DSCN1146 (2)

Odcinek OP\\DL dzieli odcinek BC i DH na połowy odpowiednio w punktach M i S.

Ponieważ

H 1 |SH|, |EM| i \MF\, \BM\ j \MC\, \BE\ = |FC|. więc luki BD i HC mają te samą długość.

Nietrudno wykazać, że\AB\ = \DH\ = |£F|, a wtedy otrzymujemy |-4S| + |fl£| = \EF\ + \FC\ = |£C|, co kończy dowód twierdzenia.

5.50.    Punkt O jest środkiem średnicy przechodzącej przez punkt P, a punkt P jest środkiem cięciwy przechodzącej przez P prostopadle do tej średnicy. Niech A będzie środkiem jakiejkolwiek cięciwy (różnym od P i O) należącej do naszej rodziny. W trójkącie APO kąt PAO jest prosty. Zatem punkt A leży na okręgu o środku

w środku odcinka OP i o promieniu ——.

Na odwrót, jeśli punkt X (różny od P i O) należy do tego okręgu, to w AXPO kąt PXO jest prosty, czyli X jest środkiem cięciwy zawierającej odcinek XP.

Zatem szukana figura jest okręgiem o środku w środku odcinka

• • |OP|

OP i promiemu ——.

5.51.    Najpierw zauważmy, że

|<P^B| = A<AOB\ (rys. 5.51)

Wynika to z następującego rozumowania:

|lilii 11| | \<AOB\) 111¹-\<A0B\, |*PAB\ 11 i \<BAO\ 111<i40B|.

Rys. 5.51

Slijd zaś wynika, że kąty: <MCP i APAB są przystające. Ponadto

\<APB\ = \<APC\

, wobec tego

AAPC ~ AFAB.

Stąd otrzymujemy proporcję \AP\JPQ \PB\ \AF\'

z której wynika żądana równość \AP\² = \PB\-\PC\.

5.52.    Wskazówka. Rozpatrzyć dwa przypadki:

a)    M należy do wnętrza koła ograniczonego okręgiem o(0,r),

b)    M jest punktem zewnętrznym tego kola.

Skorzystać z podobieństwa trójkątów AMD i BMC.

5.53.    1) Przypadek pierwszy: okręgi styczne zewnętrznie.

Zgodnie z oznaczeniami na rys. 5.53a), mamy:

|E£| = 2r. \BD\ j 2R, jAC] | a, \AB\ = I Ponieważ AABE ~ ABCD, więc

skąd x = —

|BD| |BC| i^S-    R + r'

149