Si $D$ está dentro de un triángulo agudo $ABC$ S t $\angle ADB=\angle ACB+\pi/2$ y $AC\cdot BD=AD\cdot BC$, entonces busca $\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}$.
Fuentes: OMI 1993, Problema 2 y también Si$D$ está dentro de un triángulo agudo $ABC$ S t $\angle ADB=\angle ACB+\pi/2$ y $AC\cdot BD=AD\cdot BC$, entonces busca $\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}.$.
Observación. Creo que esta pregunta puede permanecer cerrada, incluso si he proporcionado más contexto y he realizado algunas modificaciones, por lo que la pregunta no es exactamente la misma que la anterior.
Problema. Dejar$ABC$ ser un triangulo tal que $\angle ACB$es agudo. Suponer que$D$ es un punto interior del triángulo $ABC$ tal que $$\measuredangle{ADB}=\measuredangle{ACB}+\frac{\pi}{2}$$ y $$AC \cdot BD=AD\cdot BC\,.$$
(un descubrimiento $$\frac{AB \cdot CD}{AC \cdot BD}\,.$$
(b) Muestre que las tangentes en $C$ a la circuncícula del triángulo $ACD$ y la circunferencia del triángulo $BCD$ son perpendiculares.
Deberíamos usar $\measuredangle{ADB}=\measuredangle{ACB}+\frac{\pi}{2}$de alguna manera pero no sé cómo. Mi primer intento fue usar$\sin$ o $\cos$ley pero no funcionaron. ¿Alguna pista?
Esquema de solución de la parte (b).
Es fácil mostrar que las tangentes en $D$ a la circunferencia de los triángulos $ACD$ y $BCD$son ortogonales entre sí por la persecución de ángulos. Entonces, por simetría, las tangentes en$C$ a la circunferencia de los triángulos $ACD$ y $BCD$ también son ortogonales entre sí.
Intento de la parte (a).
Aunque la suposición es que $ABC$es un ángulo agudo, si la respuesta es un número constante, entonces por continuidad, la respuesta es la misma si suponemos$\angle ACB=\dfrac{\pi}{2}$. Por lo tanto,$\angle ADB=\pi$, entonces $D$ Miente en $AB$. Dejar$x:=AC$, $y:=BC$y $z:=AB$. Si$w:=BD$, entonces la condición $AC\cdot BD=AD\cdot BC$ medio $$xw=y(z-w)\,.$$
Por lo tanto, $$w=\frac{yz}{x+y}\,.$$ Por consiguiente, $BD=\dfrac{yz}{x+y}$ y $$AD=AC-BD=z-\dfrac{yz}{x+y}=\dfrac{xz}{x+y}\,.$$ Según el teorema de Stewart, $$CA^2\cdot BD-CD^2\cdot AB+CB^2\cdot AD-BD\cdot AB\cdot AD=0\,.$$ Así, $$x^2\cdot\left(\frac{yz}{x+y}\right)-CD^2\cdot z+y^2\cdot \left(\frac{xz}{x+y}\right)-\left(\frac{yz}{x+y}\right)\cdot z\cdot\left(\frac{xz}{x+y}\right)=0\,.$$ Esto muestra que $$CD=\frac{\sqrt{xy\big((x+y)^2-z^2\big)}}{x+y}=\frac{\sqrt{xy\big(x^2+2xy+y^2-z^2\big)}}{x+y}\,.$$ Según el Teorema de Pitágoras, $x^2+y^2=z^2$, entonces $$CD=\frac{\sqrt{xy\big(2xy+(x^2+y^2-z^2)\big)}}{x+y}=\frac{\sqrt{2}xy}{x+y}\,.$$ Entonces obtenemos $$\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}=\frac{z\cdot\left(\frac{\sqrt{2}xy}{x+y}\right)}{x\cdot\left(\frac{yz}{x+y}\right)}=\sqrt{2}\,.$$ Cómo solucionar el problema sin asumir $\angle ACB\neq \dfrac{\pi}{2}$?
