[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria

[Htorb]

Ukryta treść:    

Będę korzystał z tezy zadania 11 tegorocznego OMa. Niech \(\displaystyle{ AB}\) przecina \(\displaystyle{ CX_B}\) w \(\displaystyle{ R}\) natomiast \(\displaystyle{ AX_B}\) tnie \(\displaystyle{ EF}\) w \(\displaystyle{ S}\), wtedy: \(\displaystyle{ A(X_A, S; F, E)=A(X_A, X_B; R, C)=M(X_A, X_B; R, C)=M(L, K; B, C)=1}\) bo \(\displaystyle{ KL \parallel AB}\) i \(\displaystyle{ CM}\) połowi \(\displaystyle{ KL}\).

Nowe: Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) oraz punkty \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q.}\) Przez \(\displaystyle{ P'}\) i \(\displaystyle{ Q'}\) oznaczmy punkty sprzężone izogonalnie odpowiednio do punktów \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\) względem trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\). Proste zawierające przeciwległe boki czworokąta \(\displaystyle{ PQP'Q'}\) przecinają się w \(\displaystyle{ X}\) oraz \(\displaystyle{ Y}\). Wykazać, że punkty \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) są sprzężone izogonalnie względem trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\).

[Htorb]

Tamto zadanie już trochę stoi, więc może pora na coś nowego:

Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) i okrąg na nim opisany \(\displaystyle{ o}\). Przez \(\displaystyle{ \omega}\) oznaczmy okrąg styczny do odcinków \(\displaystyle{ AB, AC}\) oraz wewnętrznie do \(\displaystyle{ o}\) w punkcie \(\displaystyle{ F}\). Niech punkt \(\displaystyle{ P}\) leży na łuku \(\displaystyle{ BC}\) okręgu \(\displaystyle{ o}\) niezawierającym punktu \(\displaystyle{ A}\). Przez \(\displaystyle{ I_1, I_2}\) oznaczamy odpowiednio środki okręgów wpisanych w trójkąty \(\displaystyle{ ABP}\) i \(\displaystyle{ APC}\). Udowodnić, że punkty \(\displaystyle{ F, P, I_1, I_2}\) leżą na jednym okręgu.

[Htorb]

Nowe:
Punkty \(\displaystyle{ A_1, B_1, C_1}\) leżą odpowiednio na bokach \(\displaystyle{ BC, AC, CA}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\). Okręgi opisane na trójkątach \(\displaystyle{ AB_1C_1, BC_1A_1, CA_1B_1}\) przecinają okrąg opisany na \(\displaystyle{ ABC}\) w punktach \(\displaystyle{ A_2, B_2, C_2}\). Punkty \(\displaystyle{ A_3, B_3, C_3}\) są symetryczne do \(\displaystyle{ A_1, B_1, C_1}\) odpowiednio względem środków boków \(\displaystyle{ BC, CA, AB}\). Udowodnić, że trójkąty \(\displaystyle{ A_2, B_2, C_2}\) oraz \(\displaystyle{ A_3, B_3, C_3}\) są podobne.

[Pinionrzek]

Ukryta treść:    

Niech kąty będą skierowane. Zauważmy, że \(\displaystyle{ A_{2}}\) jest środkiem podobieństwa spiralnego, przekształcającego \(\displaystyle{ C_{1}B_{1}}\) na \(\displaystyle{ CB}\), więc przekształca ono również \(\displaystyle{ B_{1}C}\) na \(\displaystyle{ C_{1}B}\). Zachodzą więc następujące zależności: \(\displaystyle{ \frac{A_{2}B}{A_{2}C}= \frac{B_{1}C}{C_{1}B}= \frac{AB_{3}}{AC_{3}}}\). Ta ostatnia równość wynika z tego, że \(\displaystyle{ B_{1}, C_{1}}\) są izotomicznie sprzężone z \(\displaystyle{ B_{3}, C_{3}}\). Ponadto \(\displaystyle{ \angle B_{3}AC_{3}= \angle BA_{2}C}\).Mamy więc, że \(\displaystyle{ \Delta AB_{3}C_{3} \sim \Delta A_{2}BC}\). Analogicznie pokazujemy, że \(\displaystyle{ \Delta BC_{3}A_{3} \sim \Delta B_{2}CA, \Delta CA_{3}B_{3} \sim \Delta C_{2}AB}\). Teraz wystarczy tylko pobawić się kątami, by dostać tezę.

-- 10 mar 2015, o 19:45 --

Nowe zadanie:
Niech okręgi \(\displaystyle{ \omega_{1}}\) i \(\displaystyle{ \omega_{2}}\) przecinają się w dwóch różnych punktach \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ K}\). Niech \(\displaystyle{ XY}\) będzie wspólną styczną tych okręgów, przy czym styczna ta znajduje się bliżej punktu \(\displaystyle{ P}\) oraz \(\displaystyle{ X \in \omega_{1}, Y \in \omega_{2}}\). \(\displaystyle{ XP}\) tnie drugi raz \(\displaystyle{ \omega_{2}}\) w punkcie \(\displaystyle{ C}\), a \(\displaystyle{ YP}\) tnie drugi raz \(\displaystyle{ \omega_{1}}\) w punkcie \(\displaystyle{ B}\). Niech \(\displaystyle{ A=BX \cap CY}\). Udowodnić, że jeżeli \(\displaystyle{ Q}\) jest drugim punktem przecięcia okręgów opisanych na \(\displaystyle{ \Delta ABC}\) oraz \(\displaystyle{ \Delta AXY}\), to wtedy \(\displaystyle{ \angle QXA= \angle QKP}\).

[pegon00]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ AQ \cap XY=O}\), \(\displaystyle{ AK \cap XY=T}\).Łatwo wykazać, że \(\displaystyle{ AX=AY}\). Robiąc inwersję o środku w \(\displaystyle{ A}\) i tym promieniu okrąg opisany na \(\displaystyle{ AXY}\) przechodzi na \(\displaystyle{ XY}\), zatem \(\displaystyle{ Q}\) przechodzi na \(\displaystyle{ O}\), czyli \(\displaystyle{ \angle AXQ= \angle AOX}\). Niech okrąg opisany na \(\displaystyle{ ABC}\) tnie \(\displaystyle{ \omega_1}\) w \(\displaystyle{ D}\). Łatwo pokazać cykliczność \(\displaystyle{ XYCD}\). Osie potęgowe trzech okręgów są współpękowe, czyli \(\displaystyle{ AQ, XY, CD}\) są współpękowe. Rozważmy teraz inwersję o środku w \(\displaystyle{ O}\) i promieniu \(\displaystyle{ \sqrt{OX \cdot OY}=r}\). W tej inwersji \(\displaystyle{ X}\) przejdzie na \(\displaystyle{ Y}\) i \(\displaystyle{ Y}\) na \(\displaystyle{ X}\). Z potęgi punktu mamy \(\displaystyle{ r^2=OX \cdot OY=OQ \cdot OA=OC \cdot OD}\). Z równości tych wynika, że okrąg opisany na \(\displaystyle{ AXY}\) przejdzie na siebie, a okrąg \(\displaystyle{ \omega_1}\) na \(\displaystyle{ \omega_2}\). Implikuje nam to, że punkty przecięcia \(\displaystyle{ \omega_1, \omega_2}\), czyli \(\displaystyle{ P, K}\), są stałe w inwersji. Niech \(\displaystyle{ KP}\) tnie \(\displaystyle{ XY}\) w \(\displaystyle{ M}\). Punkt ten jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ XY}\). Oznaczmy przez \(\displaystyle{ \omega_3}\) okrąg opisany na \(\displaystyle{ XYP}\). Po prostym przeliczeniu kątów wyniknie, że jest on styczny do \(\displaystyle{ AB, AC}\) w \(\displaystyle{ X, Y}\). Jest on stały w inwersji, zatem \(\displaystyle{ OK}\) jest styczna do tego okręgu. Stąd wnioskujemy, że \(\displaystyle{ K}\) leży na biegunowej \(\displaystyle{ O}\) względem \(\displaystyle{ \omega_3}\). Leży na niej też punkt \(\displaystyle{ A}\), bo \(\displaystyle{ XY}\)jest biegunową \(\displaystyle{ A}\), czyli prosta \(\displaystyle{ KA}\) jest biegunową \(\displaystyle{ O}\). Punkt \(\displaystyle{ T}\) należy do tej biegunowej, czyli \(\displaystyle{ (X,Y;T,O)=1}\). Łatwo stąd wywnioskować (np pałując odcinki), że \(\displaystyle{ T}\) przechodzi na \(\displaystyle{ M}\) w rozważanej inwersji. Prosta \(\displaystyle{ KA}\) przejdzie na okrąg przechodzący przez \(\displaystyle{ K, M, Q, O}\), czyli \(\displaystyle{ \angle AOX= \angle QOM= \angle QKM= \angle QKP}\). Łącząc to z poprzednią równością kątów mamy tezę.

Nowe:Czworokąt \(\displaystyle{ ABCD}\) jest opisany na okręgu o środku w punkcie \(\displaystyle{ I}\) i wpisany w
okrąg o środku w punkcie \(\displaystyle{ O}\). Przekątne czworokąta przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Pokazać,
że punkty \(\displaystyle{ I, O}\) i \(\displaystyle{ P}\) leżą na jednej prostej.

[Pinionrzek]

Oznaczmy przez \(\displaystyle{ \omega_3}\) okrąg opisany na \(\displaystyle{ XYP}\)

Powinno być tylko \(\displaystyle{ XYK}\), a poza tym to bardzo ładne rozwiązanie

-- 11 mar 2015, o 22:16 --

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \omega}\)-okrąg wpisany, \(\displaystyle{ \Omega}\)-opisany. Niech \(\displaystyle{ \omega}\)jest styczny do \(\displaystyle{ AB, BC, CD, DA}\) kolejno w \(\displaystyle{ E, F, G, H}\). Niech \(\displaystyle{ J=EH \cap FG}\). \(\displaystyle{ J}\) leży na biegunowej \(\displaystyle{ A}\) względem \(\displaystyle{ \omega}\) oraz na biegunowej \(\displaystyle{ C}\) względem \(\displaystyle{ \omega}\). Mamy z tego, że \(\displaystyle{ AC}\) jest biegunową \(\displaystyle{ J}\) względem \(\displaystyle{ \omega}\). Analogicznie pokazujemy, że \(\displaystyle{ K=EF \cap GH}\) jest biegunem prostej \(\displaystyle{ BD}\) względem \(\displaystyle{ \omega}\). Z tego samego wniosku mamy teraz, że \(\displaystyle{ JK}\) jest biegunową \(\displaystyle{ P}\) względem \(\displaystyle{ \omega}\).
Niech \(\displaystyle{ L=AB \cap CD}\) oraz \(\displaystyle{ N=AD \cap BC}\). Teraz ze znanego faktu mamy, że \(\displaystyle{ LP}\) jest biegunową \(\displaystyle{ N}\) względem \(\displaystyle{ \Omega}\) oraz \(\displaystyle{ NP}\) jest biegunową \(\displaystyle{ L}\) względem \(\displaystyle{ \Omega}\). Mamy z tego, że \(\displaystyle{ LN}\) jest biegunową \(\displaystyle{ S}\) względem \(\displaystyle{ \Omega}\).
Zauważmy, że \(\displaystyle{ IS \perp JK}\) oraz \(\displaystyle{ OS \perp LN}\), więc wystarczy pokazać, że punkty \(\displaystyle{ J, K, L, N}\) są współliniowe. Widzimy więc, że z twierdzenia Pascala zastosowanego do sześciokąta \(\displaystyle{ HEEFGG}\) mamy współliniowość \(\displaystyle{ J, K, L}\), a dla sześciokąta \(\displaystyle{ EHHGFF}\) mamy współliniowość \(\displaystyle{ J, K, N}\), więc dostajemy to, co chcieliśmy.

-- 11 mar 2015, o 22:29 --Nowe: Niech \(\displaystyle{ ABC}\) będzie trójkątem ostrokątnym, przy czym \(\displaystyle{ AB \neq AC}\). Niech \(\displaystyle{ \omega}\) będzie okręgiem opisanym na tym trójkącie, a \(\displaystyle{ D}\) spodkiem wysokości, poprowadzonym z wierzchołka \(\displaystyle{ A}\). Niech teraz \(\displaystyle{ \omega_{1}}\) będzie styczny do \(\displaystyle{ AD, BD, \omega}\), a \(\displaystyle{ \omega_{2}}\) będzie styczny do \(\displaystyle{ AD, CD, \omega}\). Niech \(\displaystyle{ l}\) będzie wewnętrzną styczną \(\displaystyle{ \omega_{1}}\) i \(\displaystyle{ \omega_{2}}\) inną niż \(\displaystyle{ AD}\).. Dowieść, że \(\displaystyle{ l}\) przechodzi przez środek odcinka \(\displaystyle{ BC}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ 2BC=AB+AC}\).

[wtz]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ Zacznijmy od lematów:

\textbf{Lemat 1. prosto z Rumunii}

Dowód tego lematu skminił nie kto inny, a emil99.

Niech $D$ będzie spodkiem wysokości na $AB$. Niech jeden z tych dwóch okręgów, ten po prawej, będzie styczny do $\omega, CD, BD$ odpowiednio w punktach $E,F,G$.
Niech środek krótkiego łuku $AB$, to $K$.
Wtedy $K,E,G$ są współliniowe ( jakaś prosta jednokładność)
Oznaczmy $X$ jako przecięcie $GF$ i $CK$, zaś $P$ to przecięcie $CE$ z tym prawym okręgiem, o którym cały czas mowa.
Jasne jest, że $PG \parallel CK$ (znowu jednokładność).
Teraz: $\angle ECK = \angle EPG = \angle EFG $, czyli $CEXF$ jest cykliczny.
Teraz jakoś prosto wychodzi, że $KB^{2}=KG\cdot KE$.
Zauważmy, że $ \angle CXE = \angle CFE = \angle FGE $ ( styczność okręgu do $CD$). Czyli okrąg opisany na $XGE$ jest styczny do $CK$, a więc $KX^2=KG\cdot KE$. Zatem $KX=KB$, czyli z trójliścia X jest środkiem okręgu wpisanego w $ABC$, co jest treścią naszego rumuńskiego lematu.

\textbf{Lemat 2. chyba z Pompego}

Podam treść, dowód jest jakiś znany i prosty chyba.
Mamy dwa rozłączne okręgi, $O i o$. Niech wspólna styczna zewnętrzna będzie styczna do niech w punktach odpowiednio $A,B$ oraz styczna wewnętrzna w punktach $C,D$. Wtedy $AC$ i $BD$ przecinają się na prostej łączącej środki tych dwóch okręgów.

\textbf{Lemat 3. chyba też Pompe}

Również podam tylko treść. Mamy dwa rozłączne okręgi, $O i o$. Niech wspólna styczna zewnętrzna będzie styczna do niech w punktach odpowiednio $A,B$. Niech styczne wewnętrzne przecinają prostą $AB$ w punktach $X,Y$. Wtedy $AX=BY$.

\textbf{Lemat 4}

$2AB=BC+CA$ $\Leftrightarrow$ $OI \perp CI$


\textbf{Zadanko}

Niech te okręgi będą styczne do $AB$ w punktach $P,Q$ oraz do $CD$ (wysokość) w odpowiednio $X,Y$, oraz $O_1,O_2$ to ich środki. Wtedy $I$ leży na przecięciu $ O_1 O_2, PX, QY$ co wynika z lematów 1. i 2. Jako, że $IP$ oraz $IQ$ są nachylone do $AB$ pod kątem $\frac{\pi}{4}$ ( proste wyliczenie) to $IP=IQ$ a zatem $I$ jest środkiem $O_1 O_2$. Jednakże z lematu 4. $I$ jest środkiem $CK$ ($K$ - środek krótkiego łuku AB). Oznacza to, że jeśli $N$ jest rzutem $I$ na $AB$, to $DN=NM$. Ale $NP=NQ$ zatem $PM=QD$ czyli druga styczna wewnętrzna przechodzi przez M, co wynika z lematu 3. i co należało udowodnić. Jako, że wszędzie mamy równoważności, to w drugą stronę idzie analogicznie.}\)

\(\displaystyle{ \textbf{ Zadanko ode mnie:}

Niech $ABCD$ będzie wpisany w $\omega$. $AB,CD$ przecinają się w $P$, analogicznie $AD,BC$ w $Q$ i $AC,BD$ w $R$. Niech $M$ - środek $PQ$, zaś $K$ to przecięcie $MR$ z $\omega$. Udowodnij, że okręgi $\omega$ i opisany na $KPQ$ są do siebie styczne.}\)

[Htorb]

Ukryta treść:    

