Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

LIX OM - III -Zadanie 3

W pięciokącie wypukłym $ABCDE$ , w którym $BC = DE$ , zachodzą równości

$ \measuredangle ABE = \measuredangle CAB = \measuredangle AED - 90^{\circ} \text{ oraz }\measuredangle ACB = \measuredangle ADE. $

Dowieść, że czworokąt $BCDE$ jest równoległobokiem.

Rozwiązanie

Zauważmy przede wszystkim (rys. 1), że jeżeli punkt I jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt XY Z, to zachodzi równość

$ \measuredangle XIY = 90^{\circ} + \frac{1}{2} \measuredangle Z. $

Dla dowodu wystarczy zobaczyć, że

$ \measuredangle IXY = \frac{1}{2}\measuredangle X, \; \measuredangle IYX = \frac{1}{2}\measuredangle Y, $

a więc

$ \begin{split} \measuredangle XIY &= 180^{\circ} - \frac{1}{2}\measuredangle X - \frac{1}{2}\measuredangle Y = \\ &= 180^{\circ} - (90^{\circ} - \frac{1}{2}\measuredangle Z) = 90^{\circ} + \frac{1}{2}\measuredangle Z. \end{split} $

Przechodzimy do rozwiązania zadania. Oznaczmy

$ \alpha = \measuredangle ADE = \measuredangle ACB, \quad \beta = \measuredangle ABE = \measuredangle CAB. $

Niech $o$ oznacza okrąg o środku w punkcie $B$ styczny do prostej $AC$ (rys. 2). Niech ponadto styczne do okręgu o przechodzące
przez punkty $A$ i $C$ (różne od prostej $AC$ ) przecinają się w punkcie $F$ . Punkt ten leży po tej samej stronie prostej $AC$ ,
co punkt $B$ , gdyż $\measuredangle BAC +\measuredangle BCA = \alpha + \beta < 90^{\circ}$ ze względu na to, że $\alpha$ i
$90^{\circ} +\beta$ są kątami wewnętrznymi trójkąta $DEA$ .

Wówczas okrąg o jest wpisany w trójkąt AFC, zatem na mocy początkowej obserwacji mamy

$ \measuredangle FBC = 90^{\circ} + \frac{1}{2}\measuredangle FAC = 90^{\circ} +\beta = \measuredangle AED. $

Ponieważ także $\measuredangle FCB = \measuredangle ACB = \alpha = \measuredangle ADE$ oraz $BC = DE$ , więc trójkąty
$FBC$ i $AED$ są przystające (cecha kąt-bok-kąt) i jednakowo zorientowane. To oznacza, że spełniona jest równość
$FB = AE$ . Zauważmy następnie, że

$ \measuredangle BAF = \measuredangle BAC = \beta = \measuredangle ABE. $

W efekcie proste $AF$ i $EB$ są równoległe; wraz z zależnością $FB =AE$ daje to, że czworokąt $AFBE$ jest
trapezem równoramiennym albo równoległobokiem.

Pierwsza z tych ewentualności zachodzić jednak nie może, gdyż na podstawie spostrzeżenia z początku rozwiązania oznaczałaby ona, że

$ \measuredangle AEB = \measuredangle EBF = \measuredangle EBA +\measuredangle ABF = \beta +90^{\circ} +\alpha, $

skąd uzyskalibyśmy

$ 90^{\circ} +\beta = \measuredangle AED > \measuredangle AEB = 90^{\circ} +\beta +\alpha, $

a to jest oczywista niedorzeczność. Zatem czworokąt $AFBE$ jest równoległobokiem, czyli proste $AE$ i $BF$ są
równoległe. To dowodzi, że trójkąt $FBC$ powstaje z trójkąta $AED$ w wyniku przesunięcia o wektor $EB$ . Zatem odcinki
$ED$ i $BC$ również są równoległe, a to z uwagi na równość ich długości pociąga za sobą tezę zadania.

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

LIX OM - III -Zadanie 3

Rozwiązanie

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź

Klasyfikacja tematyczna

Zawody

Rok

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody