Matematyka.pl

W równoramiennym trójkącie ostrokątnym \(\displaystyle{ ABC}\) boki \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ BC}\) są równe. Na krótszym łuku \(\displaystyle{ AB}\) okręgu opisanego na danym trójkącie wybrano punkt \(\displaystyle{ P}\). Prosta prostopadła do \(\displaystyle{ PB}\) i przechodząca przez \(\displaystyle{ C}\), przecina \(\displaystyle{ PB }\)w punkcie \(\displaystyle{ D}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ PA+PB=2PD}\).

Dodano po 5 minutach 29 sekundach:
Skoro trójkąt jest równoramienny, to \(\displaystyle{ AC=BC=x}\). Z twierdzenia Ptolemeusza dla czworokąta \(\displaystyle{ APBC}\) mam
\(\displaystyle{ CP \cdot AB=xPB+xAP}\).
Więc prawą stronę równania do wykazania już mam
\(\displaystyle{ PA+PB= \frac{CP \cdot AB}{x} }\).
I dalej nie wiem

Dorysuj prostą \(\displaystyle{ AP}\) i z wierzchołka \(\displaystyle{ C}\) poprowadź prostą prostopadłą do \(\displaystyle{ AP}\). Jak na rys1.
Zauważmy, że \(\displaystyle{ \measuredangle CPB=\measuredangle CAB = \beta }\), ponieważ oparte są na tym samym łuku.
Analogicznie \(\displaystyle{ \measuredangle CBA= \measuredangle CPA = \beta }\), ( także \(\displaystyle{ \beta )}\)bo \(\displaystyle{ \bigtriangleup ABC}\) jest równoramienny.
\(\displaystyle{ \measuredangle CDP=\measuredangle = CMP = 90^ {\circ} }\).
Zatem \(\displaystyle{ \bigtriangleup CDP \equiv \bigtriangleup DPM }\) ( cecha kkk), więc
\(\displaystyle{ \left| DP\right|=\left| PM\right| }\),
\(\displaystyle{ \left| AP\right| =\left| PD\right|-\left| MA\right| }\).(1)
Zauważmy dalej, że
\(\displaystyle{ \measuredangle CBP=180 ^{\circ}- \measuredangle CAP}\),
a \(\displaystyle{ \measuredangle MAP=180 ^{\circ}- \measuredangle CAP}\),
zatem
\(\displaystyle{ \measuredangle CBP=\measuredangle CBD=\measuredangle CAM}\).
\(\displaystyle{ \bigtriangleup CPD \equiv \bigtriangleup CAM }\) ( cecha kkk), więc
\(\displaystyle{ \left| MA\right|=\left| DB\right| }\),
\(\displaystyle{ \left| PB\right|=\left| PD\right|+\left| DB \right| }\) (2)
Z (1) i (2) dostajemy tezę.