IMO 1993 · Problem 2
Let \(D\) be a point inside acute triangle \(ABC\) such that \(\angle ADB = \angle ACB + \pi/2\) and \(AC \cdot BD = AD \cdot BC\).
(a) Calculate the ratio \((AB \cdot CD)/(AC \cdot BD)\).
(b) Prove that the tangents at \(C\) to the circumcircles of \(\triangle ACD\) and \(\triangle BCD\) are perpendicular.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
(a) \(\displaystyle \frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}=\sqrt2.\)
(b) The tangents are perpendicular.
Solution
Put \[ \gamma=\angle ACB,\qquad \alpha=\angle CAD,\qquad \beta=\angle CBD. \] Since \(D\) lies strictly inside \(ABC\), its rays split the angles at \(A\) and \(B\). Therefore \[ \begin{aligned} \alpha+\beta &=(\angle CAB+\angle ABC)-(\angle DAB+\angle ABD)\\ &=(\pi-\gamma)-(\pi-\angle ADB)\\ &=\angle ADB-\gamma =\frac{\pi}{2}. \end{aligned} \tag{1} \] In particular, \(\alpha\) and \(\beta\) are both acute.
(a) Consider the transformation consisting of a rotation about \(C\) taking ray \(CA\) to ray \(CB\) through the interior angle \(\gamma\), followed by a dilation about \(C\) with factor \(BC/AC\). This transformation sends \(A\) to \(B\); let it send \(D\) to \(E\).
The similarity of triangles \(CAD\) and \(CBE\) gives \[ \angle CBE=\alpha, \qquad BE=\frac{BC}{AC}\,AD=BD, \tag{2} \] where the last equality uses the given length relation.
Ray \(CD\) lies strictly between \(CA\) and \(CB\). After the rotation, ray \(CE\) lies beyond \(CB\) by the angle \(\angle ACD\). Thus \(D\) and \(E\) lie on opposite sides of line \(BC\). Since their angles with ray \(BC\) at \(B\) are the acute angles \(\beta\) and \(\alpha\), respectively, (1) yields \[ \angle DBE=\beta+\alpha=\frac{\pi}{2}. \] Together with (2), this makes \(DBE\) a right isosceles triangle. Hence \[ DE=\sqrt2\,BD. \tag{3} \]
The construction also gives \[ \frac{CE}{CD}=\frac{CB}{CA}, \qquad \angle DCE=\gamma=\angle ACB. \] Consequently, triangles \(CDE\) and \(CAB\) are similar by the side-angle-side criterion, so \[ \frac{DE}{AB}=\frac{CD}{AC}. \] Combining this with (3), we obtain \[ \boxed{\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD} =\frac{DE}{BD}=\sqrt2}. \]
(b) The circles in question are well-defined because \(D\) is on neither \(AC\) nor \(BC\).
At \(C\), choose the ray of the tangent to \((ACD)\) lying on the opposite side of line \(CD\) from \(A\). By the tangent–chord theorem, this ray makes angle \[ \angle CAD=\alpha \] with ray \(CD\). Likewise, the ray of the tangent to \((BCD)\) lying on the opposite side of \(CD\) from \(B\) makes angle \[ \angle CBD=\beta \] with ray \(CD\).
Because \(D\) is inside \(ABC\), the points \(A\) and \(B\) lie on opposite sides of \(CD\). Thus the two chosen tangent rays also lie on opposite sides of \(CD\). Their acute angles with ray \(CD\) add, so the angle between them is \[ \alpha+\beta=\frac{\pi}{2}. \] Therefore the two tangents are perpendicular.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1993 · Aufgabe 2
Sei \(D\) ein Punkt im Inneren des spitzwinkligen Dreiecks \(ABC\), für den \(\angle ADB = \angle ACB + \pi/2\) und \(AC \cdot BD = AD \cdot BC\) gelten.
(a) Berechne das Verhältnis \((AB \cdot CD)/(AC \cdot BD)\).
(b) Beweise, dass die Tangenten in \(C\) an die Umkreise von \(\triangle ACD\) und \(\triangle BCD\) senkrecht aufeinander stehen.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
(a) \(\displaystyle \frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}=\sqrt2.\)
(b) Die Tangenten stehen senkrecht aufeinander.
Lösung
Setze \[ \gamma=\angle ACB,\qquad \alpha=\angle CAD,\qquad \beta=\angle CBD. \] Da \(D\) strikt im Inneren von \(ABC\) liegt, teilen die Strahlen zu \(D\) die Winkel bei \(A\) und \(B\). Daher gilt \[ \begin{aligned} \alpha+\beta &=(\angle CAB+\angle ABC)-(\angle DAB+\angle ABD)\\ &=(\pi-\gamma)-(\pi-\angle ADB)\\ &=\angle ADB-\gamma =\frac{\pi}{2}. \end{aligned} \tag{1} \] Insbesondere sind \(\alpha\) und \(\beta\) beide spitz.
(a) Betrachte die Abbildung, die aus einer Drehung um \(C\), welche den Strahl \(CA\) um den Innenwinkel \(\gamma\) auf den Strahl \(CB\) abbildet, und einer anschließenden zentrischen Streckung mit Zentrum \(C\) und Faktor \(BC/AC\) besteht. Diese Abbildung bildet \(A\) auf \(B\) ab; der Bildpunkt von \(D\) sei \(E\).
Die Ähnlichkeit der Dreiecke \(CAD\) und \(CBE\) ergibt \[ \angle CBE=\alpha, \qquad BE=\frac{BC}{AC}\,AD=BD, \tag{2} \] wobei die letzte Gleichheit aus der gegebenen Beziehung zwischen den Längen folgt.
Der Strahl \(CD\) liegt strikt zwischen \(CA\) und \(CB\). Nach der Drehung liegt der Strahl \(CE\) um den Winkel \(\angle ACD\) jenseits von \(CB\). Somit liegen \(D\) und \(E\) auf verschiedenen Seiten der Geraden \(BC\). Da ihre Winkel mit dem Strahl \(BC\) bei \(B\) die spitzen Winkel \(\beta\) beziehungsweise \(\alpha\) sind, liefert (1) \[ \angle DBE=\beta+\alpha=\frac{\pi}{2}. \] Zusammen mit (2) folgt daraus, dass \(DBE\) ein gleichschenklig-rechtwinkliges Dreieck ist. Daher gilt \[ DE=\sqrt2\,BD. \tag{3} \]
Aus der Konstruktion folgt außerdem \[ \frac{CE}{CD}=\frac{CB}{CA}, \qquad \angle DCE=\gamma=\angle ACB. \] Folglich sind die Dreiecke \(CDE\) und \(CAB\) nach dem Ähnlichkeitssatz SWS ähnlich, also gilt \[ \frac{DE}{AB}=\frac{CD}{AC}. \] Zusammen mit (3) erhalten wir \[ \boxed{\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD} =\frac{DE}{BD}=\sqrt2}. \]
(b) Die betrachteten Kreise sind wohldefiniert, da \(D\) weder auf \(AC\) noch auf \(BC\) liegt.
Wähle bei \(C\) denjenigen Strahl der Tangente an \((ACD)\), der bezüglich der Geraden \(CD\) auf der gegenüberliegenden Seite von \(A\) liegt. Nach dem Sehnen-Tangenten-Winkelsatz bildet dieser Strahl den Winkel \[ \angle CAD=\alpha \] mit dem Strahl \(CD\). Ebenso bildet der Strahl der Tangente an \((BCD)\), der bezüglich \(CD\) auf der gegenüberliegenden Seite von \(B\) liegt, den Winkel \[ \angle CBD=\beta \] mit dem Strahl \(CD\).
Da \(D\) im Inneren von \(ABC\) liegt, liegen die Punkte \(A\) und \(B\) auf verschiedenen Seiten von \(CD\). Somit liegen auch die beiden gewählten Tangentenstrahlen auf verschiedenen Seiten von \(CD\). Ihre spitzen Winkel mit dem Strahl \(CD\) addieren sich, sodass der Winkel zwischen ihnen \[ \alpha+\beta=\frac{\pi}{2} \] beträgt. Daher stehen die beiden Tangenten senkrecht aufeinander.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1993 · Soru 2
\(D\), dar açılı \(ABC\) üçgeninin içinde bulunan, \(\angle ADB = \angle ACB + \pi/2\) ve \(AC \cdot BD = AD \cdot BC\) koşullarını sağlayan bir nokta olsun.
(a) \((AB \cdot CD)/(AC \cdot BD)\) oranını hesaplayınız.
(b) \(\triangle ACD\) ve \(\triangle BCD\)'nin çevrel çemberlerine \(C\) noktasında çizilen teğetlerin birbirine dik olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
(a) \(\displaystyle \frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}=\sqrt2.\)
(b) Teğetler birbirine diktir.
Çözüm
\[ \gamma=\angle ACB,\qquad \alpha=\angle CAD,\qquad \beta=\angle CBD \] olsun. \(D\), \(ABC\)'nin iç bölgesinde olduğundan, \(A\) ve \(B\)'den \(D\)'ye uzanan ışınlar bu köşelerdeki açıları ikiye ayırır. Dolayısıyla \[ \begin{aligned} \alpha+\beta &=(\angle CAB+\angle ABC)-(\angle DAB+\angle ABD)\\ &=(\pi-\gamma)-(\pi-\angle ADB)\\ &=\angle ADB-\gamma =\frac{\pi}{2}. \end{aligned} \tag{1} \] Özellikle, \(\alpha\) ve \(\beta\)'nın ikisi de dar açıdır.
(a) Önce \(C\) merkezi etrafında \(CA\) ışınını \(\gamma\) iç açısı boyunca \(CB\) ışınına götüren dönme, ardından \(C\) merkezli ve \(BC/AC\) oranlı homoteti uygulanmasıyla elde edilen dönüşümü ele alalım. Bu dönüşüm \(A\)'yı \(B\)'ye götürür; \(D\)'yi de \(E\)'ye götürsün.
\(CAD\) ve \(CBE\) üçgenlerinin benzerliğinden \[ \angle CBE=\alpha, \qquad BE=\frac{BC}{AC}\,AD=BD, \tag{2} \] elde edilir; burada son eşitlikte verilen uzunluk bağıntısı kullanılmıştır.
\(CD\) ışını, \(CA\) ile \(CB\)'nin tam arasında yer alır. Dönmeden sonra \(CE\) ışını, \(CB\)'nin ötesinde, onunla \(\angle ACD\) açısı yapacak şekilde yer alır. Dolayısıyla \(D\) ve \(E\), \(BC\) doğrusunun farklı taraflarında bulunur. \(B\)'de \(BC\) ışınıyla yaptıkları açılar sırasıyla \(\beta\) ve \(\alpha\) dar açıları olduğundan, (1) eşitliğinden \[ \angle DBE=\beta+\alpha=\frac{\pi}{2} \] elde edilir. Bu, (2) ile birlikte \(DBE\)'nin bir ikizkenar dik üçgen olduğunu gösterir. Dolayısıyla \[ DE=\sqrt2\,BD. \tag{3} \]
Ayrıca kuruluştan \[ \frac{CE}{CD}=\frac{CB}{CA}, \qquad \angle DCE=\gamma=\angle ACB \] elde edilir. Sonuç olarak, \(CDE\) ve \(CAB\) üçgenleri kenar-açı-kenar benzerlik koşuluna göre benzerdir, dolayısıyla \[ \frac{DE}{AB}=\frac{CD}{AC}. \] Bunu (3) ile birleştirerek \[ \boxed{\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD} =\frac{DE}{BD}=\sqrt2} \] elde ederiz.
(b) \(D\), ne \(AC\) ne de \(BC\) üzerinde olduğundan, söz konusu çemberler iyi tanımlıdır.
\(C\)'de, \((ACD)\) çemberine çizilen teğetin, \(CD\) doğrusunun \(A\)'ya göre diğer tarafında kalan ışınını seçelim. Teğet-kiriş açı teoremine göre bu ışın, \(CD\) ışınıyla \[ \angle CAD=\alpha \] açısını yapar. Benzer şekilde, \((BCD)\) çemberine çizilen teğetin, \(CD\)'nin \(B\)'ye göre diğer tarafında kalan ışını, \(CD\) ışınıyla \[ \angle CBD=\beta \] açısını yapar.
\(D\), \(ABC\)'nin içinde olduğundan, \(A\) ve \(B\) noktaları \(CD\)'nin farklı taraflarında yer alır. Dolayısıyla seçilen iki teğet ışını da \(CD\)'nin farklı taraflarında yer alır. \(CD\) ışınıyla yaptıkları dar açılar toplanır; dolayısıyla aralarındaki açı \[ \alpha+\beta=\frac{\pi}{2} \] olur. O hâlde iki teğet birbirine diktir.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1993 · Problema 2
Sea \(D\) un punto interior al triángulo acutángulo \(ABC\) tal que \(\angle ADB = \angle ACB + \pi/2\) y \(AC \cdot BD = AD \cdot BC\).
(a) Calcular la razón \((AB \cdot CD)/(AC \cdot BD)\).
(b) Demostrar que las tangentes en \(C\) a las circunferencias circunscritas a \(\triangle ACD\) y \(\triangle BCD\) son perpendiculares.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
(a) \(\displaystyle \frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}=\sqrt2.\)
(b) Las tangentes son perpendiculares.
Solución
Sea \[ \gamma=\angle ACB,\qquad \alpha=\angle CAD,\qquad \beta=\angle CBD. \] Como \(D\) está estrictamente en el interior de \(ABC\), las semirrectas que parten de \(A\) y \(B\) y pasan por \(D\) dividen los ángulos en esos vértices. Por tanto, \[ \begin{aligned} \alpha+\beta &=(\angle CAB+\angle ABC)-(\angle DAB+\angle ABD)\\ &=(\pi-\gamma)-(\pi-\angle ADB)\\ &=\angle ADB-\gamma =\frac{\pi}{2}. \end{aligned} \tag{1} \] En particular, tanto \(\alpha\) como \(\beta\) son agudos.
(a) Consideremos la transformación que consiste en un giro de centro \(C\) que lleva la semirrecta \(CA\) a la semirrecta \(CB\) recorriendo el ángulo interior \(\gamma\), seguido de una homotecia de centro \(C\) y razón \(BC/AC\). Esta transformación lleva \(A\) a \(B\); sea \(E\) la imagen de \(D\).
La semejanza de los triángulos \(CAD\) y \(CBE\) da \[ \angle CBE=\alpha, \qquad BE=\frac{BC}{AC}\,AD=BD, \tag{2} \] donde la última igualdad se obtiene de la relación dada entre las longitudes.
La semirrecta \(CD\) está estrictamente entre \(CA\) y \(CB\). Tras el giro, la semirrecta \(CE\) queda más allá de \(CB\), formando con ella un ángulo igual a \(\angle ACD\). Así, \(D\) y \(E\) están en lados opuestos de la recta \(BC\). Como sus ángulos con la semirrecta \(BC\) en \(B\) son los ángulos agudos \(\beta\) y \(\alpha\), respectivamente, (1) da \[ \angle DBE=\beta+\alpha=\frac{\pi}{2}. \] Junto con (2), esto hace que \(DBE\) sea un triángulo rectángulo isósceles. Por tanto, \[ DE=\sqrt2\,BD. \tag{3} \]
La construcción también da \[ \frac{CE}{CD}=\frac{CB}{CA}, \qquad \angle DCE=\gamma=\angle ACB. \] En consecuencia, los triángulos \(CDE\) y \(CAB\) son semejantes por el criterio lado-ángulo-lado, de modo que \[ \frac{DE}{AB}=\frac{CD}{AC}. \] Combinando esto con (3), obtenemos \[ \boxed{\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD} =\frac{DE}{BD}=\sqrt2}. \]
(b) Las circunferencias en cuestión están bien definidas porque \(D\) no pertenece ni a \(AC\) ni a \(BC\).
En \(C\), elijamos la semirrecta de la tangente a \((ACD)\) que está en el lado de la recta \(CD\) opuesto a \(A\). Por el teorema del ángulo entre tangente y cuerda, esta semirrecta forma un ángulo \[ \angle CAD=\alpha \] con la semirrecta \(CD\). Análogamente, la semirrecta de la tangente a \((BCD)\) que está en el lado de \(CD\) opuesto a \(B\) forma un ángulo \[ \angle CBD=\beta \] con la semirrecta \(CD\).
