[Planimetria] styczne + czworokąt w okręgu

[limes123]

1. W czworokąt wypukły ABCD mozna wpisać okrąg. Punkt P leży na odcinku CD. Wykazać, że istnieje wspólna styczna do okręgów wpisanych w trójkąty ABP, BCP i DAP.
2. Na czworokącie ABCD jest opisany okrąg o średnicy AB. Punkt E jest symetryczny do punktu A względem środka odcinka CD. Dowieść, że proste CD i BE są prostopadłe.

[binaj]

2. mam nadzieję,ze nie ma literówek

Q-środek CD
\(\displaystyle{ DAQ=\alpha=CEQ}\)
\(\displaystyle{ QAC=QED=\beta}\)
\(\displaystyle{ DBC=\alpha+\beta=CED}\)
\(\displaystyle{ ABD=ACD=\varrho}\)
\(\displaystyle{ CAB=BDC=\delta}\)
\(\displaystyle{ ACB=ADB=90}\)
jak nietrudno zauważyć \(\displaystyle{ \alpha+\beta+\varrho+\delta=90}\)
czworokąt ACED jest równoległobokiem o kącie ostrym \(\displaystyle{ \alpha+\beta}\)

\(\displaystyle{ BDE=\varrho+\delta}\), \(\displaystyle{ DBC=\alpha+\beta}\)
przedłużymy prostą BC, a jej punkt przecięcia z prosta DE oznaczmy przez M
w trójkącie DBM suma dwóch kątów wynosi 90, zatem kąt BMD jest prosty

przedłużymy prostą EC, a jej punkt przecięcia z prosta BD oznaczmy przez N
podobnie dowodzimy, iż kąt DNE jest prosty

z tego wynika, iż punkt C jest punktem przecięcia się 2 wysokości trójkąta BDE,
zatem odcinek DC leży na wysokości trójkąta DBE zatem jest prostopadły do BE,
co kończy dowód

[limes123]

Ładnie. Dzieki:D

[ Dodano: 30 Sierpnia 2008, 23:54 ]
Udało mi się w koncu rozwiazac 1 i wcale nie jest takie trudne (zreszta w zestawie zadan bylo w polowie, czyli nie moglo byc mocne), ale ciekawe
No więc tak - wezmy wspolna styczna do okregow wpisanych w ADP oraz BPC (powiedzmy k). k przecina AP i BF odpowiednio w pkt E i F. Wykaze, ze w ABFE mozna wpisac w okrag (co jest rownowazne z teza). Teraz jest duzo oznaczen - punkty stycznosci okregu w APD - W,X,Y,Z odpowiednio do prostej k,AD,DC,AP oraz w BPC - W',X',Y',Z' odpowiednio do prostej k,BP,CD,BC. Teraz chcemy udowodnić, że AB+EF=AE+BF co jest rownowazne kolejno
AB+WW'=AZ+BX'
CD+AB=AD+BC
Troche to skrocilem, ale jak ktos nie wierzy, to mozna rozpisac i wszystko ladnie idzie z wlasnosci stycznych do okregu wychodzacych z jednego punktu. Poniewaz ostatnia rownosc jest prawdziwa (z zalozenia) to prawdziwa jest i wyjsciowa, co oznacza, ze wspolna styczna okregow wpisanych w trojkaty zewnetrzne jest rowniez styczna do okregu wpisanego w ten wewnetrzny ckd

[Sylwek]

Alternatywny sposób na 2) - umieszczamy okrąg jednostkowy w układzie współrzędnych, zorientujmy go tak, żeby: \(\displaystyle{ A(-1,0), \ B(1,0), \ C(p,q), \ D(r,s)}\), gdzie \(\displaystyle{ p^2+q^2=r^2+s^2=1}\). Q - środek CD ma współrzędne \(\displaystyle{ (\frac{p+r}{2},\frac{q+s}{2})}\), zatem E ma współrzędne \(\displaystyle{ (p+r+1,q+s)}\)

Wystarczy policzyć iloczyn skalarny wektorów BE i CD - jeśli jest on 0, to te wektory są prostopadłe:
\(\displaystyle{ \vec{BE} \circ \vec{CD} = (p+r+1-1)(p-r) + (q+s-0)(q-s)= \\ =(p+r)(p-r)+(q+s)(q-s)=p^2-r^2+q^2-s^2=(p^2+q^2)-(r^2+s^2)=1-1=0}\)
co należało dowieść.

2. mam nadzieję,ze nie ma literówek

Nie ma. Fajne rozwiązanie

[Dumel]

jeszcze alternatywniejsze rozwiązanie zad. 2.
\(\displaystyle{ O}\)-srodek okregu opisanego na ABCD
\(\displaystyle{ Q}\)-srodek \(\displaystyle{ CD}\)
niech \(\displaystyle{ F}\) bedzie punktem przeciecia \(\displaystyle{ DO}\) z okregiem o srodku \(\displaystyle{ O}\). Teza zadania jest równoważna równoległości prostych \(\displaystyle{ FC}\) i \(\displaystyle{ BE}\). Trójkąty \(\displaystyle{ ABE}\) i \(\displaystyle{ AOQ}\) są podobne, więc \(\displaystyle{ BE||OQ}\) ponadto \(\displaystyle{ \sphericalangle OQD= \sphericalangle FCD= \frac{\pi}{2}}\) czyli \(\displaystyle{ FC||OQ}\). tak wiec \(\displaystyle{ BE||OQ||FC}\) ckd

binaj ładnie, tylko nie do wszystkich sytuacji to ma sens (idzie analogicznie tylko niektore z tych rownosci traca poprawnosc, to tak zebys na OM uwazał )

[Matheux]

Dumel, załączyłbyś gdzieś taki od niechcenia zrobiony szkicyk ? Bo ja kurczę tego jakoś nie widzę.. Ładnie proszę ; )
Edit: Sorry, już nieaktualne, wszystko jasne.