XLVII OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XLVII OM, 1995-1996

Etap:

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:

$ |AB| = |BC| = |CA| = a,\quad |AD|=x,\quad |AE| = y,\quad |DE| = z $

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

$ |DB| + |CE| = |BC| + |ED|, $

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

$ z^2 = x^2 + y^2 -2xy \cos 60^\circ = x^2 + y^2- xy. $

W takim razie

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

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

$ (2) \qquad \frac{|AD|}{|DB|} + \frac{|AE|}{|EC|} = \frac{|AS|}{|SF|}. $

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 $AF$ .