstawę $ CD $ w punkcie $ F $. Udowodnić, że $ |DE| = |FC| $ wtedy i tylko wtedy, gdy $ |AB| = 2\cdot |CD| $.

Rozwiązanie

Ponieważ równość $ |DE| = |FC| $ (rozważana w tezie zadania) zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy $ |DF| = |EC| $, zatem warunki założeń i tezy nie zmienią się przy zamianie ról ramion $ AD $ i $ BC $ danego trapezu. Możemy więc przyjąć, nie tracąc ogólności, że $ |AD| > |BC| $; taką właśnie sytuację przedstawia rysunek 9.
om44_3r_img_9.jpg
om44_3r_img_10.jpg
Przedłużamy ramiona $ AD $ i $ BC $ do przecięcia w punkcie $ S $. Oznaczmy przez $ k' $ okrąg wpisany w trójkąt $ CDS $, przez $ K $ - punkt styczności okręgu $ k' $ z bokiem $ CD $, przez $ N $ - środek boku $ CD $, a przez $ L $ - punkt styczności okręgu $ k $ z podstawą $ AB $. Mamy równości

\[<br /> (1) \qquad |CK| = \frac{1}{2}(|CD| + |CS|-|DS|) = |DE|;<br /> \]

pierwsza z tych równości - to znany wzór wyrażający odległość punktu styczności okręgu wpisanego (w trójkąt) z bokiem od wierzchołka; druga - to analogiczny wzór na odległość punktu styczności okręgu dopisanego z odpowiednim bokiem od wierzchołka (zauważmy, że $ k $ jest okręgiem dopisanym do trójkąta $ CDS $); wzór ten nie jest może tak powszechnie znany, jak pierwsza równość w (1); pozostawiamy jego dowód Czytelnikowi jako nietrudne ćwiczenie.

Ponieważ $ N $ jest środkiem odcinka $ CD $, zatem z równości (1) wynika, że $ |NK| = |NE| $, czyli

\[<br /> (2) \qquad |NK| = \frac{1}{2}|EK|.<br /> \]

Jednokładność o środku $ S $ i skali $ |AB|: |CD| $ odwzorowuje trójkąt $ SCD $ na trójkąt $ SBA $, okrąg wpisany w pierwszy z tych trójkątów na okrąg wpisany w drugi (czyli okrąg $ k' $ na okrąg $ k $), punkt styczności $ K $ na punkt styczności $ L $, a środek $ N $ boku $ CD $ - na środek $ M $ boku $ AB $. Wobec tego

\[<br /> (3) \qquad \frac{|AB|}{|CD|} = \frac{|ML|}{|NK|}<br /> \]

Trójkąty prostokątne $ OLM $ i $ OEF $ są przystające (odcinki $ OL $ i $ OE $ są promieniami okręgu $ k $, kąty $ OLM $ i $ OEF $ są równe jako kąty wierzchołkowe). Zachodzi więc równość

\[<br /> (4) \qquad |ML| = |EF|<br /> \]

Na mocy związków (3), (2), (4) i (1) mamy

\[<br /> \frac{|AB|}{|CD|}=\frac{|ML|}{|NK|}=2\cdot \frac{|ML|}{|EK|}=2\cdot \frac{|EF|}{|EK|} = 2\cdot \frac{|CE|-|CF|}{|CE|-|CK|}=2\cdot \frac{|CE|-|CF|}{|CE|-|DE|}.<br /> \]

Uzyskujemy równoważność

\[<br /> |DE| = |FC| \Longleftrightarrow |CE|-|CF|=|CE|-|DE| \Longleftrightarrow |AP| =2\cdot|CD|,<br /> \]

która jest tezą zadania.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź