[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria][Stereometria] Geometria

[kaszubki]

Nie znalazłem takiego tematu, więc go tworzę.
Zasady takie, jak w rozgrzewce do nierówności, tylko że zalecane jest także wrzucanie rysunków np. z Geogebry.
Zgodnie z nazwą, należy wrzucać zadania z geometrii, a więc także stereometrii.

Zadanie 1. (jak ktoś zna rozwiązanie to niech tak od razu się tym nie chwali)
Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\). Po zewnętrznej stronie trójkąta budujemy prostokąty \(\displaystyle{ AB
B_1 A_2}\), \(\displaystyle{ CA A_1 C_2}\), \(\displaystyle{ BC C_1 B_2}\). Wykaż, że symetralne odcinków \(\displaystyle{ A_1 A_2, B_1 B_2, C_1 C_2}\) przecinają się w 1 punkcie.

[timon92]

Ukryta treść:    

Lemat: Dany jest prostokąt \(\displaystyle{ KLMN}\) i dowolny punkt \(\displaystyle{ P}\). Wówczas \(\displaystyle{ AP^2 + CP^2 = BP^2 + DP^2}\) (lub równoważnie \(\displaystyle{ AP^2 - BP^2 = DP^2 - CP^2}\)).
Dowód prosty z twierdzenia Pitagorasa - wystarczy zrzutować punkt \(\displaystyle{ P}\) na proste \(\displaystyle{ KL, LM, MN, NK}\) i rozpisać Pitagorasa.

Przejdźmy do rozwiązania zadania.



Niech symetralne odcinków \(\displaystyle{ A_1A_2, B_1B_2}\) przecianją się w punkcie \(\displaystyle{ X}\). Mamy oczywiście \(\displaystyle{ A_1X = A_2X, B_1X = B_2X}\). Na mocy lematu i ostatnich dwóch równości mamy
\(\displaystyle{ C_2X^2 - CX^2 = A_1X^2 - AX^2 = A_2X^2 - AX^2 = \\ B_1X^2 - BX^2 = B_2X^2 - BX^2 = C_1X^2 - CX^2}\)
a stąd prosto dostajemy \(\displaystyle{ C_1X = C_2X}\), czyli \(\displaystyle{ X}\) leży tez na symetralnej odcinka \(\displaystyle{ C_1C_2}\), ckd.

zadanie 2. Dany jest czworościan \(\displaystyle{ ABCD}\). Pokazać, że \(\displaystyle{ AB \cdot CD + BC \cdot DA > AC \cdot BD}\)

[KPR]

Ukryta treść:    

Na płaszczyźnie ABC wybierzmy punkt E tak, aby AE=AD, BE=BD oraz żeby punkt E był po przeciwnej stronie AB niż C. Niech P będzie przecięciem AB i CE. Mamy wtedy \(\displaystyle{ AB \cdot CD<AB( DP+PC)=AB(EP+PC)=AB \cdot EC<AC \cdot BE+B C\cdot AE=AC \cdot BD+BC \cdot AD}\)(ostatnia nierówność z Ptolemeusza).

Dany jest trójkąt ABC. I jest środkiem okręgu wpisanego w ABC. Okrąg o środku w I przecina BC w punktach D i P (D bliżej B), CA w E i Q (E bliżej C), AB w F i R (F bliżej A). Oznaczmy przez S, T, U punkty przecięć przekątnych czworokątów odpowiednio EQFR, FRDP, DPEQ. Pokazać, że okręgiopisanych na FRT, DPU, EQS mają punkt wspólny.

[kaszubki]

Ukryta treść:    

Trójkąty \(\displaystyle{ AFE}\) i \(\displaystyle{ AQR}\) są w oczywisty sposób przystające, więc punkt \(\displaystyle{ S}\) leży na dwusiecznej kąta \(\displaystyle{ RAE}\), czyli \(\displaystyle{ FS=SQ}\). Analogicznie \(\displaystyle{ PU=UE}\) i \(\displaystyle{ RT=DT}\). \(\displaystyle{ \sphericalangle DIP=2 \cdot \sphericalangle DEP = 2\cdot ( \frac{\pi - \sphericalangle PUE}{2}) = \pi - \sphericalangle PUE = \sphericalangle DUP}\). Więc okrąg opisany na \(\displaystyle{ DUP}\) zawiera także punkt \(\displaystyle{ I}\). Analogicznie \(\displaystyle{ O(EQIU)}\) i \(\displaystyle{ O(FRTI)}\).
Okręgi opisane na tych czworokątach przecinają się w \(\displaystyle{ I}\). C.K.D.

Nowy:
Wykaż, że w trójkącie ostrokątnym suma stosunków dł. środkowych i dł. wysokości poprowadzonych do tych samych boków jest nie większa od \(\displaystyle{ \frac{R+r}{r}}\), gdzie R i r to promienie okręgów odpowiednio opisanego i wpisanego do trójkąta ABC.

[Swistak]

Mając dane boki potrafimy wyliczyć środkowe ze wzoru na środkowe, pole z Herona, a z tego wysokości, promień okręgu opisanego ze wzoru \(\displaystyle{ P=\frac{abc}{R}}\) i promień wpisanego ze wzoru \(\displaystyle{ P=pr}\). Mamy wszystko piękne uzależnione tylko od boków trójkąta (dodatkowo można zrobić typowe podstawienie dla boków trójkąta) i otrzymujemy nierówność, równoważną z tezą dla dowolnych dodatnich liczb xD. No to do dzieła pałkarze !

[binaj]

bez sensu rzucać takie zadania, tu ma być harda plani, a nie nierówności od robina

[Swistak]

Zadanie raczej nie jest bez sensu, po prostu moje rozw. jest bez sensu . Jakby ktoś chciał popociskać jakieś nierówności, to może się zająć tą:
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \sqrt{x^{2}+4y^{2}+x^{2}+4xy+4yz-2zx}(x+z) \le \sqrt{xyz(x+y+z)} \frac{(x+y)(y+z)(z+x)+xyz}{xyz}}\), która jest równoważna tezie xp (dla liczb dodatnich).

[KPR]

tu ma być harda plani

I stereo

[kaszubki]

hint:    

Oszacuj z góry długość środkowej za pomocą środka okręgu opisanego

[KPR]

Ukryta treść:    

Niech AM będzie środkową, AH wysokością, a O środkiem okręgu opisanego. Wtedy \(\displaystyle{ OM+OA \ge MA}\). Zatem\(\displaystyle{ \frac{OM+OA}{AH} \ge \frac{MA}{AH}}\) . Ponieważ O leży na symetralnej BC, to OM jest wysokością trójkąta OBC. Zatem \(\displaystyle{ \frac{OA}{AH}= \frac{[BCO]}{[ABC]}}\), gdzie [] oznacza pole. Zatem jak zsumujemy to po wszystkich wierzchołkach, to otrzymamy 1. Zostaje jeszcze \(\displaystyle{ \frac{OA}{AH}= \frac{R}{AH}}\), co po zsumowaniu po wszystkich wierzchołkach i zastosowaniu wzoru mówiącego, że suma odwrotności wysokości równa odwrotności promienia okregu wpisanego, to otrzymujemy \(\displaystyle{ \frac{R}{r}}\).

Dany jest kwadrat ABCD i punkty M, N, K, L leżące we wnętrzach boków odpowiednio AB, BC, CD, DA takie, że MN||KL i odległość między tymi prostymi jest równa długości boku kwadratu. Pokazać, że okręgi AML i CKN przecinają się, a DKL i BMN nie.

[pawels]

Ukryta treść:    

Oczywiście \(\displaystyle{ ML,KN\geq 1}\) (no mocy nierówności trójkąta ramiona trapezu bywają nie krótsze niż jego wysokość). Linia środkowa trapezu \(\displaystyle{ MNKL}\) łączy środki okręgów z treści zadania, oraz jej długość nie przekracza 1, ponieważ wówczas pole tego trapezu byłoby nie mniejsze od pola kwadratu, co stanowi oczywistą sprzeczność. Z drugiej strony suma promieni rozważanych okręgów to po prostu \(\displaystyle{ \frac{KN+LM}{2}\geq1}\), czyli te okręgi rzeczywiście się przecinają. Druga cześć tezy wychodzi prawie tak samo- znów \(\displaystyle{ M(MN)M(KL)\geq 1}\) (nierówność trójkąta,) a \(\displaystyle{ \frac{KL+MN}{2}<1}\), czyli odległość między środkami drugiej pary okręgów przekracza sumę ich promieni.

