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.