Como \(D\) está en el interior de \(ABC\), los puntos \(A\) y \(B\) están en lados opuestos de \(CD\). Por tanto, las dos semirrectas tangentes elegidas también están en lados opuestos de \(CD\). Sus ángulos agudos con la semirrecta \(CD\) se suman, de modo que el ángulo entre ellas es \[ \alpha+\beta=\frac{\pi}{2}. \] Por tanto, las dos tangentes son perpendiculares.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1993 · 问题 2
设 \(D\) 是锐角三角形 \(ABC\) 内的一点，满足 \(\angle ADB = \angle ACB + \pi/2\) 且 \(AC \cdot BD = AD \cdot BC\)。
(a) 求比值 \((AB \cdot CD)/(AC \cdot BD)\)。
(b) 证明：\(\triangle ACD\) 与 \(\triangle BCD\) 的外接圆在 \(C\) 点处的切线互相垂直。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
答案
(a) \(\displaystyle \frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}=\sqrt2.\)
(b) 两条切线互相垂直。
解答
令 \[ \gamma=\angle ACB,\qquad \alpha=\angle CAD,\qquad \beta=\angle CBD. \] 由于 \(D\) 严格位于 \(ABC\) 内部，射线 \(AD\) 和 \(BD\) 分别将 \(A\)、\(B\) 处的角分成两部分。因此 \[ \begin{aligned} \alpha+\beta &=(\angle CAB+\angle ABC)-(\angle DAB+\angle ABD)\\ &=(\pi-\gamma)-(\pi-\angle ADB)\\ &=\angle ADB-\gamma =\frac{\pi}{2}. \end{aligned} \tag{1} \] 特别地，\(\alpha\) 和 \(\beta\) 都是锐角。
(a) 考虑如下变换：先绕 \(C\) 旋转，经过内角 \(\gamma\) 将射线 \(CA\) 转到射线 \(CB\)，再以 \(C\) 为中心、以 \(BC/AC\) 为比作位似。该变换将 \(A\) 映到 \(B\)；设它将 \(D\) 映到 \(E\)。
由三角形 \(CAD\) 与 \(CBE\) 相似可得 \[ \angle CBE=\alpha, \qquad BE=\frac{BC}{AC}\,AD=BD, \tag{2} \] 其中最后一个等号利用了已知的长度关系。
射线 \(CD\) 严格位于 \(CA\) 与 \(CB\) 之间。旋转后，射线 \(CE\) 越过 \(CB\)，与 \(CB\) 所成的角为 \(\angle ACD\)。因此 \(D\) 和 \(E\) 位于直线 \(BC\) 的两侧。由于在 \(B\) 点处，它们与射线 \(BC\) 所成的角分别为锐角 \(\beta\) 和 \(\alpha\)，由 (1) 得 \[ \angle DBE=\beta+\alpha=\frac{\pi}{2}. \] 结合 (2)，可知 \(DBE\) 是等腰直角三角形。因此 \[ DE=\sqrt2\,BD. \tag{3} \]
由作法还可得 \[ \frac{CE}{CD}=\frac{CB}{CA}, \qquad \angle DCE=\gamma=\angle ACB. \] 于是，由两边成比例且夹角相等的相似判定，三角形 \(CDE\) 与 \(CAB\) 相似，故 \[ \frac{DE}{AB}=\frac{CD}{AC}. \] 将此式与 (3) 结合，得到 \[ \boxed{\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD} =\frac{DE}{BD}=\sqrt2}. \]
(b) 由于 \(D\) 既不在 \(AC\) 上，也不在 \(BC\) 上，题中的两个圆均有定义。
在 \(C\) 点处，选取圆 \((ACD)\) 的切线中与 \(A\) 位于直线 \(CD\) 异侧的那条射线。由弦切角定理，这条射线与射线 \(CD\) 所成的角为 \[ \angle CAD=\alpha \] 。同样，圆 \((BCD)\) 的切线中与 \(B\) 位于 \(CD\) 异侧的那条射线，与射线 \(CD\) 所成的角为 \[ \angle CBD=\beta \] 。
由于 \(D\) 位于 \(ABC\) 内部，点 \(A\) 和 \(B\) 位于 \(CD\) 的两侧。因此，所选的两条切线射线也位于 \(CD\) 的两侧。它们与射线 \(CD\) 所成的锐角相加，便得到它们之间的夹角，即 \[ \alpha+\beta=\frac{\pi}{2}. \] 因此这两条切线互相垂直。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1993 · Задача 2
Пусть \(D\) — точка внутри остроугольного треугольника \(ABC\), такая, что \(\angle ADB = \angle ACB + \pi/2\) и \(AC \cdot BD = AD \cdot BC\).
(a) Найдите отношение \((AB \cdot CD)/(AC \cdot BD)\).
(b) Докажите, что касательные в точке \(C\) к окружностям, описанным около \(\triangle ACD\) и \(\triangle BCD\), перпендикулярны.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
(a) \(\displaystyle \frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}=\sqrt2.\)
(b) Касательные перпендикулярны.
Решение
Положим \[ \gamma=\angle ACB,\qquad \alpha=\angle CAD,\qquad \beta=\angle CBD. \] Поскольку \(D\) лежит строго внутри \(ABC\), лучи, проведённые из вершин \(A\) и \(B\) через \(D\), разбивают углы при этих вершинах на две части. Поэтому \[ \begin{aligned} \alpha+\beta &=(\angle CAB+\angle ABC)-(\angle DAB+\angle ABD)\\ &=(\pi-\gamma)-(\pi-\angle ADB)\\ &=\angle ADB-\gamma =\frac{\pi}{2}. \end{aligned} \tag{1} \] В частности, оба угла \(\alpha\) и \(\beta\) острые.
(a) Рассмотрим преобразование, состоящее из поворота вокруг \(C\), переводящего луч \(CA\) в луч \(CB\) на внутренний угол \(\gamma\), и последующей гомотетии с центром \(C\) и коэффициентом \(BC/AC\). Это преобразование переводит \(A\) в \(B\); пусть оно переводит \(D\) в \(E\).
Из подобия треугольников \(CAD\) и \(CBE\) следует \[ \angle CBE=\alpha, \qquad BE=\frac{BC}{AC}\,AD=BD, \tag{2} \] где последнее равенство следует из данного соотношения между длинами.
Луч \(CD\) лежит строго между \(CA\) и \(CB\). После поворота луч \(CE\) оказывается за лучом \(CB\), образуя с ним угол \(\angle ACD\). Поэтому \(D\) и \(E\) лежат по разные стороны от прямой \(BC\). Поскольку лучи из \(B\) к этим точкам образуют с лучом \(BC\) острые углы \(\beta\) и \(\alpha\) соответственно, из (1) получаем \[ \angle DBE=\beta+\alpha=\frac{\pi}{2}. \] Вместе с (2) это означает, что \(DBE\) — прямоугольный равнобедренный треугольник. Следовательно, \[ DE=\sqrt2\,BD. \tag{3} \]
Из построения также следует \[ \frac{CE}{CD}=\frac{CB}{CA}, \qquad \angle DCE=\gamma=\angle ACB. \] Таким образом, треугольники \(CDE\) и \(CAB\) подобны по двум сторонам и углу между ними, поэтому \[ \frac{DE}{AB}=\frac{CD}{AC}. \] Объединяя это с (3), получаем \[ \boxed{\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD} =\frac{DE}{BD}=\sqrt2}. \]
(b) Указанные окружности определены, поскольку \(D\) не лежит ни на \(AC\), ни на \(BC\).
Выберем на касательной к \((ACD)\) в точке \(C\) луч, лежащий по другую сторону от прямой \(CD\), чем \(A\). По теореме об угле между касательной и хордой этот луч образует с лучом \(CD\) угол \[ \angle CAD=\alpha \] Аналогично луч касательной к \((BCD)\), лежащий по другую сторону от \(CD\), чем \(B\), образует с лучом \(CD\) угол \[ \angle CBD=\beta \]
Поскольку \(D\) лежит внутри \(ABC\), точки \(A\) и \(B\) находятся по разные стороны от \(CD\). Поэтому два выбранных луча касательных также лежат по разные стороны от \(CD\). Их острые углы с лучом \(CD\) складываются, так что угол между ними равен \[ \alpha+\beta=\frac{\pi}{2}. \] Следовательно, две касательные перпендикулярны.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1993 · المسألة 2
لتكن \(D\) نقطة داخل مثلث حاد الزوايا \(ABC\) بحيث \(\angle ADB = \angle ACB + \pi/2\) و\(AC \cdot BD = AD \cdot BC\).
(a) احسب النسبة \((AB \cdot CD)/(AC \cdot BD)\).
(b) أثبت أن المماسين عند \(C\) للدائرتين المحيطتين بالمثلثين \(\triangle ACD\) و\(\triangle BCD\) متعامدان.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
(a) \(\displaystyle \frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}=\sqrt2.\)
(b) المماسان متعامدان.
الحل
لنضع \[ \gamma=\angle ACB,\qquad \alpha=\angle CAD,\qquad \beta=\angle CBD. \] بما أن \(D\) تقع داخل \(ABC\) تمامًا، فإن الشعاعين المتجهين إليها من \(A\) و\(B\) يقسمان الزاويتين عند هذين الرأسين. ولذلك \[ \begin{aligned} \alpha+\beta &=(\angle CAB+\angle ABC)-(\angle DAB+\angle ABD)\\ &=(\pi-\gamma)-(\pi-\angle ADB)\\ &=\angle ADB-\gamma =\frac{\pi}{2}. \end{aligned} \tag{1} \] وعلى وجه الخصوص، كل من \(\alpha\) و\(\beta\) زاوية حادة.
(a) لنعتبر التحويل المؤلف من دوران مركزه \(C\) ينقل الشعاع \(CA\) إلى الشعاع \(CB\) عبر الزاوية الداخلية \(\gamma\)، يتبعه تحاكٍ مركزه \(C\) ونسبته \(BC/AC\). ينقل هذا التحويل \(A\) إلى \(B\)؛ ولتكن \(E\) صورة \(D\) به.
يعطي تشابه المثلثين \(CAD\) و\(CBE\) \[ \angle CBE=\alpha, \qquad BE=\frac{BC}{AC}\,AD=BD, \tag{2} \] حيث استُخدمت علاقة الأطوال المعطاة في المساواة الأخيرة.
يقع الشعاع \(CD\) بين \(CA\) و\(CB\) تمامًا. وبعد الدوران، يقع الشعاع \(CE\) بعد \(CB\) بزاوية مقدارها \(\angle ACD\). لذا تقع \(D\) و\(E\) على جانبين متقابلين من المستقيم \(BC\). وبما أن زاويتيهما مع الشعاع \(BC\) عند \(B\) هما الزاويتان الحادتان \(\beta\) و\(\alpha\)، على الترتيب، فإن (1) تعطي \[ \angle DBE=\beta+\alpha=\frac{\pi}{2}. \] وبالاقتران مع (2)، نستنتج أن \(DBE\) مثلث قائم ومتساوي الساقين. ومن ثم \[ DE=\sqrt2\,BD. \tag{3} \]
ويعطي الإنشاء أيضًا \[ \frac{CE}{CD}=\frac{CB}{CA}, \qquad \angle DCE=\gamma=\angle ACB. \] وبالتالي، فإن المثلثين \(CDE\) و\(CAB\) متشابهان وفق معيار ضلع–زاوية–ضلع، لذا \[ \frac{DE}{AB}=\frac{CD}{AC}. \] وبالجمع بين هذا و(3)، نحصل على \[ \boxed{\frac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD} =\frac{DE}{BD}=\sqrt2}. \]
(b) الدائرتان المذكورتان محددتان تحديدًا سليمًا، لأن \(D\) لا تقع على أي من \(AC\) و\(BC\).
عند \(C\)، نختار شعاع المماس للدائرة \((ACD)\) الواقع على الجانب المقابل لـ \(A\) من المستقيم \(CD\). وفقًا لنظرية الزاوية بين المماس والوتر، يصنع هذا الشعاع زاوية \[ \angle CAD=\alpha \] مع الشعاع \(CD\). وبالمثل، فإن شعاع المماس للدائرة \((BCD)\) الواقع على الجانب المقابل لـ \(B\) من \(CD\) يصنع زاوية \[ \angle CBD=\beta \] مع الشعاع \(CD\).
لأن \(D\) داخل \(ABC\)، فإن النقطتين \(A\) و\(B\) تقعان على جانبين متقابلين من \(CD\). لذا يقع شعاعا المماسين المختاران أيضًا على جانبين متقابلين من \(CD\). وتُجمع زاويتاهما الحادتان مع الشعاع \(CD\)، فتكون الزاوية بينهما \[ \alpha+\beta=\frac{\pi}{2}. \] إذن المماسان متعامدان.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).