場合 $D$ 鋭角三角形の内側にあります $ABC$ st $\angle ADB=\angle ACB+\pi/2$ そして $AC\cdot BD=AD\cdot BC$、次に検索 $\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}$。
出典： IMO 1993、問題2、およびIf$D$ 鋭角三角形の内側にあります $ABC$ st $\angle ADB=\angle ACB+\pi/2$ そして $AC\cdot BD=AD\cdot BC$、次に検索 $\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}.$。
リマーク。より多くのコンテキストを提供し、いくつかの変更を加えたとしても、この質問は閉じたままである可能性があるため、質問は古い質問とまったく同じではないと思います。
問題。しましょう$ABC$ 次のような三角形になります $\angle ACB$急性です。仮定$D$ 三角形の内側の点です $ABC$ そのような $$\measuredangle{ADB}=\measuredangle{ACB}+\frac{\pi}{2}$$ そして $$AC \cdot BD=AD\cdot BC\,.$$
（a）検索 $$\frac{AB \cdot CD}{AC \cdot BD}\,.$$
（b）での接線が $C$ 三角形の円周に $ACD$ と三角形の外接円 $BCD$ 垂直です。
使用する必要があります $\measuredangle{ADB}=\measuredangle{ACB}+\frac{\pi}{2}$どういうわけか、方法がわかりません。私の最初の試みは使用することでした$\sin$ または $\cos$法律が、彼らは機能しませんでした。ヒントはありますか？
パート（b）のソリューションスケッチ。
の接線が $D$ 三角形の外接円に $ACD$ そして $BCD$角度追跡によって互いに直交しています。次に、対称性により、$C$ 三角形の外接円に $ACD$ そして $BCD$ また、互いに直交しています。
パート（a）の試み。
仮定はそれですが $ABC$は鋭角です。答えが定数の場合、連続性により、仮定すると答えは同じになります。$\angle ACB=\dfrac{\pi}{2}$。したがって、$\angle ADB=\pi$、 そう $D$ にある $AB$。しましょう$x:=AC$、 $y:=BC$、および $z:=AB$。場合$w:=BD$、次に条件 $AC\cdot BD=AD\cdot BC$ 手段 $$xw=y(z-w)\,.$$
したがって、 $$w=\frac{yz}{x+y}\,.$$ その結果、 $BD=\dfrac{yz}{x+y}$ そして $$AD=AC-BD=z-\dfrac{yz}{x+y}=\dfrac{xz}{x+y}\,.$$ スチュワートの定理により、 $$CA^2\cdot BD-CD^2\cdot AB+CB^2\cdot AD-BD\cdot AB\cdot AD=0\,.$$ したがって、 $$x^2\cdot\left(\frac{yz}{x+y}\right)-CD^2\cdot z+y^2\cdot \left(\frac{xz}{x+y}\right)-\left(\frac{yz}{x+y}\right)\cdot z\cdot\left(\frac{xz}{x+y}\right)=0\,.$$ これは $$CD=\frac{\sqrt{xy\big((x+y)^2-z^2\big)}}{x+y}=\frac{\sqrt{xy\big(x^2+2xy+y^2-z^2\big)}}{x+y}\,.$$ ピタゴラスの定理により、 $x^2+y^2=z^2$、 そう $$CD=\frac{\sqrt{xy\big(2xy+(x^2+y^2-z^2)\big)}}{x+y}=\frac{\sqrt{2}xy}{x+y}\,.$$ その後、 $$\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}=\frac{z\cdot\left(\frac{\sqrt{2}xy}{x+y}\right)}{x\cdot\left(\frac{yz}{x+y}\right)}=\sqrt{2}\,.$$ 仮定せずに問題を解決する方法 $\angle ACB\neq \dfrac{\pi}{2}$？
追記。その仮定$ABC$元の問題では深刻であるとは無関係のようです。限り$\angle ACB$ 鈍感ではない、同じ結論が成り立つ。
回答
垂線を描く $CB$ 次に選択します $E$ その上で、st $CB = CE$、下の写真のように。今明らかに$\angle ACE = \angle ADB$ そしてまた条件から：
$$\frac{AC}{CE} = \frac{AC}{BC} = \frac{AD}{DB}\,.$$
したがって、 $\triangle ACE \sim \triangle ADB$。特に私たちは$\angle CAE = \angle DAB$。また、三角形の類似性から、$$\dfrac{AC}{AD} = \dfrac{AE}{AB}\,.$$ これは私たちにそれを与えます $\triangle ACD \sim \triangle ABE$。だからそれを使う$BCE$ 私たちが持っている直角二等辺三角形です $\triangle ACD \sim \triangle ABE$ それ
$$CD \cdot AB = EB \cdot AD = \sqrt{2} BC \cdot AD = \sqrt{2} AC \cdot BD$$
したがって、比率は $\sqrt{2}$。
反転しましょう $D$ eith任意の半径 $r>0$。どんな点でも$X$ 飛行機の中で $X^{*}$ のイメージである $X$反転の下で。次に、すべての条件を次のように書き換えます。$A^{*}$、 $B^{*}$、 $C^{*}$ そして $D$。
まず、 $\angle ACB=\angle ACD+\angle BCD=\angle DA^{*}C^{*}+\angle DB^{*}C^{*}$ そして $\angle ADB=\angle A^{*}DB^{*}$、だから私たちは持っています $$ \angle DA^{*}C^{*}+\angle DB^{*}C^{*}=\angle A^{*}DB^{*}. $$ したがって、 $\angle A^{*}C^{*}B^{*}=\frac{\pi}{2}$。
第二に、任意の点についてそれを思い出してください $M$ そして $N$ （以外 $D$） 我々は持っています $$ M^{*}N^{*}=\frac{R^2}{DM\cdot DN}\cdot MN~\text{and}~DM^{*}=\frac{R^2}{DM}, $$ したがって、2番目の等式は次のように書き直すことができます。 $$ \frac{R^2}{DA^{*}\cdot DC^{*}}\cdot A^{*}C^{*}\cdot\frac{R^2}{DB^{*}}=\frac{R^2}{DB^{*}\cdot DC^{*}}\cdot B^{*}C^{*}\frac{R^2}{DA^{*}}, $$ または $$ A^{*}C^{*}=B^{*}C^{*}. $$ したがって、三角形 $A^{*}B^{*}C^{*}$ 二等辺三角形で直角三角形 $\angle A^{*}C^{*}B^{*}=\frac{\pi}{2}$。
パート（a）：
分数を計算してみましょう $\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}$ （上記と同様の方法で）： $$ \frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}=\left(\frac{R^2}{DA^{*}\cdot DB^{*}}\cdot A^{*}B^{*}\cdot\frac{R^2}{DC^{*}}\right):\left(\frac{R^2}{DA^{*}\cdot DC^{*}}\cdot A^{*}C^{*}\cdot\frac{R^2}{DB^{*}}\right)=\frac{A^{*}B^{*}}{A^{*}C^{*}}=\sqrt{2}. $$
パート（b）：
三角形の外接円の画像に注意してください $ACD$ そして $BCD$ 線です $A^{*}C^{*}$ そして $B^{*}C^{*}$、それぞれ。画像は、これらの円への接線の反転を$C$ 円です $\omega_a$ そして $\omega_b$ 通過している $D$ と接線 $A^{*}C^{*}$ そして $B^{*}C^{*}$ ポイントで $C^{*}$。以来$A^{*}C^{*}\perp B^{*}C^{*}$ サークル $\omega_a$ そして $\omega_b$ 直交しているので、 $\omega_a$ そして $\omega_b$。