Jika $D$ berada di dalam segitiga lancip $ABC$ st $\angle ADB=\angle ACB+\pi/2$ dan $AC\cdot BD=AD\cdot BC$, lalu temukan $\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}$.
Sumber: IMO 1993, Soal 2 , dan juga If$D$ berada di dalam segitiga lancip $ABC$ st $\angle ADB=\angle ACB+\pi/2$ dan $AC\cdot BD=AD\cdot BC$, lalu temukan $\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}.$.
Ucapan. Saya rasa pertanyaan ini bisa tetap tertutup, meskipun saya telah memberikan lebih banyak konteks dan membuat beberapa modifikasi sehingga pertanyaannya tidak sama dengan pertanyaan yang lama.
Masalah. Membiarkan$ABC$ menjadi segitiga seperti itu $\angle ACB$akut. Seandainya$D$ adalah titik interior segitiga $ABC$ seperti yang $$\measuredangle{ADB}=\measuredangle{ACB}+\frac{\pi}{2}$$ dan $$AC \cdot BD=AD\cdot BC\,.$$
(a) Temukan $$\frac{AB \cdot CD}{AC \cdot BD}\,.$$
(b) Tunjukkan bahwa garis singgung pada $C$ ke sirkit segitiga $ACD$ dan lingkaran luar segitiga $BCD$ tegak lurus.
Kita harus menggunakan $\measuredangle{ADB}=\measuredangle{ACB}+\frac{\pi}{2}$entah bagaimana tapi aku tidak tahu bagaimana caranya. Percobaan pertama saya adalah menggunakan$\sin$ atau $\cos$hukum tetapi mereka tidak berhasil. Ada petunjuk?
Sketsa Solusi Bagian (b).
Sangat mudah untuk menunjukkan bahwa garis singgung di $D$ ke lingkaran melingkar dari segitiga $ACD$ dan $BCD$ortogonal satu sama lain dengan pengejaran sudut. Kemudian, berdasarkan simetri, garis singgung di$C$ ke lingkaran melingkar dari segitiga $ACD$ dan $BCD$ juga ortogonal satu sama lain.
Percobaan Bagian (a).
Meski asumsinya seperti itu $ABC$adalah sudut lancip, jika jawabannya bilangan konstan, maka menurut kontinuitas, jawabannya sama jika kita mengandaikan$\angle ACB=\dfrac{\pi}{2}$. Karena itu,$\angle ADB=\pi$, jadi $D$ terletak pada $AB$. Membiarkan$x:=AC$, $y:=BC$, dan $z:=AB$. Jika$w:=BD$, lalu kondisinya $AC\cdot BD=AD\cdot BC$ cara $$xw=y(z-w)\,.$$
Karenanya, $$w=\frac{yz}{x+y}\,.$$ Karena itu, $BD=\dfrac{yz}{x+y}$ dan $$AD=AC-BD=z-\dfrac{yz}{x+y}=\dfrac{xz}{x+y}\,.$$ Dengan Teorema Stewart, $$CA^2\cdot BD-CD^2\cdot AB+CB^2\cdot AD-BD\cdot AB\cdot AD=0\,.$$ Jadi, $$x^2\cdot\left(\frac{yz}{x+y}\right)-CD^2\cdot z+y^2\cdot \left(\frac{xz}{x+y}\right)-\left(\frac{yz}{x+y}\right)\cdot z\cdot\left(\frac{xz}{x+y}\right)=0\,.$$ Ini menunjukkan itu $$CD=\frac{\sqrt{xy\big((x+y)^2-z^2\big)}}{x+y}=\frac{\sqrt{xy\big(x^2+2xy+y^2-z^2\big)}}{x+y}\,.$$ Dengan Teorema Pythagoras, $x^2+y^2=z^2$, jadi $$CD=\frac{\sqrt{xy\big(2xy+(x^2+y^2-z^2)\big)}}{x+y}=\frac{\sqrt{2}xy}{x+y}\,.$$ Kami kemudian mendapatkan $$\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}=\frac{z\cdot\left(\frac{\sqrt{2}xy}{x+y}\right)}{x\cdot\left(\frac{yz}{x+y}\right)}=\sqrt{2}\,.$$ Bagaimana mengatasi masalah tanpa asumsi $\angle ACB\neq \dfrac{\pi}{2}$?
