[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria

[Elvis]

10.

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ O=M(AB), \ 2a=AC, \ 2b=BC, \alpha = \sphericalangle ACM, \beta = \sphericalangle OMC = \sphericalangle ONC}\), b.s.o. \(\displaystyle{ a>b}\). Wtedy \(\displaystyle{ OA=OB=a+b, \ OC=a-b}\), z tw. sinusów dla OCM \(\displaystyle{ \frac{\sin \beta}{\sin \alpha} = \frac{a-b}{a+b}}\).
Znowu z tw. sinusów dla OCM i OCN:
\(\displaystyle{ CM=\frac{a+b}{\sin \alpha} \cdot \sin(\alpha + \beta) \\
CM=\frac{a+b}{\sin \alpha} \cdot \sin(\alpha - \beta) \\
CM-CN = \frac{a+b}{\sin \alpha} \cdot (\sin(\alpha + \beta) - \sin(\alpha - \beta)) = \frac{a+b}{\sin \alpha} \cdot 2 \sin \beta \cos \alpha = 2(a-b) \cos \alpha}\)
Ponadto \(\displaystyle{ CK = 2a \cos \alpha, \ CL = 2b \cos \alpha, \ CK-CL=2(a-b) \cos \alpha}\). Otrzymaliśmy \(\displaystyle{ CK-CL = CM-CN}\), co implikuje tezę.

11. Od razu przepraszam, jeśli znane.
W sześciokącie wypukłym ABCDEF wszystkie boki są równej długości oraz
\(\displaystyle{ \sphericalangle A + \sphericalangle C + \sphericalangle E = \sphericalangle B + \sphericalangle D + \sphericalangle F}\).
Dowieść, że przekątne \(\displaystyle{ AD, \ BE, \ CF}\) przecinają się w jednym punkcie.

[robin5hood]

i to jak...

[Elvis]

Dobra, znajdę inne. Zaraz wrzucę.

11'. Cięciwy \(\displaystyle{ AA', \ BB', \ CC'}\) okręgu o środku O przecinają się w punkcie X. Wykazać, że jeśli \(\displaystyle{ OX \perp MX}\), gdzie M - środek ciężkości trójkąta ABC, to zachodzi równość:
\(\displaystyle{ \frac{AX}{A'X} \cdot \frac{BX}{B'X} \cdot \frac{CX}{C'X} = 3}\)

PS. robin5hood, przerabiałeś wszystkie zadania (geometryczne) z dawnych olimpiad?

[robin5hood]

off topic
Elvis no pewnie że nie wszystkie, bo bym się chyba zachlastał jakbym przerobił wszystkie!, ale to zadanie 11 np.: tu przerabiałem dawno
https://www.matematyka.pl/58604.htm
Ps: a czy ktoś z was Kto umieszcza tu zadania przeszedł dalej?

[danioto]

Witam!

Elvis ma chyba w jednym miejscu rozwiązania zadania 10 literówkę, bo powinno być:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ CN=\frac{a+b}{\sin \alpha} \cdot \sin(\alpha - \beta)}\)

Ale to taka pierdółka.
Alternatywne rozwiązanie zadania 10:

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ \triangle CMB = \alpha \hbox{ oraz } \triangle CBM = \beta}\). Niech C' to rzut punktu C na MB, wtedy:
\(\displaystyle{ \sin \alpha = \frac{CC \prime}{MC} \hbox{ oraz } \sin \beta = \frac{CC \prime}{BC}}\)
Co zaś przyrównując do siebie daje:
\(\displaystyle{ MC \sin \alpha = BC \sin \beta}\) (*)
Wiemy zaś, że
\(\displaystyle{ \triangle CMA = 90 - \alpha \Rightarrow \triangle KAM = \alpha \Rightarrow \sin \alpha = \frac{KM}{AM}}\)
Oraz analogicznie \(\displaystyle{ \triangle LBM = \beta \Rightarrow \sin \beta = \frac{NL}{BN}}\).
Co łącząc z (*) daje:
\(\displaystyle{ \frac{MK}{NL} = \frac{BC \cdot AM}{BN \cdot MC}}\)
Jednak po banalnym rozpisaniu kątów otrzymujemy, że trójkąty AMC oraz BNC są podobne przypuśćmy, że w skali k, wtedy:
\(\displaystyle{ \frac{CM}{BC}=k \\ \frac{AM}{BN} = \frac{1}{k}}\)
Czyli
\(\displaystyle{ \frac{MK}{NL} = \frac{BC \cdot AM}{BN \cdot MC} = \frac{k}{k} = 1}\)

Czego należało dowieść.

[timon92]

11'. Cięciwy \(\displaystyle{ AA', \ BB', \ CC'}\) okręgu o środku O przecinają się w punkcie X. Wykazać, że jeśli \(\displaystyle{ OX \perp MX}\), gdzie M - środek ciężkości trójkąta ABC, to zachodzi równość:
\(\displaystyle{ \frac{AX}{A'X} \cdot \frac{BX}{B'X} \cdot \frac{CX}{C'X} = 3}\)

Coś z tym zadaniem jest nie tak:
Przy zmienianiu położenia punktów A, B, C po tym okręgu tak, że trójkąt ABC będzie coraz bardziej podobny do trójkąta równobocznego, punkty O, M, X coraz bardziej zbliżają się do siebie. W skrajnym przypadku dostaniemy trójkąt równoboczny ABC, O=M=X, a wartość tamtego wyrażenia = 1

Popraw treść \(\displaystyle{ \vee}\) Zmień zadanie \(\displaystyle{ \vee}\) Wskaż błąd w moim rozumowaniu \(\displaystyle{ \vee}\) Wrzuć wzorcówkę

[Elvis]

Nie mylisz się. Oczywiście powinny być plusy zamiast kropek. Wrzucam poprawioną treść i przepraszam za zamieszanie.

11'. Cięciwy \(\displaystyle{ AA', \ BB', \ CC'}\) okręgu o środku O przecinają się w punkcie X. Wykazać, że jeśli \(\displaystyle{ OX \perp MX}\), gdzie M - środek ciężkości trójkąta ABC, to zachodzi równość:
\(\displaystyle{ \frac{AX}{A'X} + \frac{BX}{B'X} + \frac{CX}{C'X} = 3}\)

[waral]

Akurat wczoraj przypadkowo trafiłem na własności środków ciężkości i skorzystałem xD

Ukryta treść:    

Dana równość do udowodnienia jest równoważna równości:
\(\displaystyle{ L=AX^{2}+BX^{2}+CX^{2}=3 R^{2} -3OX ^{2}=P}\) (mnożymy mianowniki i liczniki przez liczniki, korzystamy z potęgi punktu względem okręgu i mnożymy obie strony równości przez mianownik każdego ułamka).
Przez \(\displaystyle{ I_{P}}\) będziemy oznaczać moment bezwładności trójkąta ABC względem punktu P. Z własności momentu bezwładności: \(\displaystyle{ I _{K}=I _{M}+3MK ^{2}=AK ^{2}+BK ^{2}+CK ^{2}}\) , gdzie K jest dowolnym punktem, a M środkiem ciężkości trójkąta. Zatem w szczególności: \(\displaystyle{ I _{X}=I _{M}+3MX ^{2}=AX ^{2}+BX ^{2}+CX^{2} (1)}\), ponadto \(\displaystyle{ I _{O}=I _{M}+3MO ^{2}=3R ^{2} (2)}\), gdzie O jest środkiem okręgu opisanego, a R promieniem tego okręgu. Korzystając z (1) \(\displaystyle{ L=I _{M}+3MX ^{2}}\), a następnie z (2) \(\displaystyle{ L=I _{O}-3MO ^{2}+3MX ^{2}=3R ^{2}-3MO ^{2}+3MX ^{2}}\). Korzystając z prostopadłości OX i MX, \(\displaystyle{ OX ^{2}+OX ^{2}=MO ^{2}}\), więc L=P, c.k.d.

12. Okręgi o1, o2 i o3 są styczne do prostej l i każde dwa z nich są styczne zewnętrznie. Niech p,q,r i p=min(p,q,r) będą ich promieniami. Wykazać, że \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{p} }= \frac{1}{ \sqrt{q} }+ \frac{1}{ \sqrt{r} }}\). Mam nadzieję, że jasno wyraziłem o co chodzi, bo do tego zadania normalnie był rysunek.


edit: sory, już poprawione:)

[Elvis]

Drobna uwaga.

Ukryta treść:    

Po wymnożeniu przez potęgę punktu teza jest równoważna \(\displaystyle{ AX^2+BX^2+CX^2=3 R^2 -3OX^2}\) (zgubiłeś 3). Ponadto z twierdzenia Steinera \(\displaystyle{ I_K = I_M + 3MK^2}\) (tutaj też). Parzysta liczba literówek, więc dowód jest dobry. Wybacz, że się czepiam.

12.

Ukryta treść:    

Lemat: Jeśli prosta \(\displaystyle{ l}\) jest styczna do stycznych zewnętrznie okręgów \(\displaystyle{ o_1}\) i \(\displaystyle{ o_2}\) o promieniach \(\displaystyle{ r_1}\) i \(\displaystyle{ r_2}\) w różnych punktach \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) (odpowiednio), to \(\displaystyle{ AB = 2\sqrt{r_1 r_2}}\).
Można to np. obliczyć z twierdzenia Pitagorasa.

Niech \(\displaystyle{ P, \ Q, \ R}\) będą odpowiednimi punktami styczności do \(\displaystyle{ l}\). Z trzy razy zastosowanego lematu i równości \(\displaystyle{ PQ+PR=QR}\) wynika:
\(\displaystyle{ 2\sqrt{pq}+2\sqrt{pr}=2\sqrt{qr} \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{p}} = \frac{1}{\sqrt{q}} + \frac{1}{\sqrt{r}}}\)

13. Okrąg o środku I, wpisany w trójkąt ABC, jest styczny do boków BC i CA odpowiednio w punktach P i Q. Punkt M jest środkiem boku AB. Proste CM i PQ przecinają się w punkcie S. Wykazać, że proste IS i AB są prostopadłe.

[pawels]

13.

Ukryta treść:    

Zamiast prostopadłości będę dowodził, że proste \(\displaystyle{ PQ,RI,CM}\) przecinają się w jednym punkcie.
Oznaczmy trzeci punkt styczności literą \(\displaystyle{ R}\), a drugi koniec śrdenicy o końcu w \(\displaystyle{ R}\) literą \(\displaystyle{ R'}\). Prosta prostopadła do \(\displaystyle{ RR'}\) przechodzące przez \(\displaystyle{ R'}\) jest oczywiście styczna do naszego okręgu- oznaczmy jej punkty przecięcia z prostymi \(\displaystyle{ Bc,AC}\) literami \(\displaystyle{ P',Q'}\). Na koniec oznaczmy punkt przecięcia przekątnych trapezu \(\displaystyle{ ABP'Q'}\) literą \(\displaystyle{ U}\). Z twierdzenia Brianchona zastosowanego do zdegenerowane sześciokąta \(\displaystyle{ ARBP'R'Q'}\) otrzymujemy, że prosta \(\displaystyle{ PQ}\) przechodzi przez \(\displaystyle{ U}\). Teraz wystarczy już tylko pokazać, że \(\displaystyle{ U}\) leży także na prostej \(\displaystyle{ CM}\). Jest to dość znany fakt-- wynika on natychmiast z twierdzenia Talesa i twierdzenia Cevy zastosowanych do \(\displaystyle{ \Delta ABC}\) i punktu \(\displaystyle{ U}\)-- mamy \(\displaystyle{ \frac{AQ'}{Q'C}=\frac{BP'}{P'C}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{BM}{MA}=1}\). Okazuje się więc, że \(\displaystyle{ R=S}\), czyli dowód jest zakończony.

Teraz może coś łatwiejszego:
14. Dany jest pięciokąt wypukły \(\displaystyle{ ADCDE}\), taki że \(\displaystyle{ [ABC]=[ABD]=[ADE]=[ACD]=p}\). Udowodnij, że \(\displaystyle{ [BCD]=2p}\).

[ordyh]

Hm, coś mi się nie zgadza, skoro \(\displaystyle{ [ABC] = [ABD]}\), to punkty C i D są jednakowo oddalone od prostej \(\displaystyle{ AB}\), czyli \(\displaystyle{ CD || AB}\), czyli ABCD jest trapezem. Dalej, skoro \(\displaystyle{ [ACD]=[ABD]}\), to \(\displaystyle{ AB=CD}\), bo te trójkąty mają wspólną wysokość, czyli otrzymujemy, że ABCD jest równoległobokiem, z tego wynika, że \(\displaystyle{ [BCD] = [ACD] = p}\), może chodziło, że \(\displaystyle{ [ABCD] = 2p}\)?

[pawels]

Rzeczywiście zepsułem treść- chodziło o BCE a nie o BCD. Nie jest dalej dużo trudniej niż w tezie którą zaproponowałeś.

[ordyh]

14.

Ukryta treść:    

Korzystając z poprzedniego posta:
\(\displaystyle{ |AD| = |BC|}\) i \(\displaystyle{ [ADE]=[ABC]=p}\), więc wysokość poprowadzona w trójkącie \(\displaystyle{ ADE}\) na bok \(\displaystyle{ AD}\) jest równa wysokości poprowadzonej w trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) na bok \(\displaystyle{ BC}\), a ponieważ \(\displaystyle{ AD || BC}\), to wysokość trójkąta \(\displaystyle{ BCE}\) będzie sumą tych dwóch wysokości, więc \(\displaystyle{ [BCE] = [ABC]+[ADE] = 2p}\).

15.
Dany jest czworokąt \(\displaystyle{ ABCD}\) wpisany w okrąg. Oznaczmy przez \(\displaystyle{ E}\) punkt przecięcia się prostych \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ AD}\). Udowodnić, że jeżeli punkt przecięcia przekątnych \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ BD}\) leży na dwusiecznej kąta \(\displaystyle{ AEB}\), to trójkąt \(\displaystyle{ ABE}\) jest równoramienny.

[Django]

15.

Ukryta treść:    

Oznaczmy przez \(\displaystyle{ P}\) punkt przecięcia się przekątnych \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ BD}\). Ponieważ czworokąt \(\displaystyle{ ABCD}\) jest wpisany w okrąg, to zachodzi \(\displaystyle{ \angle CAD = \angle CBD}\). Ponadto, \(\displaystyle{ \angle AEP = \angle BEP}\). Mamy w takim razie, że trójkąty \(\displaystyle{ AEP}\) i \(\displaystyle{ BEP}\) są podobne, ale że mają wspólny bok \(\displaystyle{ EP}\) to są przystające, wobec tego \(\displaystyle{ AE = BE}\).

16. Dany jest trapez \(\displaystyle{ ABCD}\), o podstawach \(\displaystyle{ AD}\) i \(\displaystyle{ BC}\). Przedłużenia boków \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ CD}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ O}\). Odcinek \(\displaystyle{ EF}\) jest równoległy do podstaw i przechodzi przez punkt przecięcia się przekątnych tego trapezu. Końce odcinka \(\displaystyle{ EF}\) leżą na bokach \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ CD}\). Udowodnij, że \(\displaystyle{ \frac{AE}{CF} = \frac{AO}{CO}}\)

[Elvis]

16.

Ukryta treść:    

Oznaczmy:
P - punkt przecięcia AC, BD, EF
Q, R - punkty przecięcia PO z AD i BC odpowiednio
Oczywiście \(\displaystyle{ \frac{PQ}{PR}=\frac{AD}{BC}=\frac{OQ}{OR}}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{PQ}{OQ}=\frac{PR}{OR}}\). Z Talesa \(\displaystyle{ \frac{AE}{AO}=\frac{FD}{OD}=\frac{FC}{OC}}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{AE}{CF}=\frac{AO}{CO}}\).

17. Czworokąt ABCD jest wpisany w okrąg o. Proste BC i AD przecinają się w punkcie P. Proste styczne do okręgu o w punktach A i C przecinają się w punkcie Q, a proste styczne do okręgu o w punktach B i D przecinają się w punkcie R. Wykazać że punkty P, Q, R są współliniowe.