XLVIII OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XLVIII OM, 1996-1997

Etap:

III

Dany jest pięciokąt wypukły $ABCDE$ , w którym $DC = DE$ oraz $\measuredangle DCB =\measuredangle DEA = 90^\circ$ . Niech $F$ będzie punktem boku $AB$ wyznaczonym przez warunek $AF: BF = AE: BC$ . Udowodnić, że $\measuredangle FCE = \measuredangle ADE$ oraz $\measuredangle FEC= \measuredangle BDC$ .

Rozwiązanie

Na przedłużeniu odcinka $BC$ odkładamy odcinek $CP = AE$ . Z warunków zadania wynika, że trójkąty prostokątne $PCD$ i $AED$ są przystające. Stąd $AD = DP$ oraz

$ \measuredangle ADP = \measuredangle PDC + \measuredangle ADC = \measuredangle ADE + \measuredangle ADC = \measuredangle EDC. $

Ponieważ również $ED = DC$ , więc trójkąty $ADP$ i $EDC$ są podobne. Oznaczając przez $Q$ punkt przecięcia prostych $AP$ i $EC$ dostajemy równość

$ \measuredangle DEQ = \measuredangle DEC = \measuredangle DAP = \measuredangle DAQ, $

która dowodzi, że punkty $A$ , $Q$ , $D$ , $E$ leżą na jednym okręgu. Zatem

$ (1)\qquad \measuredangle ADE = \measuredangle AQE. $

Ze związków

$ \frac{AF}{BF}=\frac{AE}{BC}=\frac{PC}{BC} $

wynika, że proste $AP$ i $FC$ są równoległe. Stąd $\measuredangle AQE = \measuredangle FCE$ , co w połączeniu ze wzorem (1) daje pierwszą równość tezy. Druga jest analogiczna.