Poprowadźmy przez punkt \(\displaystyle{ R}\) prosta równoległą do \(\displaystyle{ PQ}\), niech przecina \(\displaystyle{ \omega}\) w punktach \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\). Załóżmy, że \(\displaystyle{ X}\) leży na łuku \(\displaystyle{ DC}\) niezawierającym \(\displaystyle{ A}\), natomiast \(\displaystyle{ Y}\) na \(\displaystyle{ AB}\) niezawierającym \(\displaystyle{ D}\) okręgu \(\displaystyle{ \omega}\), w pozostałych przypadkach rozumowanie jest analogiczne. Jak wiemy \(\displaystyle{ R}\) jest biegunem \(\displaystyle{ PQ}\), więc z symetrii stwierdźmy, że \(\displaystyle{ XR=YR}\). Oznaczając przez \(\displaystyle{ L}\) punkt przecięcia \(\displaystyle{ XQ}\) z \(\displaystyle{ YP}\) stwierdzamy, że punkty \(\displaystyle{ L, M, R}\) są współliniowe (jednokładność, Tales, cokolwiek...). Wykażemy, że \(\displaystyle{ L}\) leży na \(\displaystyle{ \omega}\), w tym celu załóżmy, że \(\displaystyle{ QX}\) przecina \(\displaystyle{ \omega}\) w \(\displaystyle{ L'}\). Oznaczając przez \(\displaystyle{ W}\) przecięcia \(\displaystyle{ PR}\) z \(\displaystyle{ QX}\) wnioskujemy, że \(\displaystyle{ (Q, W, X, L')=1}\), gdyż \(\displaystyle{ Q}\) jest biegunem \(\displaystyle{ PR}\). Z drugiej strony \(\displaystyle{ XY \parallel QP}\) i \(\displaystyle{ M}\) to środek \(\displaystyle{ PQ}\), więc \(\displaystyle{ (W,Q;L,X)=R(P,Q;M,X)=1}\) , co w połączeniu ze wcześniejszą obserwacja implikuje, że \(\displaystyle{ L=L' \in \omega}\). Oznacza to, że drugi punkt przecięcia \(\displaystyle{ MR}\) z \(\displaystyle{ \omega}\) to \(\displaystyle{ L}\), co z równoległością \(\displaystyle{ XY}\) i \(\displaystyle{ PQ}\) implikuje styczność okręgu opisanego na \(\displaystyle{ PQL}\) i \(\displaystyle{ \omega}\). Zamieniając teraz punkty \(\displaystyle{ L}\) z \(\displaystyle{ K}\) i przeprowadzając analogiczne rozumowanie otrzymujemy tezę.

Nowe: W czworokącie wypukłym \(\displaystyle{ ABCD}\), półproste \(\displaystyle{ BA}\) i \(\displaystyle{ CD}\) przecinają się w \(\displaystyle{ P}\), natomiast \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ AD}\) w \(\displaystyle{ Q}\). Niech \(\displaystyle{ H}\) będzie rzutem punktu \(\displaystyle{ D}\) na prostą \(\displaystyle{ PQ}\). Udowodnić, że w czworokąt \(\displaystyle{ ABCD}\) można wspisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy gdy okręgi wpisane w trójkąty \(\displaystyle{ ADP}\) i \(\displaystyle{ CDQ}\) widać pod tym samym kątem z punktu \(\displaystyle{ H}\).

[pegon00]

Ukryta treść:    

Najpierw zakładam, że w czworokąt \(\displaystyle{ ABCD}\) da się wpisać okrąg. Niech \(\displaystyle{ S}\) oznacza środek jednokładności okręgów wpisanych w \(\displaystyle{ ADP, CDQ}\) o skali dodatniej. Z twierdzenia o złożeniu jednokładności mamy, że \(\displaystyle{ S \in PQ}\), czyli \(\displaystyle{ \angle SHD= \frac{\pi}{2} (*)}\). Oznaczając odpowiednio przez \(\displaystyle{ O_1, O_2}\) środki okręgów wpisanych w \(\displaystyle{ ADP, CDQ}\), natomiast przez \(\displaystyle{ r, R}\) ich promienie mamy oczywiście współliniowość \(\displaystyle{ S, D, O_1, O_2}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{SO_1}{SO_2}= \frac {r}{R}=\frac{DO_1}{DO_2}}\). Łącząc to z \(\displaystyle{ (*)}\) mamy, że \(\displaystyle{ H}\) leży na okręgu Apoloniusza dla punktów \(\displaystyle{ O_1, O_2}\) i skali \(\displaystyle{ \frac{r}{R}}\). Stąd już łatwo dojść do tezy, np z podobieństwa.
Gdy okręgi z zadania widać pod tym samym kątem to łatwo wywnioskować, że \(\displaystyle{ H}\) leży na okręgu Apoloniusza dla punktów \(\displaystyle{ O_1, O_2}\) i skali \(\displaystyle{ \frac{r}{R}}\)(oznaczenia te co wcześniej). Stąd \(\displaystyle{ H \in PQ}\). Niech \(\displaystyle{ \omega}\) będzie okręgiem stycznym do \(\displaystyle{ BA, BC, CD.}\). Z twierdzenia o złożeniu jednokładności wynika, że środek jednokładności o skali dodatniej \(\displaystyle{ \omega}\) i wpisanego w \(\displaystyle{ CDQ}\) leży na prostej \(\displaystyle{ SP}\), ale leży też na \(\displaystyle{ BC}\), czyli jest to punkt \(\displaystyle{ Q}\). Stąd wniosek, że prosta \(\displaystyle{ QD}\) styczna do wpisanego w \(\displaystyle{ CDQ}\) jest styczna do \(\displaystyle{ \omega}\), czyli \(\displaystyle{ \omega}\) jest wpisany w \(\displaystyle{ ABCD}\)

Nowe zadanie:
W czworokącie \(\displaystyle{ ABCD}\) opisanym na okręgu przekątne tną się w \(\displaystyle{ E}\). Udowodnij, że środki okręgów wpisanych w \(\displaystyle{ AEB, BEC, CED, DEA}\) leżą na jednym okręgu.

[emil99]

Ukryta treść:    

Wprowadźmy oznaczenia: \(\displaystyle{ \omega}\) - okrąg wpisany w czworokąt \(\displaystyle{ ABCD}\). Oraz \(\displaystyle{ \omega_{1}, \omega_{2}, \omega_{3}, \omega_{4}, \omega_{5}, \omega_{6}}\) - okręgi wpisane odpowiednio w trójkąty \(\displaystyle{ AEB, BEC, CED, DEA, ABC, ACD}\). Punkty \(\displaystyle{ I_{1}, I_{2}, I_{3}, I_{4}, I_{5}, I_{6}}\) to odpowiednio środki tych okręgów. Oznaczmy jeszcze punkty \(\displaystyle{ M, N}\) jako środki odcinków \(\displaystyle{ I_{1} I_{4}, I_{2} I_{3}}\). Pokażemy najpierw kilka lematów:

Lemat 1
Proste \(\displaystyle{ I_{1} I_{4}, I_{2} I_{3}, I_{5} I_{6}, BD}\) przecinają się w jednym punkcie.

Dowód
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ P}\) środek jednokładności o skali dodatniej, przekształcającej okrąg \(\displaystyle{ \omega_{5}}\) na okrąg \(\displaystyle{ \omega_{6}}\) (lub odwrotnie). Z twierdzenia o złożeniu jednokładności dla okręgów \(\displaystyle{ \omega_{5}, \omega_{6}, \omega}\) otrzymujemy, że punkt \(\displaystyle{ P}\) leży na prostej \(\displaystyle{ BD}\). Niech teraz \(\displaystyle{ Q}\) będzie środkiem jednokładności o skali dodatniej, przekształcającej okrąg \(\displaystyle{ \omega_{4}}\) na okrąg \(\displaystyle{ \omega_{1}}\) (lub odwrotnie). Oczywiście punkt \(\displaystyle{ Q}\) leży na prostej \(\displaystyle{ BD}\), ponieważ jest ona styczna do tych okręgów. Niech jeszcze \(\displaystyle{ R}\) będzie środkiem jednokładności o skali dodatniej, przekształcającej okrąg \(\displaystyle{ \omega_{4}}\) na okrąg \(\displaystyle{ \omega_{5}}\). Z twierdzenia o złożeniu jednokładności dla okręgów \(\displaystyle{ \omega_{5}, \omega_{4}, \omega_{1}}\) otrzymujemy, że punkty \(\displaystyle{ A, R, Q}\) są współliniowe. Natomiast stosując to samo twierdzenie dla okręgów \(\displaystyle{ \omega_{4}, \omega_{5}, \omega_{6}}\) otrzymamy, że punkty \(\displaystyle{ A, R, P}\) są współliniowe. Stąd (oraz z tego, że \(\displaystyle{ P, Q \in BD}\)) otrzymujemy, że \(\displaystyle{ P=Q}\). Oczywiście środek jednokładności dwóch okręgów leży na prostej zawierającej środki tych okręgów, więc proste \(\displaystyle{ I_{1} I_{4}, I_{5} I_{6}, BD}\) przecinają się w jednym punkcie. Analogicznie pokazujemy, że proste \(\displaystyle{ I_{2} I_{3}, I_{5} I_{6}, BD}\) przecinają się w jednym punkcie, a stąd mamy już tezę lematu.

Lemat 2
\(\displaystyle{ MN \perp BD}\)

Dowód
Niech \(\displaystyle{ K_{1}, K_{2}, K_{3}, K_{4}}\) będą punktami styczności okręgów \(\displaystyle{ \omega_{1}, \omega_{2}, \omega_{3}, \omega_{4}}\) z prostą \(\displaystyle{ BD}\). Ze znanej własności trójkąta i okręgu weń wpisanego (którą to własność dowodzi się z najmocniejszego twierdzenia geometrii) mamy \(\displaystyle{ EK_{1} = \frac{AE+BE-AB}{2}}\), \(\displaystyle{ EK_{2} = \frac{CE+EB-BC}{2}}\), \(\displaystyle{ EK_{3} = \frac{CE+DE-CD}{2}}\) oraz \(\displaystyle{ EK_{4} = \frac{DE+AE-AD}{2}}\). Zatem \(\displaystyle{ K_{1}K_{3} = EK_{1} + EK_{3} = \frac{AE+BE-AB}{2} + \frac{CE+DE-CD}{2} = \frac{AE+BE+CE+DE-AB-CD}{2}}\) oraz \(\displaystyle{ K_{2}K_{4} = EK_{2} + EK_{4} = \frac{BE+CE-BC}{2} + \frac{DE+AE-AD}{2} = \frac{AE+BE+CE+DE-BC-AD}{2}}\), ale ponieważ w czworokąt \(\displaystyle{ ABCD}\) da się wpisać okrąg to \(\displaystyle{ AB+CD = AD+BC}\), więc z tego otrzymujemy \(\displaystyle{ K_{1}K_{3} = K_{2}K_{4}}\). Czyli \(\displaystyle{ K_{1}K_{2} = K_{3}K_{4}}\), a z tego już widzimy, że środek odcinka \(\displaystyle{ K_{1}K_{4}}\) pokrywa się z środkiem odcinka \(\displaystyle{ K_{2}K_{3}}\). Niech środek tych odcinków to \(\displaystyle{ S}\). Wtedy łatwo widać, że \(\displaystyle{ MS \perp BD}\) oraz \(\displaystyle{ NS \perp BD}\) a stąd mamy \(\displaystyle{ MN \perp BD}\).