Nota bene. Asumsi itu$ABC$akut dalam masalah aslinya tampaknya tidak relevan. Selama$\angle ACB$ tidak tumpul, kesimpulan yang sama berlaku.
Jawaban
Gambarkan garis tegak lurus ke $CB$ lalu pilih $E$ di atasnya, st $CB = CE$, seperti pada gambar di bawah ini. Sekarang jelas$\angle ACE = \angle ADB$ dan juga dari kondisi:
$$\frac{AC}{CE} = \frac{AC}{BC} = \frac{AD}{DB}\,.$$
Karena itu $\triangle ACE \sim \triangle ADB$. Jadi secara khusus yang kami miliki$\angle CAE = \angle DAB$. Juga dari kesamaan segitiga yang kita miliki itu$$\dfrac{AC}{AD} = \dfrac{AE}{AB}\,.$$ Ini memberi kita itu $\triangle ACD \sim \triangle ABE$. Jadi gunakan itu$BCE$ adalah segitiga sama kaki siku-siku yang kita miliki $\triangle ACD \sim \triangle ABE$ bahwa
$$CD \cdot AB = EB \cdot AD = \sqrt{2} BC \cdot AD = \sqrt{2} AC \cdot BD$$
Oleh karena itu rasionya adalah $\sqrt{2}$.
Mari kita membalikkan $D$ dengan radius yang berubah-ubah $r>0$. Untuk poin mana pun$X$ di pesawat biarkan $X^{*}$ menjadi gambar $X$di bawah inversi. Kemudian, kami akan menulis ulang semua ketentuan menjadi$A^{*}$, $B^{*}$, $C^{*}$ dan $D$.
Pertama, $\angle ACB=\angle ACD+\angle BCD=\angle DA^{*}C^{*}+\angle DB^{*}C^{*}$ dan $\angle ADB=\angle A^{*}DB^{*}$, jadi kita punya $$ \angle DA^{*}C^{*}+\angle DB^{*}C^{*}=\angle A^{*}DB^{*}. $$ Karenanya, $\angle A^{*}C^{*}B^{*}=\frac{\pi}{2}$.
Kedua, ingatlah itu untuk poin apa pun $M$ dan $N$ (Selain daripada $D$) kita punya $$ M^{*}N^{*}=\frac{R^2}{DM\cdot DN}\cdot MN~\text{and}~DM^{*}=\frac{R^2}{DM}, $$ sehingga persamaan kedua dapat ditulis ulang menjadi $$ \frac{R^2}{DA^{*}\cdot DC^{*}}\cdot A^{*}C^{*}\cdot\frac{R^2}{DB^{*}}=\frac{R^2}{DB^{*}\cdot DC^{*}}\cdot B^{*}C^{*}\frac{R^2}{DA^{*}}, $$ atau $$ A^{*}C^{*}=B^{*}C^{*}. $$ Jadi, segitiga itu $A^{*}B^{*}C^{*}$ sama kaki dan siku-siku dengan $\angle A^{*}C^{*}B^{*}=\frac{\pi}{2}$.
Bagian (a):
Mari kita hitung pecahannya $\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}$ (dengan cara yang sama seperti di atas): $$ \frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}=\left(\frac{R^2}{DA^{*}\cdot DB^{*}}\cdot A^{*}B^{*}\cdot\frac{R^2}{DC^{*}}\right):\left(\frac{R^2}{DA^{*}\cdot DC^{*}}\cdot A^{*}C^{*}\cdot\frac{R^2}{DB^{*}}\right)=\frac{A^{*}B^{*}}{A^{*}C^{*}}=\sqrt{2}. $$
Bagian (b):
Perhatikan bahwa gambar lingkaran melingkar dari segitiga $ACD$ dan $BCD$ adalah garis $A^{*}C^{*}$ dan $B^{*}C^{*}$, masing-masing. Gambar menghilangkan inversi garis singgung lingkaran ini di$C$ adalah lingkaran $\omega_a$ dan $\omega_b$ yang sedang melewati $D$ dan garis singgung $A^{*}C^{*}$ dan $B^{*}C^{*}$ di titik $C^{*}$. Sejak$A^{*}C^{*}\perp B^{*}C^{*}$ lingkaran $\omega_a$ dan $\omega_b$ ortogonal, begitu juga gambar awal $\omega_a$ dan $\omega_b$.