[Planimetria] współliniowość trzech punktów
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
-
adamm
- Użytkownik
- Posty: 253
- Rejestracja: 1 paź 2009, o 22:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Sopot/Warszawa
- Podziękował: 5 razy
- Pomógł: 15 razy
[Planimetria] współliniowość trzech punktów
Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ \Delta ABC}\) i okrąg \(\displaystyle{ \omega_1}\) nań opisany, punkt \(\displaystyle{ I}\) jest środkiem okręgu wpisanego w \(\displaystyle{ \Delta ABC}\). Niech \(\displaystyle{ X}\) oznacza przecięcie \(\displaystyle{ AI}\) z \(\displaystyle{ BC}\). Na odcinku \(\displaystyle{ BX}\) obieramy sobie punkt \(\displaystyle{ D}\). Niech okrąg \(\displaystyle{ \omega_2}\) będzie styczny do \(\displaystyle{ AD}\) w \(\displaystyle{ E}\), do \(\displaystyle{ DC}\) w \(\displaystyle{ F}\) oraz wewnętrznie do \(\displaystyle{ \omega_1}\). Pokazać, że \(\displaystyle{ E,I,F}\) są współliniowe
[Planimetria] współliniowość trzech punktów
Punkt \(\displaystyle{ X}\) w treści zadania nie jest Ci w ogóle potrzebny.
Rozwiązanie:
Niech te dwa okręgi z zadania będą styczne w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Niech \(\displaystyle{ EF}\) przecina \(\displaystyle{ AB}\) w punkcie \(\displaystyle{ N}\). Po zastosowaniu Twierdzenia Menelausa dla trójkąta \(\displaystyle{ ABD}\) przeciętego prostą \(\displaystyle{ EF}\) mamy:
\(\displaystyle{ \frac{BN}{NA} \cdot \frac{AE}{ED} \cdot \frac{DF}{B F}=1}\) korzystamy z tego iż
\(\displaystyle{ ED= DF}\) i mamy:
\(\displaystyle{ \frac{BN}{NA}= \frac{BF}{AE}}\).
Pokażemy teraz iż \(\displaystyle{ \frac{AP}{PB}= \frac{AE}{BF}}\).
Niech proste \(\displaystyle{ AP}\) i \(\displaystyle{ PB}\) przecinają okrąg opisany na \(\displaystyle{ ABC}\) w w punktach \(\displaystyle{ Q}\) i \(\displaystyle{ R}\).
Z potęgi punktu względem okręgu mamy
\(\displaystyle{ AE ^{2}=AQ \cdot AP}\) oraz \(\displaystyle{ BF ^{2}=BR \cdot BP}\). Rozważmy jednokładność o środku w \(\displaystyle{ P}\) przeprowadzającą okrąg \(\displaystyle{ w _{2}}\) na \(\displaystyle{ w _{1}}\). Przeprowadza ona \(\displaystyle{ Q}\) na \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ R}\) na \(\displaystyle{ B}\) stąd odcinki \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ QR}\) są równoległe stąd \(\displaystyle{ \frac{AQ}{BR}= \frac{AP}{BP}}\).
A zatem \(\displaystyle{ \frac{AE ^{2} }{BF ^{2} }= \frac{AQ \cdot AP}{BR \cdot BP}=\left( \frac{AQ}{BR} \right) \cdot \left( \frac{AP}{BP} \right)= \frac{AP}{BP} ^{2}}\) stąd \(\displaystyle{ \frac{AP}{PB}= \frac{AE}{BF}.}\)
Z udowodnionego związku i z tego iż \(\displaystyle{ \frac{BN}{NA}= \frac{BF}{AE}}\) mamy że prosta \(\displaystyle{ PN}\) jest dwusieczną kąta \(\displaystyle{ APB}\). Zatem prosta \(\displaystyle{ AN}\) przecina okrąg opisany na\(\displaystyle{ ABC}\) w środku łuku \(\displaystyle{ AB}\) (niech to będzie \(\displaystyle{ N'}\)) nie zawierającego punktu \(\displaystyle{ C}\).