Posdata. La suposición de que$ABC$es agudo en el problema original parece irrelevante. Mientras$\angle ACB$ no es obtuso, se sostiene la misma conclusión.
Respuestas
Dibuja la perpendicular a $CB$ y luego elige $E$ en eso, st $CB = CE$, como en la imagen de abajo. Ahora obviamente$\angle ACE = \angle ADB$ y también de la condición:
$$\frac{AC}{CE} = \frac{AC}{BC} = \frac{AD}{DB}\,.$$
Por lo tanto $\triangle ACE \sim \triangle ADB$. Así que en particular tenemos$\angle CAE = \angle DAB$. También de la similitud de los triángulos tenemos que$$\dfrac{AC}{AD} = \dfrac{AE}{AB}\,.$$ Esto nos da que $\triangle ACD \sim \triangle ABE$. Entonces usando eso$BCE$ es un triángulo isósceles recto que tenemos de $\triangle ACD \sim \triangle ABE$ ese
$$CD \cdot AB = EB \cdot AD = \sqrt{2} BC \cdot AD = \sqrt{2} AC \cdot BD$$
Por tanto, la relación es $\sqrt{2}$.
Invirtamos sobre $D$ con radio arbitrario $r>0$. Por cualquier punto$X$ en el avión deja $X^{*}$ ser la imagen de $X$bajo la inversión. Luego, reescribiremos todas las condiciones en términos de$A^{*}$, $B^{*}$, $C^{*}$ y $D$.
En primer lugar, $\angle ACB=\angle ACD+\angle BCD=\angle DA^{*}C^{*}+\angle DB^{*}C^{*}$ y $\angle ADB=\angle A^{*}DB^{*}$, entonces tenemos $$ \angle DA^{*}C^{*}+\angle DB^{*}C^{*}=\angle A^{*}DB^{*}. $$ Por lo tanto, $\angle A^{*}C^{*}B^{*}=\frac{\pi}{2}$.
En segundo lugar, recuerde que para cualquier punto $M$ y $N$ (otro que $D$) tenemos $$ M^{*}N^{*}=\frac{R^2}{DM\cdot DN}\cdot MN~\text{and}~DM^{*}=\frac{R^2}{DM}, $$ por lo que la segunda igualdad se puede reescribir como $$ \frac{R^2}{DA^{*}\cdot DC^{*}}\cdot A^{*}C^{*}\cdot\frac{R^2}{DB^{*}}=\frac{R^2}{DB^{*}\cdot DC^{*}}\cdot B^{*}C^{*}\frac{R^2}{DA^{*}}, $$ o $$ A^{*}C^{*}=B^{*}C^{*}. $$ Así, el triángulo $A^{*}B^{*}C^{*}$ es isósceles y en ángulo recto con $\angle A^{*}C^{*}B^{*}=\frac{\pi}{2}$.
Parte (a):
Calculemos la fracción $\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}$ (de forma similar a la anterior): $$ \frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}=\left(\frac{R^2}{DA^{*}\cdot DB^{*}}\cdot A^{*}B^{*}\cdot\frac{R^2}{DC^{*}}\right):\left(\frac{R^2}{DA^{*}\cdot DC^{*}}\cdot A^{*}C^{*}\cdot\frac{R^2}{DB^{*}}\right)=\frac{A^{*}B^{*}}{A^{*}C^{*}}=\sqrt{2}. $$
Parte B):
Tenga en cuenta que las imágenes de circunferencias de triángulos $ACD$ y $BCD$ son lineas $A^{*}C^{*}$ y $B^{*}C^{*}$, respectivamente. Las imágenes muestran la inversión de tangentes a estos círculos en$C$ son círculos $\omega_a$ y $\omega_b$ que estan pasando $D$ y rectas tangentes $A^{*}C^{*}$ y $B^{*}C^{*}$ en el punto $C^{*}$. Ya que$A^{*}C^{*}\perp B^{*}C^{*}$ los círculos $\omega_a$ y $\omega_b$ son ortogonales, también lo son las preimágenes de $\omega_a$ y $\omega_b$.