MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 191

Punkty $A,P,K$ oraz $B,P,L$ są odpowiednio współliniowe. Z założenia

$$\angle PAL=\angle PBK,$$

a kąty $APL$ i $BPK$ są wierzchołkowe. Zatem

$$\triangle APL\sim\triangle BPK$$

na mocy cechy KK. Z podobieństwa

$$\frac{AP}{BP}=\frac{PL}{PK},$$

czyli $AP\cdot PK=BP\cdot PL$. Na mocy odwrotności twierdzenia o iloczynach odcinków siecznych punkty $A,B,K,L$ leżą na jednym okręgu.

Kąty $APB$ i $KPL$ są wierzchołkowe. Ponadto, w czworokącie wpisanym $ABKL$,

$$\angle PAB=\angle KLB, \qquad \angle PBA=\angle LKA.$$

Ponieważ $B,P,L$ i $A,P,K$ są współliniowe, są to odpowiednie kąty trójkątów $APB$ i $KLP$. Trójkąty te są więc podobne (odpowiednio $A\leftrightarrow L$, $P\leftrightarrow P$, $B\leftrightarrow K$).

a) Trójkąty prostokątne $ARP$ i $BQP$ mają równe kąty przy $A$ i $B$, bo $AC=BC$. Są więc podobne. Stąd

$$\frac{AR}{BQ}=\frac{PR}{PQ},$$

czyli $AR\cdot PQ=PR\cdot BQ$.

b) Trójkąty $DFP$ i $BEP$ są podobne: kąty przy $P$ są wierzchołkowe, a kąty przy $F,E$ są równe z $DC\parallel AB$. Zatem

$$\frac{FD}{EB}=\frac{PD}{PB},$$

co daje $FD\cdot PB=EB\cdot PD$.

c) Trójkąty prostokątne $ARQ$ i $CRP$ są podobne, bo ich kąty przy $R$ są wierzchołkowe. Wobec tego

$$\frac{AR}{CR}=\frac{QR}{PR},$$

czyli $AR\cdot QR=PR\cdot CR$.

d) Czworokąt $BGEC$ jest kwadratem o boku $a$. Trójkąty prostokątne $ABG$ i $ECD$ są podobne: ich pozostałe kąty są odpowiednimi kątami trójkąta prostokątnego $AFD$. Stąd

$$\frac{AB}{EC}=\frac{BG}{CD}.$$

Ponieważ $EC=BG=a$, otrzymujemy $AB\cdot CD=a^2$.

Ponieważ $M$ leży na $AB$, mamy $\angle CAM=\angle CAB$. Z założenia $\angle ACM=\angle ABC$, więc

$$\triangle ACM\sim\triangle ABC$$

na mocy cechy KK. Z podobieństwa

$$\frac{AC}{AB}=\frac{AM}{AC},$$

czyli $AC^2=AB\cdot AM$. Punkt $M$ jest środkiem $AB$, zatem $AM=\frac12AB$. W konsekwencji

$$AC^2=\frac12AB^2, \qquad AB=\sqrt2\,AC.$$

Oznaczmy wektory $\overrightarrow{AB}=\vec b$ i $\overrightarrow{AD}=\vec d$, przyjmując $A$ za początek. Wtedy

$$B=\vec b,\quad D=\vec d,\quad C=\vec b+\vec d, \quad E=\frac12\vec b, \quad F=\vec d+\frac12\vec b.$$

Niech $X=DE\cap AC$. Punkt prostej $DE$ ma postać

$$\vec d+t\left(\frac12\vec b-\vec d\right),$$

a punkt przekątnej $AC$ — $s(\vec b+\vec d)$. Porównanie współczynników przy $\vec b,\vec d$ daje $s=\frac t2=1-t$, zatem $s=\frac13$. Analogiczne obliczenie dla $Y=FB\cap AC$ daje $Y=\frac23(\vec b+\vec d)$.

Punkty $X,Y$ leżą więc odpowiednio w $\frac13$ i $\frac23$ długości przekątnej $AC$. Stąd

$$AX=XY=YC=\frac13AC.$$

a) Prosta $CP$ jest dwusieczną kąta zewnętrznego przy $C$. Oznaczmy obie jego połowy przez $\delta$. Ponieważ $BD\parallel AC$, kąt $CDB$ jest równy kątowi między $CD$ i przedłużeniem $AC$, czyli $\delta$. Także $\angle BCD=\delta$. W trójkącie $BCD$ równe kąty leżą naprzeciw równych boków, zatem

$$BD=BC.$$

b) Trójkąty $PAC$ i $PBD$ są podobne: $PA$ i $PB$ leżą na jednej prostej, $PC$ i $PD$ leżą na jednej prostej oraz $AC\parallel BD$. Stąd

$$\frac{AC}{BD}=\frac{AP}{BP}.$$

Po wykorzystaniu $BD=BC$ z części a) otrzymujemy

$$\frac{AC}{BC}=\frac{AP}{BP}.$$