만약 $D$ 예각 삼각형 안에 있습니다. $ABC$ 성 $\angle ADB=\angle ACB+\pi/2$ 과 $AC\cdot BD=AD\cdot BC$을 찾은 다음 $\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}$.
출처 : IMO 1993, 문제 2 및 If$D$ 예각 삼각형 안에 있습니다. $ABC$ 성 $\angle ADB=\angle ACB+\pi/2$ 과 $AC\cdot BD=AD\cdot BC$을 찾은 다음 $\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}.$.
말. 나는 더 많은 맥락을 제공하고 약간의 수정을가 하더라도이 질문은 닫힌 상태로 남아있을 수 있다고 생각하여 질문이 이전 질문과 완전히 동일하지 않습니다.
문제. 허락하다$ABC$ 삼각형이되어 $\angle ACB$예쁘다. 한다고 가정$D$ 삼각형의 내부 점입니다. $ABC$ 그런 $$\measuredangle{ADB}=\measuredangle{ACB}+\frac{\pi}{2}$$ 과 $$AC \cdot BD=AD\cdot BC\,.$$
(a) 찾기 $$\frac{AB \cdot CD}{AC \cdot BD}\,.$$
(b) 접선이 $C$ 삼각형의 외주에 $ACD$ 그리고 삼각형의 circumcircle $BCD$ 수직입니다.
우리는 사용해야합니다 $\measuredangle{ADB}=\measuredangle{ACB}+\frac{\pi}{2}$왠지 모르겠지만 방법을 모르겠어요. 내 첫 번째 시도는$\sin$ 또는 $\cos$하지만 그들은 작동하지 않았습니다. 힌트가 있습니까?
파트 (b)의 솔루션 스케치.
접선이 $D$ 삼각형의 circumcircles $ACD$ 과 $BCD$각도 추적에 의해 서로 직교합니다. 그런 다음 대칭으로 접선$C$ 삼각형의 circumcircles $ACD$ 과 $BCD$ 또한 서로 직교합니다.
파트 (a)의 시도.
가정은 $ABC$급성 각도 인 경우 대답은 연속성에 의해 다음, 일정한 수의 우리가 생각하면, 대답은 동일$\angle ACB=\dfrac{\pi}{2}$. 따라서,$\angle ADB=\pi$, 그래서 $D$ 거짓말 $AB$. 허락하다$x:=AC$, $y:=BC$, 및 $z:=AB$. 만약$w:=BD$, 다음 조건 $AC\cdot BD=AD\cdot BC$ 방법 $$xw=y(z-w)\,.$$
그 후, $$w=\frac{yz}{x+y}\,.$$ 따라서, $BD=\dfrac{yz}{x+y}$ 과 $$AD=AC-BD=z-\dfrac{yz}{x+y}=\dfrac{xz}{x+y}\,.$$ 스튜어트 정리에 의해, $$CA^2\cdot BD-CD^2\cdot AB+CB^2\cdot AD-BD\cdot AB\cdot AD=0\,.$$ 그러므로, $$x^2\cdot\left(\frac{yz}{x+y}\right)-CD^2\cdot z+y^2\cdot \left(\frac{xz}{x+y}\right)-\left(\frac{yz}{x+y}\right)\cdot z\cdot\left(\frac{xz}{x+y}\right)=0\,.$$ 이것은 $$CD=\frac{\sqrt{xy\big((x+y)^2-z^2\big)}}{x+y}=\frac{\sqrt{xy\big(x^2+2xy+y^2-z^2\big)}}{x+y}\,.$$ 피타고라스 정리에 따르면, $x^2+y^2=z^2$, 그래서 $$CD=\frac{\sqrt{xy\big(2xy+(x^2+y^2-z^2)\big)}}{x+y}=\frac{\sqrt{2}xy}{x+y}\,.$$ 그런 다음 $$\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}=\frac{z\cdot\left(\frac{\sqrt{2}xy}{x+y}\right)}{x\cdot\left(\frac{yz}{x+y}\right)}=\sqrt{2}\,.$$ 가정하지 않고 문제를 해결하는 방법 $\angle ACB\neq \dfrac{\pi}{2}$?
