VIII OM - I - Zadanie 11

Przez wierzchołki $ A $, $ B $, $ C $ trójkąta ostrokątnego oraz przez środek $ O $ okręgu opisanego na tym trójkącie poprowadzono proste $ AO $, $ BO $, $ CO $, które przecinają przeciwległe boki trójkąta odpowiednio w punktach $ M $, $ N $, $ P $. Dowieść, że

\[<br /> \frac{1}{AM} + \frac{1}{BN} + \frac{1}{CP} = \frac{2}{R},<br /> \]

gdzie $ R $ oznacza promień okręgu opisanego na trójkącie $ ABC $.

Rozwiązanie

Obliczymy długości $ AM $, $ BN $, $ CP $ w zależności od $ R $ i od kątów $ A $, $ B $, $ C $ trójkąta (rys. 9).

Zauważmy, że w trójkącie $ AMC $ bok $ AC = 2R \sin B $, a $ \measuredangle MAC = 90^\circ - B $, gdyż w trójkącie prostokątnym $ ACM' $, gdzie $ AM' $ jest średnicą okręgu opisanego na $ \triangle ABC $, kąt przy $ M' $ równa się kątowi $ B $. Wobec tego $ \measuredangle AMC = 90^\circ + B - C $ i stosując twierdzenie sinusów otrzymujemy

\[<br /> \frac{AC}{AM} = \frac{\sin M}{\sin C} = \frac{\cos (B - C)}{\sin C},\<br /> \frac{ 1}{AM} = \frac{\cos (B-C)}{AC \sin C} = \frac{\cos (B - C)}{2R \sin B \sin C}<br /> \]

i ostatecznie

\[<br /> (1) \qquad \frac{ 1}{AM} = \frac{1}{2R} (\ctg B \ctg C + 1).<br /> \]

Analogicznie otrzymujemy z trójkąta $ BN A $:

\[<br /> (2) \qquad \frac{ 1}{BN} = \frac{1}{2R} (\ctg C \ctg A + 1)<br /> \]

a z trójkąta $ CPB $:

\[<br /> (3) \qquad \frac{ 1}{CP} = \frac{1}{2R} (\ctg A \ctg B + 1).<br /> \]

Dodając równości (1), (2) i (3) stronami i uwzględniając fakt, że kąty trójkąta spełniają związek $ \ctg B \ctg C + \ctg C \ctg A + \ctg A \ctg B = 1 $, otrzymujemy żądaną równość

\[<br /> \frac{1}{AM} + \frac{1}{BN} + \frac{1}{CP} = \frac{2}{R},<br /> \]
  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź