LIV OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

LIV OM, 2002-2003

Etap:

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

$ \frac{AN^2-BN^2}{AB}=\frac{DM^2-CM^2}{CD}. $

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

$ \frac{AN^2-BN^2}{AB}=\frac{(AN-BN)\cdot MN}{BM}. $

Zatem zadanie sprowadza się do wykazania, że

$ (1)\qquad\frac{AN-BN}{BM}=\frac{DM-CM}{CN}. $

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

$ \measuredangle MBN = \measuredangle MCN , $

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

$ \frac{BA'}{BM} = \frac{CD'}{CN}, $

co jest równoważne dowodzonej równości (1).