L OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

III

W sześciokącie wypukłym $ABCDEF$ zachodzą równości:

$ \measuredangle A + \measuredangle C + \measuredangle E = 360^\circ ,\qquad \frac{AB}{BC} \cdot \frac{CD}{DE} \cdot \frac{EF}{FA}=1. $

Dowieść, że $\frac{AB}{BF} \cdot \frac{FD}{DE} \cdot \frac{EC}{CA}=1$ .

Rozwiązanie

Na mocy założenia $\measuredangle A + \measuredangle C + \measuredangle E = 360^\circ$ , istnieje taki punkt $P$ , że zachodzą następujące równości kątów (rysunek):

$ (1) \qquad \measuredangle BCP = \measuredangle BAF,\ \measuredangle PCD = \measuredangle FED,\ \measuredangle CDP = \measuredangle EDF . $

Trójkąty $DEF$ i $DCP$ są więc podobne, skąd dostajemy

$ (2) \measuredangle EDC = \measuredangle F DP\ \textrm{oraz}\ = \frac{ED}{DC}=\frac{FD}{DP}. $

Korzystając z danej w treści zadania równości oraz z podobieństwa trójkątów $EDF$ i $CDP$ otrzymujemy

$ \frac{FA}{AB} = \frac{EF}{DE}\cdot \frac{CD}{BC}=\frac{CP}{CD}\cdot \frac{CD}{BC}=\frac{CP}{BC}, $

co na mocy pierwszej spośród równości (1) dowodzi, że trójkąty $BAF$ i $BCP$ są podobne. Zatem

$ (3)\qquad \measuredangle CBA=\measuredangle PBF\quad \textrm{oraz}\quad \frac{AB}{BC}=\frac{FB}{BP}. $

Równości (2) oznaczają, że trójkąty $EDC$ i $FDP$ są podobne; z równości (3) wynika natomiast, że podobne są trójkąty $CBA$ i $PBF$ . Otrzymujemy więc odpowiednio następujące proporcje:

$ \frac{EC}{DE}\cdot \frac{FP}{FD}\quad \textrm{oraz}\quad \frac{AB}{CA}\cdot \frac{BF}{FP}. $

Mnożąc stronami powyższe dwie równości dostajemy tezę.