VIII OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

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

$ \frac{1}{AM} + \frac{1}{BN} + \frac{1}{CP} = \frac{2}{R}, $

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

$ \frac{AC}{AM} = \frac{\sin M}{\sin C} = \frac{\cos (B - C)}{\sin C},\ \frac{ 1}{AM} = \frac{\cos (B-C)}{AC \sin C} = \frac{\cos (B - C)}{2R \sin B \sin C} $

i ostatecznie

$ (1) \qquad \frac{ 1}{AM} = \frac{1}{2R} (\ctg B \ctg C + 1). $

Analogicznie otrzymujemy z trójkąta $BN A$ :

$ (2) \qquad \frac{ 1}{BN} = \frac{1}{2R} (\ctg C \ctg A + 1) $

a z trójkąta $CPB$ :

$ (3) \qquad \frac{ 1}{CP} = \frac{1}{2R} (\ctg A \ctg B + 1). $

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

$ \frac{1}{AM} + \frac{1}{BN} + \frac{1}{CP} = \frac{2}{R}, $