LIV OM - I - Zadanie 6

Punkty $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ leżą w tej właśnie kolejności na okręgu $ o $. Punkt $ M $ jest środkiem tego łuku $ AB $ okręgu $ o $, który nie zawiera punktów $ C $ i $ D $; punkt $ N $ jest środkiem tego łuku $ CD $ okręgu o, który nie zawiera punktów $ A $ i $ B $. Dowieść, że

\[<br />
\frac{AN^2-BN^2}{AB}=\frac{DM^2-CM^2}{CD}.<br />
\]

Rozwiązanie

Z twierdzenia Ptolemeusza (zob. LI Olimpiada Matematyczna, Sprawozdanie Komitetu Głównego, Dodatek D, str. 112) zastosowanego do czworokąta $ AMBN $ uzyskujemy równość $ BM \cdot (AN + BN) = MN \cdot AB $. Stąd

\[<br />
\frac{AN^2-BN^2}{AB}=\frac{(AN-BN)\cdot MN}{BM}.<br />
\]

Zatem zadanie sprowadza się do wykazania, że

\[<br />
(1)\qquad\frac{AN-BN}{BM}=\frac{DM-CM}{CN}.<br />
\]

Bez straty ogólności przyjmijmy, że $ AN < BN $; wtedy $ DM < CM $. Niech $ A' $ będzie punktem symetrycznym do $ A $ względem prostej $ MN $ (rys. 2). Ponieważ $ MN $ jest dwusieczną kąta $ ANB $, punkt $ A' $ leży na odcinku $ BN $. Ponadto $ BM = AM = A'M $.

Analogicznie, oznaczając przez $ D' $ punkt symetryczny do $ D $ względem prostej $ MN $ wnioskujemy, że punkt $ D' $ leży na odcinku $ CM $ oraz $ CN = D'N $. Na mocy równości

\[<br />
\measuredangle MBN = \measuredangle MCN ,<br />
\]

om54_1r_img_2.jpg

trójkąty równoramienne $ BMA' $ i $ CND' $ są podobne. Stąd

\[<br />
\frac{BA'}{BM} = \frac{CD'}{CN},<br />
\]

co jest równoważne dowodzonej równości (1).

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź