XLIV OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

III

Punkt $O$ jest środkiem okręgu $k$ wpisanego w trapez nierównoramienny $ABCD$ , którego dłuższa podstawa $AB$ ma środek $M$ . Krótsza podstawa $CD$ jest styczna do okręgu $k$ w punkcie $E$ , prosta $OM$ przecina podstawę $CD$ w punkcie $F$ . Udowodnić, że $|DE| = |FC|$ wtedy i tylko wtedy, gdy $|AB| = 2\cdot |CD|$ .

Rozwiązanie

Ponieważ równość $|DE| = |FC|$ (rozważana w tezie zadania) zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy $|DF| = |EC|$ , zatem warunki założeń i tezy nie zmienią się przy zamianie ról ramion $AD$ i $BC$ danego trapezu. Możemy więc przyjąć, nie tracąc ogólności, że $|AD| > |BC|$ ; taką właśnie sytuację przedstawia rysunek 9.

Przedłużamy ramiona $AD$ i $BC$ do przecięcia w punkcie $S$ . Oznaczmy przez $k'$ okrąg wpisany w trójkąt $CDS$ , przez $K$ - punkt styczności okręgu $k'$ z bokiem $CD$ , przez $N$ - środek boku $CD$ , a przez $L$ - punkt styczności okręgu $k$ z podstawą $AB$ . Mamy równości

$ (1) \qquad |CK| = \frac{1}{2}(|CD| + |CS|-|DS|) = |DE|; $

pierwsza z tych równości - to znany wzór wyrażający odległość punktu styczności okręgu wpisanego (w trójkąt) z bokiem od wierzchołka; druga - to analogiczny wzór na odległość punktu styczności okręgu dopisanego z odpowiednim bokiem od wierzchołka (zauważmy, że $k$ jest okręgiem dopisanym do trójkąta $CDS$ ); wzór ten nie jest może tak powszechnie znany, jak pierwsza równość w (1); pozostawiamy jego dowód Czytelnikowi jako nietrudne ćwiczenie.

Ponieważ $N$ jest środkiem odcinka $CD$ , zatem z równości (1) wynika, że $|NK| = |NE|$ , czyli

$ (2) \qquad |NK| = \frac{1}{2}|EK|. $

Jednokładność o środku $S$ i skali $|AB|: |CD|$ odwzorowuje trójkąt $SCD$ na trójkąt $SBA$ , okrąg wpisany w pierwszy z tych trójkątów na okrąg wpisany w drugi (czyli okrąg $k'$ na okrąg $k$ ), punkt styczności $K$ na punkt styczności $L$ , a środek $N$ boku $CD$ - na środek $M$ boku $AB$ . Wobec tego

$ (3) \qquad \frac{|AB|}{|CD|} = \frac{|ML|}{|NK|} $

Trójkąty prostokątne $OLM$ i $OEF$ są przystające (odcinki $OL$ i $OE$ są promieniami okręgu $k$ , kąty $OLM$ i $OEF$ są równe jako kąty wierzchołkowe). Zachodzi więc równość

$ (4) \qquad |ML| = |EF| $

Na mocy związków (3), (2), (4) i (1) mamy

$ \frac{|AB|}{|CD|}=\frac{|ML|}{|NK|}=2\cdot \frac{|ML|}{|EK|}=2\cdot \frac{|EF|}{|EK|} = 2\cdot \frac{|CE|-|CF|}{|CE|-|CK|}=2\cdot \frac{|CE|-|CF|}{|CE|-|DE|}. $

Uzyskujemy równoważność

$ |DE| = |FC| \Longleftrightarrow |CE|-|CF|=|CE|-|DE| \Longleftrightarrow |AP| =2\cdot|CD|, $

która jest tezą zadania.