Okręgi styczne

Wielokąty (n>3). Okręgi. Inne figury płaskie. Zadania i twierdzenia z nimi związane. Geometria rzutowa na płaszczyżnie.
Awatar użytkownika
mol_ksiazkowy
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 11266
Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 3143 razy
Pomógł: 747 razy

Okręgi styczne

Post autor: mol_ksiazkowy »

Dany jest czworokąt \(\displaystyle{ ABCD}\) skonstruowany:
Okręgi \(\displaystyle{ o}\) i \(\displaystyle{ O}\) są styczne zewnętrznie ; \(\displaystyle{ AB}\) jest średnicą jednego z nich tj. \(\displaystyle{ o}\) , zaś \(\displaystyle{ CD}\) jest średnicą \(\displaystyle{ O}\).
Udowodnić, że \(\displaystyle{ AD+ BC \geq AB +CD}\)
matmatmm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2282
Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Sosnowiec
Podziękował: 88 razy
Pomógł: 351 razy

Re: Okręgi styczne

Post autor: matmatmm »

Potrafię rozwiązać to zadanie w przypadku, gdy punkty \(\displaystyle{ ABCD}\) w tej kolejności są wierzchołkami czworokąta wypukłego. Wtedy bowiem idzie z takiego lematu:

Lemat. Niech \(\displaystyle{ ABCD}\) będzie czworokątem wypukłym. Niech \(\displaystyle{ M,N}\) będą środkami odpowiednio boków \(\displaystyle{ AB}\) oraz \(\displaystyle{ CD}\). Wówczas \(\displaystyle{ AD+BC \geq 2 MN}\).
Dowód. Przez punkty \(\displaystyle{ C}\) i \(\displaystyle{ D}\) prowadzimy proste równoległe do \(\displaystyle{ MN}\). Przecinają one prostą \(\displaystyle{ AB}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ K}\) i \(\displaystyle{ L}\). Wówczas punkt \(\displaystyle{ K}\) leży na półprostej \(\displaystyle{ \vec{MB}}\), a punkt \(\displaystyle{ L}\) na półprostej \(\displaystyle{ \vec{MA}}\), a także \(\displaystyle{ DLKC}\) jest trapezem. Stąd wynika, że \(\displaystyle{ MN}\) jest linią środkową tego trapezu, czyli \(\displaystyle{ CK+DL=2MN}\). Ponadto \(\displaystyle{ \frac{MK}{ML}=1=\frac{MB}{MA}}\). Możliwe są trzy przypadki:
  1. \(\displaystyle{ MK=MB}\). Wówczas \(\displaystyle{ ML=MA}\), a więc \(\displaystyle{ B=K, A=L}\) i mamy tezę.
  2. \(\displaystyle{ MK<MB}\). Wówczas \(\displaystyle{ ML<MA}\). Na półprostej \(\displaystyle{ \vec{CK}}\) znajdujemy punkt \(\displaystyle{ P}\) taki, że \(\displaystyle{ CP=DL}\), a następnie punkt \(\displaystyle{ Q}\) taki, że \(\displaystyle{ \triangle CPQ\equiv \triangle DLA}\) (istnieją dwa takie punkty i bierzemy ten, który jest po innej stronie prostej \(\displaystyle{ CP}\), niż \(\displaystyle{ B}\)). Mamy \(\displaystyle{ BK=AL=PQ}\) oraz \(\displaystyle{ PQ\parallel BK}\) Pokażemy, że \(\displaystyle{ CQ+CB>CP+CK}\). Mamy kolejne przypadki:
    1. \(\displaystyle{ P=K}\). Wówczas \(\displaystyle{ P}\) jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ BQ}\) i z odpowiedniego twierdzenia \(\displaystyle{ CP+CK=2CP<CQ+CB}\).
    2. \(\displaystyle{ CP<CK}\). Wówczas \(\displaystyle{ QKBP}\) jest równoległobokiem, więc środek \(\displaystyle{ BQ}\) pokrywa się ze środkiem \(\displaystyle{ PK}\) i oznaczmy go przez \(\displaystyle{ S}\). Z tego samego twierdzenia o środkowej \(\displaystyle{ 2CS<CQ+CB}\), a łatwo przeliczyć, że \(\displaystyle{ 2CS=CP+CK}\).
    3. \(\displaystyle{ CP>CK}\). Dowód analogiczny jak w 2.
    Mamy więc \(\displaystyle{ AD+BC=CQ+BC>CP+CK=DL+CK=2MN}\).
  3. \(\displaystyle{ MK>MB}\). Wówczas \(\displaystyle{ ML>MA}\) i dowód analogiczny jak w II.
ODPOWIEDZ