Rozwiązanie
Przejdźmy już do głównego rozwiązania. Oznaczmy, że proste \(\displaystyle{ I_{1} I_{4}, I_{2} I_{3}, I_{5} I_{6}, BD}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Ponadto niech \(\displaystyle{ o_{1}, o_{2}}\) oznaczają okręgi opisane na trójkątach \(\displaystyle{ I_{1}EI_{4}}\) i \(\displaystyle{ I_{2}EI_{3}}\). Środkami tych okręgów są oczywiście punkty \(\displaystyle{ M}\) i \(\displaystyle{ N}\) ponieważ są to trójkąty prostokątne (to chyba widać - pała kątów). Niech okręgi \(\displaystyle{ o_{1}}\) i \(\displaystyle{ o_{2}}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ F \neq E}\) (gdy te okręgi są styczne dowód jest analogiczny jak poniżej). Wtedy oczywiście prosta \(\displaystyle{ EF}\) jest prostopadła do prostej łączącej środki tych okręgów, czyli do prostej \(\displaystyle{ MN}\). Zatem \(\displaystyle{ MN \perp EF}\). Ale z lematu 2 wiemy, że \(\displaystyle{ MN \perp EB}\), zatem otrzymujemy, że \(\displaystyle{ F \in BD}\). Teraz z potęgi punktu otrzymujemy \(\displaystyle{ PI_{4} \cdot PI_{1} = PE \cdot PF = PI_{3} \cdot PI_{2}}\) a stąd wnioskujemy, że punkty \(\displaystyle{ I_{1}, I_{2}, I_{3}, I_{4}}\) leżą na jednym okręgu. (Są jeszcze jakieś syfne przypadki z równoległością, ale one są proste i da się je podobnie zrobić korzystając z punktu w nieskończoności ( \(\displaystyle{ X_{ \infty }}\)).

Nowe zadanko:
Punkt \(\displaystyle{ O}\) jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\). Okrąg wpisany w ten trójkąt jest styczny do boków \(\displaystyle{ BC, CA, AB}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ D, E, F}\). Prosta \(\displaystyle{ CO}\) przecina okrąg wpisany w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Niech punkty \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) będą środkami odcinków \(\displaystyle{ EF}\) i \(\displaystyle{ FD}\). Proste \(\displaystyle{ PX}\) i \(\displaystyle{ PY}\) przecinają ponownie okrąg wpisany w trójkat \(\displaystyle{ ABC}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ R}\) i \(\displaystyle{ S}\). Wykaż, że proste \(\displaystyle{ AR}\) i \(\displaystyle{ BS}\) przecinają się na prostej zawierającej wysokość trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) poprowadzoną z wierzchołka \(\displaystyle{ C}\).

[Pinionrzek]

Ukryta treść:    

Na początek przytoczmy lemat:
Niech \(\displaystyle{ ABCD}\) będzie trapezem równoramiennym z podstawami \(\displaystyle{ AD}\) oraz \(\displaystyle{ BC}\), gdzie \(\displaystyle{ AD \le BC}\). Niech \(\displaystyle{ \omega}\) będzie okręgiem opisanym na \(\displaystyle{ ABCD}\). Niech teraz \(\displaystyle{ P}\) będzie dowolnym punktem na łuku \(\displaystyle{ BC}\) niezawierającym punktów \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ D}\). Niech \(\displaystyle{ M, N}\) oznaczają środki odcinków \(\displaystyle{ BP, CP}\). Proste \(\displaystyle{ DM, DN}\) przecinają \(\displaystyle{ \omega}\) w punktach \(\displaystyle{ Q, R}\). \(\displaystyle{ S=QC \cap BR}\). Teza: punkty: \(\displaystyle{ A, S, P}\) są współliniowe.
Dowód:
Zauważmy, że na mocy tego, że \(\displaystyle{ AB=DC}\) wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ \angle DQC = \angle MSP}\). Wystarczy więc pokazać, że czworokąt \(\displaystyle{ MQPS}\) jest cykliczny. Zauważmy, że na mocy twierdzenia Pascala dla sześciokąta \(\displaystyle{ DQCPBR}\) dostajemy współliniowość \(\displaystyle{ M, S, N}\). Niech więc \(\displaystyle{ K=MS \cap DC}\). Zauważmy, że teza lematu jest równoważna pokazaniu, że \(\displaystyle{ P}\) jest punktem Miquela czworoboku zupełnego \(\displaystyle{ QCDMSK}\). Musimy więc udowodnić, że \(\displaystyle{ MPKD}\) jest cykliczny \(\displaystyle{ \Leftrightarrow \angle BPD= \angle MKD}\). Zauważmy jednak, że \(\displaystyle{ \angle BPD= \angle BCD= \angle MKD}\), gdyż \(\displaystyle{ MK || BC}\), zatem otrzymujemy tezę lematu.
Przejdźmy do rozwiązania zadania.
Bez straty ogólności załóżmy, że \(\displaystyle{ AC<BC}\) oraz, że \(\displaystyle{ P, C}\) leżą po tej samej stronie prostej \(\displaystyle{ ED}\). Niech \(\displaystyle{ P'}\) oznacza punkt przecięcia wysokości poprowadzonej z \(\displaystyle{ C}\) z okręgiem wpisanym w \(\displaystyle{ \Delta ABC}\). Ponieważ ortocentrum i środek okręgu opisanego są izogonalnie sprzężone w trójkącie, więc z symetrii wynika, że \(\displaystyle{ P'EDP}\) jest trapezem równoramiennym. Zauważmy, że na mocy lematu Steinbarta teza jest równoważna pokazaniu, że \(\displaystyle{ P'F}\), \(\displaystyle{ ES}\), \(\displaystyle{ DR}\) są współpękowe, co jest oczywiste na mocy naszego lematu.

-- 21 mar 2015, o 01:10 --

Moje zadanie:
Niech \(\displaystyle{ ABC}\) będzie trójkątem ostrokątnym różnobocznym. Niech \(\displaystyle{ K, L, M}\) będą środkami \(\displaystyle{ BC, AC, AB}\). Niech symetralne \(\displaystyle{ AB}\) oraz \(\displaystyle{ AC}\) tną prostą \(\displaystyle{ AK}\) w punktach \(\displaystyle{ D, E}\). Niech \(\displaystyle{ F=BD \cap CE}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ AMFL}\) jest cykliczny.