Na \(\displaystyle{ [0,1]}\) wybrano skończony zbiór \(\displaystyle{ A}\) punktów o tej własności, że dla każdego \(\displaystyle{ x\in A}\) istnieją \(\displaystyle{ a,b\in A\cup\{0,1\}}\) takie że \(\displaystyle{ x=\frac{a+b}{2}}\). Udowodnij, że wszystkie wybrane punkty mają współrzędne wymierne.

Ukryta treść:    

Zadanie wydaje się dość harde, więc gdyby się długo nie poddawało po prostu wrzućcie jakieś inne.

[KPR]

To zadanie tak niezbyt mi się kojarzy z geometrią...

[kaszubki]

Wszyscy zapomnieli o temacie, a skoro zadanie wygląda na niezbyt geometryczne, to wrzucam nowe:
Dany jest sześciokąt wypukły \(\displaystyle{ A B C D E F}\), w którym \(\displaystyle{ \sphericalangle B+ \sphericalangle D+ \sphericalangle F =2\pi}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{AB}{BC} \cdot \frac{CD}{DE} \cdot \frac{EF}{FA}=1}\)
Wykaż, ze \(\displaystyle{ \sphericalangle EAF + \sphericalangle ECD= \sphericalangle FBD}\).

[timon92]

Ukryta treść:    

Rozważmy punkt \(\displaystyle{ G}\) taki, że \(\displaystyle{ \angle ABG = \angle F}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{AB}{BG} = \frac{AF}{FE}}\) (mamy więc \(\displaystyle{ \Delta ABG \sim \Delta AFE}\)). Wówczas \(\displaystyle{ \angle GBC = \angle D}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{CB}{BG} = \frac{CB}{BA} \cdot \frac{AB}{BG} = \frac{CB}{BA} \cdot \frac{AF}{FE} = \frac{CD}{DE}}\), zatem na mocy bkb mamy \(\displaystyle{ \Delta GBC \sim \Delta EDC}\)

Wykonajmy następujące przekształcenia płaszczyzny:
\(\displaystyle{ (1)}\) podobieństwo spiralne o środku \(\displaystyle{ A}\) przekształcające punkt \(\displaystyle{ F}\) na punkt \(\displaystyle{ E}\)
\(\displaystyle{ (2)}\) podobieństwo spiralne o środku \(\displaystyle{ C}\) przekształcające punkt \(\displaystyle{ E}\) na punkt \(\displaystyle{ D}\)
\(\displaystyle{ (3)}\) podobieństwo spiralne o środku \(\displaystyle{ B}\) przekształcające punkt \(\displaystyle{ D}\) na punkt \(\displaystyle{ F}\)

Łatwo widzieć, że punkt \(\displaystyle{ F}\) jest punktem stałym tego przekształcenia. Ponadto \(\displaystyle{ (1)}\) przekształca punkt \(\displaystyle{ B}\) na \(\displaystyle{ G}\), \(\displaystyle{ (2)}\) przekształca \(\displaystyle{ G}\) na \(\displaystyle{ B}\), \(\displaystyle{ (3)}\) przekształca \(\displaystyle{ B}\) na siebie. Zatem \(\displaystyle{ B}\) tez jest punktem stałym tego przekształcenia.

Skoro złożenie kilku podobieństw spiralnych ma \(\displaystyle{ 2}\) punkty stałe, to musi być przekształceniem identycznościowym. W szczególności kąty (skierowane) występujące w tych podobieństwach sumują się do \(\displaystyle{ 0}\). Zatem istotnie zachodzi \(\displaystyle{ \angle EAF + \angle DCE = \angle DBF}\)

Czas na stereo: Przez wysokość czworościanu foremnego poprowadzono płaszczyznę, której części wspólne ze ścianami bocznymi tworzą z płaszczyzną podstawy kąty \(\displaystyle{ \alpha, \beta, \gamma}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ \tg^2 \alpha + \tg ^2 \beta + \tg ^2 \gamma = 12}\)

[Mama Jerza]

Cześć słodziaki!
Widzę, że tamto zadanie z liczbami na osi pozostało nierozwiązane, więc wrzucam swój pomysł.


