Punkty na okręgu

[mol_ksiazkowy]

W trójkącie różnobocznym \(\displaystyle{ ABC}\) kąt przy wierzchołku \(\displaystyle{ C}\) jest równy \(\displaystyle{ 60^{o}}\); punkty \(\displaystyle{ P \neq A}\) i \(\displaystyle{ Q \neq B}\) są na okręgu opisanym na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) oraz proste \(\displaystyle{ AP}\) i \(\displaystyle{ BC}\) jak i \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ BQ}\) są równoległe. Udowodnić, że \(\displaystyle{ AP=BQ}\).

[matmatmm]

Oznaczając kąt przy wierzchołku \(\displaystyle{ A}\) przez \(\displaystyle{ \alpha}\) i zakładając \(\displaystyle{ BC>AC}\), nietrudno przeliczyć, że \(\displaystyle{ \angle ABP =60^{\circ}-\alpha =\angle BCQ}\). Reszta to tw. sinusów.

[kruszewski]

Z trójkąta COL
wyprowadzamy wniosek, że zachodzi równość kątów
\(\displaystyle{ \angle \alpha = \angle \beta = \angle \gamma = 60^o}\)
Z równoległości prostych jednakowego koloru podobieństwo i przystawanie trójkątów.
Stąd równość miar odcinków\(\displaystyle{ \left| AP \right| = \left| BQ \right|}\)

[matmatmm]

Oznaczając kąt przy wierzchołku \(\displaystyle{ A}\) przez \(\displaystyle{ \alpha}\) i zakładając \(\displaystyle{ BC>AC}\), nietrudno przeliczyć, że \(\displaystyle{ \angle ABP =60^{\circ}-\alpha =\angle BCQ}\). Reszta to tw. sinusów.

Pomyliłem się. Powinno być \(\displaystyle{ \angle ABP =\alpha-60^{\circ} =\angle BCQ}\)