III MEMO - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

III MEMO, 2009

Niech $ABCD$ będzie równoległobokiem, w którym $\measuredangle BAD=60^\circ$ . Przekątne tego równoległoboku przecinają się w punkcie $E$ . Okrąg opisany na trójkącie $ACD$ przecina po raz drugi proste $BA$ , $BD$ , $BC$ w punktach odpowiednio $K$ , $P$ , $L$ . Prosta $EP$ przecina okrąg opisany na trójkącie $CEL$ w punkcie $M\neq E$ . Udowodnić, że trójkąty $KLM$ i $CAP$ są przystające.

Rozwiązanie

Sposób I

Czworokąty $LMCE$ i $ALKC$ można wpisać w okrąg, więc

$ \measuredangle BML=\measuredangle EML=\measuredangle ECL=\measuredangle ACL=\measuredangle AKL=\measuredangle BKL, $

a stąd punkty $L,M,K,B$ leżą na jednym okręgu. Zatem

$ \measuredangle LKM=\measuredangle LBM=\measuredangle CBD=\measuredangle BDA. $

Na czworokącie $APCD$ można opisać okrąg, więc $\measuredangle ADB=\measuredangle ADP=\measuredangle ACP$ , skąd $\measuredangle LKM=\measuredangle ACP$ . Podobnie

$ \measuredangle MLK=\measuredangle MBK=\measuredangle DBA=\measuredangle BDC=\measuredangle PDC=\measuredangle PAC. $

Udowodniliśmy, że $\measuredangle LKM=\measuredangle ACP$ i $\measuredangle MLK=\measuredangle PAC$ , z czego wynika, że trójkąty $KLM$ i $CAP$ są podobne.

Przyglądając się pięciokątowi $KCDAL$ wpisanemu w okrąg, widzimy, że $\measuredangle KLD=\measuredangle KAD=\measuredangle BAD=60^\circ$ i $\measuredangle DKL=\measuredangle DCL=\measuredangle DCB=\measuredangle BAD=60^\circ$ , więc trójkąt $DLK$ jest równoboczny i $LK=DK$ . Ze względu na $AK\|DC$ , czworokąt $AKCD$ jest trapezoidem równoramiennym, stąd $DK=AC$ . Zatem $LK=AC$ , co dowodzi przystawania trójkątów $KLM$ i $CAP$ .

Sposób II

Obierzmy na prostej $AB$ taki punkt $F$ , że $BC=BF=FC$ . W ten sposób otrzymaliśmy równoramienny trapezoid, którego okrąg opisany jest jednocześnie okręgiem opisanym na trójkącie $ADC$ . Stąd $K=F$ . Analogicznie, wybierając na $BC$ takie punkt $G$ , że $GB=GA=BA$ , dochodzimy do wniosku, że $G=L$ . Zatem $AC=KL$ , ze względu na symetrię względem dwusiecznej kąta $CBK$ (lub równoważnie $ABL$ ). Czworokąt $APCD$ jest wpisany w okrąg, więc

$ \measuredangle APC=180^\circ-\measuredangle ADC=180^\circ-120^\circ=60^\circ. $

Możemy też skonstruować $K$ i $L$ jako obrazy $A$ i $C$ w inwersji względem okręgu o środku $B$ , złożonej z symetrią względem punktu $B$ . Wtedy $P$ jest obrazem $D$ , zaś $M$ jest obrazem $E$ . Obrazami $A$ , $E$ , $C$ są $K$ , $L$ , $M$ , ponadto wiadomo, że obrazem prostek jest okrąg zawierający $B$ , więc czworokąt $BLMK$ jest wpisany w okrąg. Stąd

$ \measuredangle KML=180^\circ-\measuredangle KBL=180^\circ-120^\circ=60^\circ. $

Prócz tego

$ \measuredangle LKM=\measuredangle LBM=\measuredangle DBC=\measuredangle ADP=\measuredangle ACP, $

więc trójkąty $APC$ i $LMK$ są podobne, a nawet przystające, bo $AC=LK$ .

Sposób III

Trójkąty $ABL$ i $BCK$ są równoboczne, więc wszystkie ich kąty mają miarę $60^\circ$ . Stąd $AB=BL$ i $CB=BK$ . Ponadto $\measuredangle CBA=120^\circ=\measuredangle LBK$ . Zatem trójkąty $ABC$ i $LBK$ są przystające i

$ (1) \qquad AC=LK. $

Zauważmy, że

$ \measuredangle BKL=\measuredangle AKL=\measuredangle ACL=\measuredangle ECL=\measuredangle EML=\measuredangle BML, $

więc na czworokącie $BKML$ można opisać okrąg i $\measuredangle KMB=\measuredangle KLB$ . Stąd

$ (2) \begin{split} \measuredangle KML&=\measuredangle KMB+\measuredangle BML=\measuredangle KLB+\measuredangle BKL=\\ &=\measuredangle BAC+\measuredangle ACB=\measuredangle DCA+\measuredangle CAD=\\ &=\measuredangle DPA+\measuredangle CPD=\measuredangle CPA. \end{split} $

Zauważmy też, że

$ (3) \qquad \measuredangle MLK=\measuredangle MBK=\measuredangle PDC=\measuredangle PAC. $

Na mocy (1),(2) i (3) otrzymujemy tezę.