Mamy skończony zbiór liczb \(\displaystyle{ A}\) z przedziału \(\displaystyle{ [0,1]}\) taki, że \(\displaystyle{ 0,1\in A}\) oraz \(\displaystyle{ x\in A}\) dla \(\displaystyle{ x}\) różnego od \(\displaystyle{ 0,1}\) implikuje istnieje różnych liczb \(\displaystyle{ a,b\in A}\) takich, że \(\displaystyle{ \frac{a+b}{2}=x}\). Udowodnić, że wszystkie liczby w \(\displaystyle{ A}\) są wymierne.

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ (a_1,a_2,...,a_n)}\) będzie bazą \(\displaystyle{ A}\) nad liczbami wymiernymi. Możemy założyć, że \(\displaystyle{ a_n=1}\). Rozważmy teraz odwzorowanie \(\displaystyle{ f:A\rightarrow \mathbb{Q}^n}\) określone w następujący sposób

\(\displaystyle{ f(s)=(x_{1}^{(s)},x_{2}^{(s)},...,x_{n}^{(s)})}\)

i liczby wymierne \(\displaystyle{ x_{i}^{(s)}}\) są takie, że \(\displaystyle{ s=\sum_{i=1}^n a_i\cdot x_{i}^{(s)}}\) (oczywiście takie liczby istnieją i odwzorowanie jest jednoznaczne, bo \(\displaystyle{ a_i}\) tworzą bazę). Wprowadźmy jeszcze relację \(\displaystyle{ >}\) między liczbami z \(\displaystyle{ A}\). Powiemy, że \(\displaystyle{ a>b}\) dla różnych \(\displaystyle{ a,b\in A}\), jeśli dla najmniejszego \(\displaystyle{ i\in \{1,2,...\}}\) takiego, że \(\displaystyle{ x_{i}^{(a)}\neq x_{i}^{(b)}}\) w \(\displaystyle{ f(a)}\) i \(\displaystyle{ f(b)}\) zachodzi \(\displaystyle{ x_{i}^{(a)}>x_{i}^{(b)}}\). Jako proste ćwiczenie pozostawiam sprawdzenie, że jeśli \(\displaystyle{ a,b,c\in A}\) oraz \(\displaystyle{ a>b}\) i \(\displaystyle{ b>c}\), to \(\displaystyle{ a>c}\). Możemy zatem wybrać element największy i najmniejszy, oznaczmy je odpowiednio \(\displaystyle{ X, Y}\). Gdyby \(\displaystyle{ X\neq 1}\) istniałyby liczby \(\displaystyle{ m,n\in A}\) takie, że \(\displaystyle{ X=\frac{m+n}{2}}\), czyli \(\displaystyle{ f(X)=\frac{f(m)+f(n)}{2}}\), co z kolei implikuje \(\displaystyle{ x_{i}^{(X)}=\frac{x_{i}^{(m)}+x_{i}^{(n)}}{2}}\), a to jest oczywistą sprzecznością na mocy określenia \(\displaystyle{ X}\). Mamy więc \(\displaystyle{ X=1}\) i w zupełnie analogiczny sposób \(\displaystyle{ Y=0}\). Widzimy zatem, że dla dowolnego \(\displaystyle{ s\in A}\) różnego od \(\displaystyle{ 0,1}\) zachodzi \(\displaystyle{ 1> s> 0}\). Łatwo również zauważyć, że \(\displaystyle{ a_n=1}\) implikuje \(\displaystyle{ f(1)=(0,0,...,0,1)}\) i \(\displaystyle{ f(0)=(0,0,...,0)}\), czyli zachodzi \(\displaystyle{ x_{i}^{(s)}=0}\) dla \(\displaystyle{ i=1,2,..,n-1}\) oraz \(\displaystyle{ s=x_{n}^{(s)}\in \mathbb{Q}}\), a to chcieliśmy pokazać.

Buziaki <3