[Bolciak]

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ O}\) będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\)
Oczywiście proste \(\displaystyle{ LE}\) i \(\displaystyle{ DM}\) przecinają się w \(\displaystyle{ O}\).
Wiadomo, że czworokąt \(\displaystyle{ ALOM}\) jest cykliczny, więc wystarczy dowieść, że np. punkty \(\displaystyle{ L}\) , \(\displaystyle{ F}\) , \(\displaystyle{ O}\) i \(\displaystyle{ M}\) leżą na 1 okręgu.
Z prostego przeliczenia kątów mamy że czworokąt \(\displaystyle{ CFOB}\) jest cykliczny, czyli \(\displaystyle{ \angle ELK}\) = \(\displaystyle{ \angle OLK}\) = \(\displaystyle{ \angle OCK}\) (czworokąt \(\displaystyle{ OKCL}\) cykliczny) =\(\displaystyle{ \angle OCB}\) = \(\displaystyle{ \angle OBC}\) = \(\displaystyle{ \angle EFO}\), dodatkowo \(\displaystyle{ \angle LEK}\)=\(\displaystyle{ \angle FEO}\), więc trójkąty \(\displaystyle{ LEK}\) i \(\displaystyle{ FEO}\) są podobne, a to implikuje podobność trójkątów \(\displaystyle{ EFL}\) i \(\displaystyle{ EOK}\) (porównanie stosunków i równość kątów \(\displaystyle{ \angle LEF}\) i\(\displaystyle{ \angle KEO}\)) zatem \(\displaystyle{ \angle ELF}\) = \(\displaystyle{ \angle EKO}\). Teraz już wystarczy dopałować i wychodzi, że \(\displaystyle{ \angle FLM}\) \(\displaystyle{ +}\)\(\displaystyle{ \angle MOF}\) = \(\displaystyle{ \pi}\), czyli teza.

Nowe zadanie :
Okrąg \(\displaystyle{ \omega}\) o środku w punkcie \(\displaystyle{ I}\) jest wpisany w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\). Punkt \(\displaystyle{ P}\) jest taki, że \(\displaystyle{ PI}\) \(\displaystyle{ \perp}\) \(\displaystyle{ BC}\) oraz \(\displaystyle{ PA}\) \(\displaystyle{ \parallel}\) \(\displaystyle{ BC}\). Punkty \(\displaystyle{ Q}\) i \(\displaystyle{ R}\) leżą na bokach odpowiednio \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ AC}\) tak, że \(\displaystyle{ QR}\) \(\displaystyle{ \parallel}\) \(\displaystyle{ BC}\) oraz \(\displaystyle{ QR}\) jest styczna do \(\displaystyle{ \omega}\). Pokazać, że \(\displaystyle{ \angle QPB}\) =\(\displaystyle{ \angle CPR}\)

[Htorb]

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ K}\) będzie punktem przecięcia \(\displaystyle{ \omega}\) z \(\displaystyle{ QR}\). Przecięcia \(\displaystyle{ PQ, \omega, AK}\) z \(\displaystyle{ BC}\) to odpowiednio \(\displaystyle{ X, L, K'}\). Uwodnimy, że \(\displaystyle{ P(A,K;Q,C)=1}\), rzeczywiście, ponieważ \(\displaystyle{ AP \parallel BC}\) jest to równoważne temu, że \(\displaystyle{ XL=LC}\), ale powszechnie znane jest, że \(\displaystyle{ BK'=LC}\), (\(\displaystyle{ K'}\) to punkt styczności okręgu dopisanego do trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) stycznego z bokiem \(\displaystyle{ BC}\)), a z jednokładności \(\displaystyle{ BK'=XL}\). Analogiczny dwustosunek dostajemy dla punktów \(\displaystyle{ R}\) i \(\displaystyle{ B}\) co w połączeniu z tym, że \(\displaystyle{ \angle APL=90^{\circ}}\) i odjęciu równych kątów daje tezę zadania.

Dobrej kminy:
Niech okręgi \(\displaystyle{ \omega_1}\) i \(\displaystyle{ \omega_2}\) przecinają się w punktach \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\). Przez punkt \(\displaystyle{ P}\) prowadzimy prostą która przecina \(\displaystyle{ \omega_1, \omega_2}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ A, B}\). Niech punkty \(\displaystyle{ X, Y, Z}\) leża odpowiednio na odcinkach \(\displaystyle{ AB, QA, QB}\), oraz \(\displaystyle{ XY \parallel BQ}\) i \(\displaystyle{ XZ \parallel QA}\). Na łukach \(\displaystyle{ QA, QB}\) okręgów \(\displaystyle{ \omega_1, \omega_2}\) niezawierających punku \(\displaystyle{ P}\) wybieramy takie punkty \(\displaystyle{ M, N}\), że \(\displaystyle{ MY \perp QA}\) i \(\displaystyle{ NZ \perp BQ}\). Udowodnić, ze kąt \(\displaystyle{ MXY}\) jest prosty.

[timon92]

na pewno \(\displaystyle{ MXY}\)? po co jest punkt \(\displaystyle{ N}\) w takim razie?

[emil99]

Raczej ma tam być \(\displaystyle{ MXN}\). Jak się narysuje to widać, który kąt ma być prosty.