Rozważmy teraz styczną do okręgu \(\displaystyle{ w _{1}}\) równoległą do \(\displaystyle{ BC}\). Jednokładność o środku w \(\displaystyle{ P}\) przeprowadzająca \(\displaystyle{ w _{2}}\) na \(\displaystyle{ w _{1}}\) przeprowadza \(\displaystyle{ BC}\) na tą styczną stąd \(\displaystyle{ P}\), \(\displaystyle{ F}\) i środek łuku \(\displaystyle{ AC}\) niezawierającego punkt \(\displaystyle{ A}\) ( niech to będzie \(\displaystyle{ F'}\)) są współliniowe. Stosując teraz Twierdzenie Pascala dla szóstki punktów \(\displaystyle{ B}\), \(\displaystyle{ N'}\), \(\displaystyle{ A}\), \(\displaystyle{ P}\), \(\displaystyle{ C}\), \(\displaystyle{ F'}\) otrzymujemy tezę zadania gdyż punkt przecięcia prostych \(\displaystyle{ CN'}\) i \(\displaystyle{ AF}\)' to \(\displaystyle{ I}\).
Rozwiązanie:
Niech te dwa okręgi z zadania będą styczne w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Niech \(\displaystyle{ EF}\) przecina \(\displaystyle{ AB}\) w punkcie \(\displaystyle{ N}\). Po zastosowaniu Twierdzenia Menelausa dla trójkąta \(\displaystyle{ ABD}\) przeciętego prostą \(\displaystyle{ EF}\) mamy:
\(\displaystyle{ \frac{BN}{NA} \cdot \frac{AE}{ED} \cdot \frac{DF}{B F}=1}\) korzystamy z tego iż
\(\displaystyle{ ED= DF}\) i mamy:
\(\displaystyle{ \frac{BN}{NA}= \frac{BF}{AE}}\).
Pokażemy teraz iż \(\displaystyle{ \frac{AP}{PB}= \frac{AE}{BF}}\).
Niech proste \(\displaystyle{ AP}\) i \(\displaystyle{ PB}\) przecinają okrąg opisany na \(\displaystyle{ ABC}\) w w punktach \(\displaystyle{ Q}\) i \(\displaystyle{ R}\).
Z potęgi punktu względem okręgu mamy
\(\displaystyle{ AE ^{2}=AQ \cdot AP}\) oraz \(\displaystyle{ BF ^{2}=BR \cdot BP}\). Rozważmy jednokładność o środku w \(\displaystyle{ P}\) przeprowadzającą okrąg \(\displaystyle{ w _{2}}\) na \(\displaystyle{ w _{1}}\). Przeprowadza ona \(\displaystyle{ Q}\) na \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ R}\) na \(\displaystyle{ B}\) stąd odcinki \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ QR}\) są równoległe stąd \(\displaystyle{ \frac{AQ}{BR}= \frac{AP}{BP}}\).
A zatem \(\displaystyle{ \frac{AE ^{2} }{BF ^{2} }= \frac{AQ \cdot AP}{BR \cdot BP}=\left( \frac{AQ}{BR} \right) \cdot \left( \frac{AP}{BP} \right)= \frac{AP}{BP} ^{2}}\) stąd \(\displaystyle{ \frac{AP}{PB}= \frac{AE}{BF}.}\)
Z udowodnionego związku i z tego iż \(\displaystyle{ \frac{BN}{NA}= \frac{BF}{AE}}\) mamy że prosta \(\displaystyle{ PN}\) jest dwusieczną kąta \(\displaystyle{ APB}\). Zatem prosta \(\displaystyle{ AN}\) przecina okrąg opisany na\(\displaystyle{ ABC}\) w środku łuku \(\displaystyle{ AB}\) (niech to będzie \(\displaystyle{ N'}\)) nie zawierającego punktu \(\displaystyle{ C}\).
Rozważmy teraz styczną do okręgu \(\displaystyle{ w _{1}}\) równoległą do \(\displaystyle{ BC}\). Jednokładność o środku w \(\displaystyle{ P}\) przeprowadzająca \(\displaystyle{ w _{2}}\) na \(\displaystyle{ w _{1}}\) przeprowadza \(\displaystyle{ BC}\) na tą styczną stąd \(\displaystyle{ P}\), \(\displaystyle{ F}\) i środek łuku \(\displaystyle{ AC}\) niezawierającego punkt \(\displaystyle{ A}\) ( niech to będzie \(\displaystyle{ F'}\)) są współliniowe. Stosując teraz Twierdzenie Pascala dla szóstki punktów \(\displaystyle{ B}\), \(\displaystyle{ N'}\), \(\displaystyle{ A}\), \(\displaystyle{ P}\), \(\displaystyle{ C}\), \(\displaystyle{ F'}\) otrzymujemy tezę zadania gdyż punkt przecięcia prostych \(\displaystyle{ CN'}\) i \(\displaystyle{ AF}\)' to \(\displaystyle{ I}\).