[Planimetria] Łatwa geometria: wykazać, że prosta jest styczną..

[tometomek91]

Dwusieczne kątów \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ C}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) przecinają okrąg opisany na tym trójkącie w punktach \(\displaystyle{ W_1}\) i \(\displaystyle{ W_3}\) odpowiednio. Prosta równoległa do \(\displaystyle{ AC}\), przechodząca przez incentrum tego trójkąta, przecina prostą \(\displaystyle{ W_1W_3}\) w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Wykaż, że prosta \(\displaystyle{ PB}\) jest styczną do tego okręgu w punkcie \(\displaystyle{ B}\).

-- 30 sie 2011, o 00:43 --

Moj pomysł:    

Poprowadźmy styczną do okręgu w punkcie \(\displaystyle{ K}\), przechodzącą przez \(\displaystyle{ P}\), wtedy \(\displaystyle{ PK^2=PW_3 \cdot PW_1}\). Ponieważ \(\displaystyle{ \Delta PBW_1 \sim \Delta PBW_3}\) więc \(\displaystyle{ PB^2=PW_3 \cdot PW_1}\) czyli \(\displaystyle{ PB=PK}\)

edit: to jeszcze o niczym nie świadczy, może teraz z przystawania trójkątów \(\displaystyle{ OPK}\) i \(\displaystyle{ OBP}\) gdzie O środek okręgu?? (K leży po przeciwnej stronie boku AC jak punkt B) ??

[KPR]

Moje rozwiązanie:

Ukryta treść:    

Nietrudno przeliczyć na kątach, że \(\displaystyle{ OW_1=W_1B}\) i \(\displaystyle{ OW_2=W_2B}\), gdzie \(\displaystyle{ O}\) to incentrum. Zatem \(\displaystyle{ W_1W_2}\) jest symetralną OB \(\displaystyle{ OB}\). Stąd wynika, że \(\displaystyle{ \angle OPW_1=\angle BPW_1}\) i ponownie przeliczenia na kątach pokazują, że \(\displaystyle{ \angle CBP=\angle CAB}\), c.k.d.

[tometomek91]

...przeliczenia na kątach pokazują, że \(\displaystyle{ \angle CBP=\angle CBA}\)

mógłbyś wyjaśnić?

[KPR]

Komentarz do twojego:

Ukryta treść:    

Masz blefa. Skąd jest podobieństwo \(\displaystyle{ \Delta PBW_1 \sim \Delta PBW_3}\)?

-- 30 sie 2011, o 19:23 --

...przeliczenia na kątach pokazują, że \(\displaystyle{ \angle CBP=\angle CBA}\)

mógłbyś wyjaśnić? może miała być połowa?

Jest źle. Z prawej powinno być CAB.

[tometomek91]

Komentarz do twojego:

Ukryta treść:    

Masz blefa. Skąd jest podobieństwo \(\displaystyle{ \Delta PBW_1 \sim \Delta PBW_3}\)?

Chyba nie.. Niech ta równoległa prosta przecina okrąg w K i L (K leży na krótszym łuku AB), wtedy
\(\displaystyle{ \angle ACO = \angle COL =\angle KOW_3}\) mamy dalej \(\displaystyle{ OW_3=W_3B}\), \(\displaystyle{ \angle BW_3P = \angle OW_3P}\) wiec z przystawania \(\displaystyle{ OW_3P}\) i \(\displaystyle{ BW_3P}\) mamy, że \(\displaystyle{ \angle PBW_3 = \angle ACW_3 = \angle W_3CB = \angle W_3W_2B}\) i cecha kkk.

-- 30 sie 2011, o 19:38 --

\(\displaystyle{ \angle CBP=\angle CAB}\)

dalej nie wiem skąd ta równość.. wg mnie jest tylko taka zależność: \(\displaystyle{ \angle CBP + \angle CAB =180}\)

[KPR]

Jeżeli rzeczywiście stąd wynika to podobieństwo, to masz rozwiązane.

A co do mojego, to trzeba policzyć kąty \(\displaystyle{ XPB}\) i \(\displaystyle{ BXP}\), gdzie \(\displaystyle{ X}\) jest przecięciem \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ W_1W_3}\). Stąd mamy kąt \(\displaystyle{ XBP}\), czyli \(\displaystyle{ CBP}\).

[tometomek91]

KPR, nie widzę tego jeszcze, mógłbyś pokazać Twoje rozwiązanie? Dzięki z góry

[KPR]

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ \angle ACB=2\gamma}\), \(\displaystyle{ \angle CAB=2\alpha}\), \(\displaystyle{ \angle CBA=2\beta}\). Wtedy \(\displaystyle{ \angle AW_3W_1=2\beta+\alpha}\) i \(\displaystyle{ \angle CAW_3=2\alpha+\gamma}\). Stąd \(\displaystyle{ W_3PO=180^\circ - \angle AW_3W_1- \angle CAW_3=\gamma-\alpha}\). Zatem \(\displaystyle{ W_3PB=\gamma-\alpha}\). Z \(\displaystyle{ \angle CBW_1=\alpha}\) i \(\displaystyle{ BW_1W_3=\gamma}\) mamy \(\displaystyle{ \angle BXW_1=180^\circ-\alpha-\gamma}\). Zatem \(\displaystyle{ \angle XBP=180^\circ-\angle BXW_1-\angle W_3PB=2\alpha}\).

[tometomek91]

Masz gdzieś błąd, bo można udowodnić, że \(\displaystyle{ \angle XBP=180 - 2\alpha}\). ;p

[KPR]

Nie mam błędu, tylko u mnie punkt P leży z drugiej strony