XLVII OM - I - Zadanie 4

Prosta styczna do okręgu wpisanego w trójkat równoboczny $ ABC $ przecina boki $ AB $ i $ AC $ odpowiednio w punktach $ D $ i $ E $. Udowodnić, że
$ \frac{|AD|}{|DB|} + \frac{|AE|}{|EC|} = 1 $.

Rozwiązanie

Uwaga: Jedną z prostych stycznych do okręgu wpisanego w trójkąt $ ABC $ jest prosta $ BC $. Dla tej prostej punkt $ D $ pokrywa się z $ B $, punkt $ E $ pokrywa się z $ C $ i rozważane ułamki tracą sens. Niewykluczenie w sformułowaniu zadania takiej sytuacji było oczywistym niedopatrzeniem$ \ldots $ W przedstawionych poniżej rozwiązaniach będziemy zatem dodatkowo zakładać - tak, jak to robili Uczestnicy Olimpiady (życzliwie wytykając usterkę) - że prosta $ DE $ nie jest prostą $ BC $.

Przyjmijmy oznaczenia:

\[<br /> |AB| = |BC| = |CA| = a,\quad |AD|=x,\quad |AE| = y,\quad |DE| = z<br /> \]

(rysunek 1). Czworokąt $ DBCE $ jest opisany na okręgu, więc

\[<br /> |DB| + |CE| = |BC| + |ED|,<br /> \]

czyli $ (a-x) + (a-y) =a + z $, lub prościej: $ x + y + z = a $. Stosując do trójkąta $ ADE $ twierdzenie Carnota (wzór kosinusów) dostajemy zależność:

\[<br /> z^2 = x^2 + y^2 -2xy \cos 60^\circ = x^2 + y^2- xy.<br /> \]

W takim razie

\[<br /> \begin{split}<br /> \frac{|AD|}{|DB|} + \frac{|AE|}{|EC|} & = \frac{x}{a-x}+\frac{y}{a-y} =<br /> \frac{x}{y+z}+ \frac{y}{x + z}= \frac{x(x + z)+y(y + z)}{(x + z)(y + z)}= \\<br /> & =\frac{x^2 + y^2 - xy + xy + xz + yz}{(x + z)(y + z)} = \frac{z^2 +xy + xz + yz}{(x+z)(y+z)}=1.<br /> \end{split}<br /> \]

om47_1r_img_1.jpg
om47_1r_img_2.jpg
om47_1r_img_3.jpg

Uwaga: Tezę zadania można uzasadnić bez żadnych rachunków, korzystając z ogólniejszych znanych twierdzeń.

Jeśli $ S $ jest punktem wewnętrznym (dowolnego) trójkąta $ ABC $, a proste $ AS $, $ BS $, $ CS $ przecinają boki $ BC $, $ CA $, $ AB $ odpowiednio w punktach $ F $, $ E $, $ D $, to

\[<br /> (2) \qquad \frac{|AD|}{|DB|} + \frac{|AE|}{|EC|} = \frac{|AS|}{|SF|}.<br /> \]

Jest to twierdzenie Van Aubela}: dowód - zupełnie zresztą łatwy do samodzielnego przeprowadzenia —-- można znaleźć na przykład w książce: S. I. Zetel, {\it Geometria trójkąta, Warszawa 1964 (rozdział I. 15, str. 22). Stosując to twierdzenie do rozważanej sytuacji (równoboczny trójkąt $ ABC $) wystarczy wykazać, że punkt $ S $, w którym przecinają się odcinki $ BE $ i $ CD $, jest środkiem odcinka $ AF $ o końcu $ F $ leżącym na boku $ BC $: będzie to bowiem znaczyło, że ułamek po prawej stronie wzoru (2) ma wartość $ 1 $.

W tym celu powołamy się na twierdzenie Brianchona}, które mówi, że w każdym sześciokącie $ P_1 P_2 P_3 P_4 P_5 P_6 $ opisanym na okręgu przekątne $ P_1 P_4 $, $ P_2 P_5 $, $ P_3 P_6 $ przecinają się w jednym punkcie. Dowód znajduje się na przykład w książce: W. W. Prasołow, {\it Zadaczi po planimetrii, część I, Moskwa 1986 (zadanie 3.27, str. 65; rozwiązanie: str. 74): komentarz, a także inne odsyłacze do literatury, znajdzie Czytelnik w publikacji: XLV Olimpiada Matematyczna 1993/94. Sprawozdanie Komitetu Głównego. Warszawa 1995, Uwaga 3 po rozwiązaniu zadania 2 z zawodów trzeciego stopnia, str. 75.

(Twierdzenie Brianchona dopuszcza również sytuację, gdy niektóre kąty sześciokąta są półpełne i sześciokąt redukuje się do czworokąta.)

Niech $ P $ i $ Q $ będą, jak poprzednio, środkami boków $ AB $ i $ AC $. Zdegenerowany do czworokąta sześciokąt $ EDPBCQ $ ma wszystkie boki styczne do jednego okręgu (rysunek 3), więc na podstawie zacytowanego twierdzenia, wnosimy, że odcinki $ EB $, $ DC $ i $ PQ $ przecinają się w jednym punkcie. To znaczy, że punkt $ S $ leży na prostej $ PQ $, łączącej środki boków $ AB $ i $ AC $. Jest więc środkiem odcinka $ AF $.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź