Opublikowane na Archiwum Olimpiady Matematycznej (https://archom.ptm.org.pl)

Strona główna > Wersja do wydruku > Wersja do wydruku

XLVIII OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne: 
XLVIII OM, 1996-1997
Etap: 
I

Punkt $ P $ leży wewnątrz równoległoboku $ ABCD $, przy czym zachodzi równość $ |\measuredangle ABP| = |\measuredangle ADP| $. Wykazać, że $ |\measuredangle PAB| = |\measuredangle PCB| $.

Rozwiązanie

Sposób I

Przesuwamy trójkąt $ ADP $ równolegle tak, by obrazem boku $ AD $ był odcinek $ BC $. Obraz wierzchołka $ P $ oznaczmy przez $ Q $. Mamy zatem równość $ |\measuredangle ADP| = |\measuredangle BCQ| $ (rysunek 1). Odcinki $ AB $ i $ PQ $ są równoległe, więc $ |\measuredangle ABP| = |\measuredangle QPB| $.

Jednocześnie $ |\measuredangle ABP| = |\measuredangle ADP| $ (w myśl warunku zadania). Wobec tego $ |\measuredangle BCQ| = |\measuredangle QPB| $.

Odcinek $ BQ $ jest więc widoczny pod jednakowym kątem z punktów $ P $ i $ C $, leżących po tej samej stronie prostej $ BQ $. Wniosek: punkty $ B $, $ P $, $ C $, $ Q $ leżą na jednym okręgu. Stąd, wobec faktu, że punkty $ C $ i $ Q $ leżą po tej samej stronie prostej $ PB $, wynika równość $ |\measuredangle PCB|=|\measuredangle PQB| $.

Pozostaje zauważyć, że czworokąt $ PABQ $ jest równoległobokiem, a więc $ |\measuredangle PQB| =| \measuredangle PAB| $. Otrzymujemy równość $ | \measuredangle PAB| = | \measuredangle PCB| $, która była dana do udowodnienia.

Sposób II

Przez punkt $ P $ prowadzimy proste równoległe do boków równoległoboku $ ABCD $. Przecinają one boki $ AB $, $ BC $, $ CD $, $ DA $ odpowiednio w punktach $ K $, $ L $, $ M $, $ N $ (rysunek 2).

Trójkąt $ PKB $ jest podobny do trójkąta $ PND $, bo $ |\measuredangle PKB| = |\measuredangle PND| $ (kąty o ramionach parami równoległych) oraz $ |\measuredangle NDP| = |\measuredangle KBP| $ (warunek zadania). Zatem

\[<br /> \qquad (1) \frac{|PK|}{|PN|}=\frac{|KB|}{|ND|}.<br /> \]

Teza zadania, czyli równość $ |\measuredangle PAK| = |\measuredangle PCL| $, będzie udowodniona, jeśli wykażemy, że trójkąty $ PAK $ i $ PCL $ są podobne.

Uwaga: tu i dalej, mówiąc, że trójkąty $ XYZ $ i $ X'Y'Z' $ są podobne, rozumiemy, że w tym podobieństwie wierzchołki $ X' $, $ Y' $, $ Z' $ są odpowiednio obrazami wierzchołków $ X $, $ Y $, $ Z $.

Ponieważ $ |\measuredangle PKA| = |\measuredangle PLC| $ (kąty o ramionach parami równoległych), wystarczy dowieść, że

\[<br /> \qquad (2) \frac{|PK|}{|KA|}=\frac{|PL|}{|LC|}.<br /> \]

Otóż z określenia punktów $ K $, $ L $ i $ N $ wynika, że $ |PN| = |KA| $, $ |KB| = |PL| $, $ |ND| = |LC| $, i wobec tego równość (2) jest identyczna z równością (1). To kończy dowód.

Sposób III

Dana w założeniu równość $ |\measuredangle ABP| = |\measuredangle ADP| $ jest równoważna równości $ |\measuredangle CBP| = |\measuredangle CDP| $. Role punktów $ A $ i $ C $ są więc symetryczne, tak w założeniach, jak i w tezie zadania. Można wobec tego przyjąć, nie tracąc ogólności, że $ P $ jest punktem trójkąta $ ABD $. Przyjmimy dodatkowo, że jest to punkt wewnętrzny trójkąta $ ABD $; niezbędne modyfikacje rozumowania w przypadku granicznym, gdy $ P $ leży na przekątnej $ BD $, pozostawiamy Czytelnikowi.

Półproste $ DP $ i $ BP $ przecinają boki $ AB $ i $ AD $ odpowiednio w punktach $ U $ i $ V $ (rysunek 3). Z danej w założeniu równości kątów (którą można przepisać jako $ |\measuredangle PBU| = |\measuredangle PDV| $, bądź też jako $ |\measuredangle ABV| = |\measuredangle ADU| $) wynika, że trójkąt $ PBU $ jest podobny do $ PDV $, a trójkąt $ ABV $ jest podobny do $ ADU $. Mamy więc proporcje:

\[<br /> \frac{|PB|}{|PU|} = \frac{|PD|}{|PV|} \ \textrm{oraz} \ \frac{|AB|}{|AV|}=\frac{|AD|}{|AU|}.<br /> \]

Pozwalają one wywnioskować, że trójkąt $ PUV $ jest podobny do $ PBD $, a trójkąt $ AUV $ - do $ ADB $. Otrzymujemy związki:

\[<br /> \begin{split}<br /> \qquad (3) \frac{|PB|}{|PU|} = & \frac{|BD|}{|UV|}=\frac{|AD|}{|AU|} =\frac{|CB|}{|AU|},\\<br /> \qquad (4) |\measuredangle PUV| = |\measuredangle PBD|, & \ |\measuredangle AUV| = |\measuredangle ADB| = |\measuredangle CBD|.<br /> \end{split}<br /> \]

Dodajemy stronami równości (4) i dostajemy równość $ |\measuredangle PUA| = |\measuredangle PBC| $, która w połączeniu z zależnością (3) pokazuje, że trójkąt $ PUA $ jest podobny do trójkąta $ PBC $. Stąd, ostatecznie, $ |\measuredangle PCB| = |\measuredangle PAU| = |\measuredangle PAB| $.

© Prawa autorskie Polskie Towarzystwo Matematyczne | Serwis znajduje się na serwerze MIMUW | Projekt: Krystyna Jaworska | Realizacja: Paweł Witkowski INTools, Tomasz Filar
Adres źródła: https://archom.ptm.org.pl/?q=node/465