LVI OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

LVI OM, 2004-2005

Etap:

Dany jest romb $ABCD$ , w którym $\measuredangle BAD > 60^{\circ}$ . Punkty $E$ i $F$ leżą odpowiednio na bokach $AB$ i $AD$ , przy czym $\measuredangle ECF = \measuredangle ABD$ . Proste $CE$ i $CF$ przecinają przekątną $BD$ odpowiednio w punktach $P$ i $Q$ . Wykazać, że

$ \frac{PQ}{EF}=\frac{AB}{BD}. $

Rozwiązanie

Z równości $\measuredangle FDQ = \measuredangle PCQ$ wynika, że trójkąty $FDQ$ i $PCQ$ są podobne. Ponieważ punkty $A$ i $C$ są symetryczne względem prostej $BD$ , więc trójkąty $PCQ$ i $PAQ$ są przystające oraz

$ \measuredangle APQ = \measuredangle CPQ = \measuredangle DFQ = 180^{\circ} - \measuredangle AFQ. $

Równość ta oznacza, że punkty $A$ , $P$ , $Q$ , $F$ leżą na jednym okręgu. Podobnie dowodzimy, że punkty $A$ , $P$ , $Q$ , $E$ leżą na jednym okręgu. Istnieje więc okrąg przechodzący przez punkty $A$ , $P$ , $Q$ , $E$ i $F$ .

Z zależności $\measuredangle CPQ = \measuredangle CFE$ wnioskujemy, że trójkąty $CPQ$ i $CFE$ są podobne. Analogicznie uzyskujemy podobieństwo trójkątów $DQF$ i $DAP$ . Ponadto podobne są trójkąty $PAQ$ i $ABQ$ . Stąd

$ \frac{EF}{PQ}=\frac{FC}{PC}=\frac{FQ+AQ}{PC}=\frac{FQ}{PA}+\frac{AQ}{PA}=\frac{DQ}{AD}+\frac{BQ}{AB}=\frac{BD}{AB}, $

co należało wykazać.