추신. 가정$ABC$원래의 문제는 심각하지 않은 것 같습니다. 하는 한$\angle ACB$ 똑같은 결론이 성립합니다.
답변
수직 그리기 $CB$ 다음 선택 $E$ 그것에, st $CB = CE$, 아래 그림과 같이. 이제 당연히$\angle ACE = \angle ADB$ 또한 조건에서 :
$$\frac{AC}{CE} = \frac{AC}{BC} = \frac{AD}{DB}\,.$$
따라서 $\triangle ACE \sim \triangle ADB$. 특히 우리는$\angle CAE = \angle DAB$. 또한 삼각형의 유사성에서 우리는$$\dfrac{AC}{AD} = \dfrac{AE}{AB}\,.$$ 이것은 우리에게 $\triangle ACD \sim \triangle ABE$. 그래서 그것을 사용하여$BCE$ 우리가 가지고있는 직각 이등변 삼각형 $\triangle ACD \sim \triangle ABE$ 그
$$CD \cdot AB = EB \cdot AD = \sqrt{2} BC \cdot AD = \sqrt{2} AC \cdot BD$$
따라서 비율은 $\sqrt{2}$.
반전하자 $D$ 임의의 반경 $r>0$. 어떤 점이든$X$ 비행기에서 $X^{*}$ 의 이미지 $X$반전 아래. 그런 다음 모든 조건을 다음과 같이 다시 작성합니다.$A^{*}$, $B^{*}$, $C^{*}$ 과 $D$.
첫째, $\angle ACB=\angle ACD+\angle BCD=\angle DA^{*}C^{*}+\angle DB^{*}C^{*}$ 과 $\angle ADB=\angle A^{*}DB^{*}$, 그래서 우리는 $$ \angle DA^{*}C^{*}+\angle DB^{*}C^{*}=\angle A^{*}DB^{*}. $$ 그 후, $\angle A^{*}C^{*}B^{*}=\frac{\pi}{2}$.
둘째, 모든 점에 대해 $M$ 과 $N$ (이외의 $D$) 우리는 $$ M^{*}N^{*}=\frac{R^2}{DM\cdot DN}\cdot MN~\text{and}~DM^{*}=\frac{R^2}{DM}, $$ 두 번째 평등은 다음과 같이 다시 작성할 수 있습니다. $$ \frac{R^2}{DA^{*}\cdot DC^{*}}\cdot A^{*}C^{*}\cdot\frac{R^2}{DB^{*}}=\frac{R^2}{DB^{*}\cdot DC^{*}}\cdot B^{*}C^{*}\frac{R^2}{DA^{*}}, $$ 또는 $$ A^{*}C^{*}=B^{*}C^{*}. $$ 따라서 삼각형 $A^{*}B^{*}C^{*}$ 이등변 및 직각 $\angle A^{*}C^{*}B^{*}=\frac{\pi}{2}$.
파트 (a) :
분수를 계산해 봅시다 $\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}$ (위와 비슷한 방식으로) : $$ \frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}=\left(\frac{R^2}{DA^{*}\cdot DB^{*}}\cdot A^{*}B^{*}\cdot\frac{R^2}{DC^{*}}\right):\left(\frac{R^2}{DA^{*}\cdot DC^{*}}\cdot A^{*}C^{*}\cdot\frac{R^2}{DB^{*}}\right)=\frac{A^{*}B^{*}}{A^{*}C^{*}}=\sqrt{2}. $$
파트 (b) :
삼각형의 circumcircles 이미지 $ACD$ 과 $BCD$ 라인 $A^{*}C^{*}$ 과 $B^{*}C^{*}$, 각각. 이미지는이 원에 대한 접선의 반전을$C$ 원입니다 $\omega_a$ 과 $\omega_b$ 통과하는 $D$ 접선 $A^{*}C^{*}$ 과 $B^{*}C^{*}$ 지점에서 $C^{*}$. 이후$A^{*}C^{*}\perp B^{*}C^{*}$ 서클 $\omega_a$ 과 $\omega_b$ 직교이므로 $\omega_a$ 과 $\omega_b$.