-- 21 mar 2015, o 21:35 --

Ukryta treść:    

Lemat
Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\). Okrąg \(\displaystyle{ \omega}\) to okrąg opisany na tym trójkącie. Niech \(\displaystyle{ H}\) to ortocentrum \(\displaystyle{ ABC}\), oraz \(\displaystyle{ M}\) to środek \(\displaystyle{ AB}\). Niech \(\displaystyle{ H'}\) będzie odbiciem \(\displaystyle{ H}\) względem \(\displaystyle{ M}\). Wówczas \(\displaystyle{ H'}\) leży na \(\displaystyle{ \omega}\) oraz \(\displaystyle{ CH'}\) jest średnicą \(\displaystyle{ \omega}\).
Dowód
Niech spodek wysokości z \(\displaystyle{ C}\) to \(\displaystyle{ K}\). Niech \(\displaystyle{ L}\) będzie odbiciem \(\displaystyle{ H}\) względem \(\displaystyle{ K}\). Wówczas na kątach wiemy, że \(\displaystyle{ L \in \omega}\). Oraz łatwo widać, że \(\displaystyle{ LA = BH'}\) (np. przez zrzutowanie tych odcinków na \(\displaystyle{ AB}\)). Zatem
\(\displaystyle{ ALH'B}\) jest trapezem równoramiennym, a z tego już teza lematu.

Przejdźmy do głównego rozwiązania:
Pokażemy, że \(\displaystyle{ XYM \sim NZX}\). Korzystając z tego, że \(\displaystyle{ XYQZ}\) jest równoległobokiem widzimy, że\(\displaystyle{ \angle MYX = \angle XZN}\). Wystarczy więc pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{MY}{YX} = \frac{XZ}{ZN}}\). Niech \(\displaystyle{ K}\) będzie takim punktem, że \(\displaystyle{ K \in \omega_{1}}\) oraz \(\displaystyle{ \angle AQK = \angle BQN}\) (\(\displaystyle{ K}\) leży na tym samym łuku \(\displaystyle{ AQ}\) co \(\displaystyle{ P}\)). Wtedy ponieważ \(\displaystyle{ \angle QKA = \pi - \angle AMQ = \angle APQ = \angle QNB}\) mamy \(\displaystyle{ AKQ \sim BNQ}\). Niech \(\displaystyle{ L}\) będzie rzutem \(\displaystyle{ K}\) na \(\displaystyle{ AQ}\). Wtedy z podobieństwa, z tamtego równoległoboku i z Talesa mamy, że \(\displaystyle{ \frac{QL}{QA} = \frac{QZ}{QB} = \frac{YX}{QB} = \frac{AY}{AQ}}\), a stąd otrzymujemy, że \(\displaystyle{ QL = AY}\). Niech teraz \(\displaystyle{ H}\) oznacza ortocentrum trójkąta \(\displaystyle{ MAQ}\). Oraz niech \(\displaystyle{ S}\) będzie środkiem \(\displaystyle{ AQ}\), a \(\displaystyle{ H'}\) odbiciem \(\displaystyle{ H}\) względem \(\displaystyle{ S}\). Wtedy ponieważ \(\displaystyle{ SY = SL}\) to \(\displaystyle{ HYH'L}\) jest równoległobokiem, więc \(\displaystyle{ H'L \perp AQ}\), ale z Lematu \(\displaystyle{ H'}\) leży na \(\displaystyle{ \omega_{1}}\). Łącząc te fakty otrzymujemy, że \(\displaystyle{ H' = K}\). Także z Lematu mamy, że \(\displaystyle{ MK}\) jest średnicą \(\displaystyle{ \omega_{1}}\). Zatem \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2} = \angle MAY + \angle QAK = \angle MAY + \angle QBN}\) a stąd mamy, że \(\displaystyle{ \angle MAY = \angle BNZ}\) oraz \(\displaystyle{ MAY \sim BNZ}\). Z tego i z prostego podobieństwa otrzymujemy \(\displaystyle{ \frac{MY}{ZB} = \frac{AY}{ZN}}\), czyli \(\displaystyle{ AY \cdot ZB = MY \cdot ZN}\), oraz \(\displaystyle{ \frac{AY}{YX} = \frac{XZ}{ZB}}\), czyli \(\displaystyle{ AY \cdot ZB = YX \cdot XZ}\). Zatem \(\displaystyle{ YX \cdot XZ = MY \cdot ZN}\), a to już implikuje podobieństwo trójkątów \(\displaystyle{ XYM}\) i \(\displaystyle{ NZX}\). Teraz \(\displaystyle{ \angle MXN = \angle MXY + \angle YXZ + \angle ZXN = \pi - \angle MYX + \angle YXZ = \pi - \angle MYX + \angle XYA = \pi - (\frac{\pi}{2} + \angle XYA) + \angle XYA = \frac{\pi}{2}}\).

-- 21 mar 2015, o 21:59 --Nowe:
Dany jest trójkąt prostokątny \(\displaystyle{ ABC}\), w którym \(\displaystyle{ \angle BAC = 90}\) oraz \(\displaystyle{ AC < AB}\). Okrąg \(\displaystyle{ \omega}\) to okrąg opisany na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\). Styczna do \(\displaystyle{ \omega}\) w punkcie \(\displaystyle{ A}\) przecina prostą \(\displaystyle{ BC}\) w punkcie \(\displaystyle{ D}\). Punkt \(\displaystyle{ E}\) to odbicie \(\displaystyle{ A}\) względem \(\displaystyle{ BC}\), a punkt \(\displaystyle{ X}\) to rzut \(\displaystyle{ A}\) na \(\displaystyle{ BE}\). Niech jeszcze \(\displaystyle{ Y}\) będzie środkiem \(\displaystyle{ AX}\) oraz \(\displaystyle{ Z}\) punktem przecięcia \(\displaystyle{ BY}\) z \(\displaystyle{ \omega}\), różnym od \(\displaystyle{ B}\). Wykazać, że okrąg opisany na trójkącie \(\displaystyle{ AZD}\) jest styczny do prostej \(\displaystyle{ BC}\).