[MIX] Mix matematyczny (14)

[limes123]

6. Oznaczmy środki tych okręgów przez \(\displaystyle{ O_1,O_2,O_3,O_4}\). pkty \(\displaystyle{ BCO_4O_1}\) leżą na jednym okręgu. Kazdy kat czworokąta \(\displaystyle{ O_1O_2O_3O_4}\) jest prosty ckd.
8. Trzeba udowodnić, że FC||DE, co jest b łatwe więc może dowód pominę. Z tego wynika, że CDEF jest trapezem równoramiennym. Analogicznie wykazujemy, że ABCD

jest trapezem równoramiennym, czyli AB=CD=EF cdk.
10. Niech T bedzie punktem przeciecia PQ z duzym okregiem, oraz niech l bedzie prosta przechodzaca przez T i rownolegla do k. Zachodza rownosci ST=RT, czyli
<TPR=<TSR=<TRS=<TPS ckd.

Niezłe te niektóre zadania. Jeszcze pomyślę nad innymi.

[Menda]

8. Trzeba udowodnić, że FC||DE, co jest b łatwe więc może dowód pominę. Z tego wynika, że CDEF jest trapezem równoramiennym. Analogicznie wykazujemy, że ABCD

No, tak jest w rzeczywistości ale mógłbyś jednak przedstawić ten dowód bo wydaje mi się być różnym od mojego...

Pozdro

[limes123]

<BCA=<CED=<CAD. Analogicznie dla drugiego.

[Menda]

<DAE=<DFE=<DCE,

Właśnie chodzi mi o to skąd masz tą drugą równość :p

czyli AEDC leżą na jedyn okręgu

Coś w tym jest :]

Pozdro

[limes123]

Ehh... cos chyba za bardzo poczarowalem na moim rysunku. Teraz mam innych pomysl, ale najpierw spytam czy to w ogole cos da. Zakladam, że symetralne odcinków AF,BC oraz DF przecinają się w trzech różnych punktach i teraz z mojego rusynku wynikało, że przy takim założeniu dojdziemy do sprzecznośći, jeśli będziemy rozważać długości promieni wpisanych w kolejne czworokąty (konkretnie EDCB, AFCB, AFED). Będę wdzięczny, jakbys mógł to sprawdzić, bo jeśli to się okaże prawdą, to będzie znaczyło, że przecinają się w jednym pkcie, co załatwia sprawę.

[Menda]

Ehh... cos chyba za bardzo poczarowalem na moim rysunku. Teraz mam innych pomysl, ale najpierw spytam czy to w ogole cos da. Zakladam, że symetralne odcinków AF,BC oraz DF przecinają się w trzech różnych punktach i teraz z mojego rusynku wynikało, że przy takim założeniu dojdziemy do sprzecznośći, jeśli będziemy rozważać długości promieni wpisanych w kolejne czworokąty (konkretnie EDCB, AFCB, AFED). Będę wdzięczny, jakbys mógł to sprawdzić, bo jeśli to się okaże prawdą, to będzie znaczyło, że przecinają się w jednym pkcie, co załatwia sprawę.

Wg mnie to tak nie pójdzie, ale możliwe że ktoś będzie miał inne zdanie na ten temat...
Ale powiem Ci że chcesz dojść do słusznego wniosku.

Pozdro

[limes123]

niebieski,czerwony i zolty to promienie okregow opisanych na tych czworokatach. Z jednej strony niebieski>czerwony>zolty, ale zolty>niebieski (o takie cos mi chodzi). Czemu to jest zle?

[Menda]

8. Mnie tam raczej chodziło o coś takiego:
czworokąty AFCB, AFED, EDCB są wpisane w jakieś tam okręgi. Załóżmy że są one parami różne. Wobec tego proste AF, ED, CB jako osie potęgowe kolejnych 3 par tych okręgów powinny się przecinać w jednym pkt lub być parami równoległe, jest to zaś niemożliwe ponieważ sześciokąt ABCDEF jest wypukły. Sprzeczność, zatem okręgi opisane na tych czworokątach nie są parami różne. Punkty ABCDEF leżą na jednym okręgu.

Pozdro

[limes123]

Fajne A czemu moje jest złe?

[andkom]

Znów wyciągnę wątek na wierzch. Wybieram pierwsze wolne zadanie

5.
Wystarczy pokazać, że rzutu prostokątne punktów B i D na prostą OS pokrywają się.
Oznaczmy rzut prostokątny punktu B na prostą OS jako P. Niech ponadto Q będzie punktem przecięcia odcinków OB i KL.
Z podobieństwa trójkątów OBP i OSQ (trójkąty prostokątne o jednym ostrym kącie wspólnym) mamy
\(\displaystyle{ \frac{OP}{OB}=\frac{OQ}{OS}}\)
Z podobieństwa trójkątów OKQ i OBK (trójkąty prostokątne o jednym ostrym kącie wspólnym) mamy
\(\displaystyle{ \frac{OB}{OK}=\frac{OK}{OQ}}\)
Po pomnożeniu stronami dostajemy \(\displaystyle{ \frac{OP}{OK}=\frac{OK}{OS}}\), czyli \(\displaystyle{ OP=\frac{OK^2}{OS}=\frac{r^2}{OS}}\), gdzie r jest promieniem okręgu z treści zadania. Zauważmy ponadto, że kąt SOB, czyli kąt SOQ jest ostry, jako kąt ostry trójkąta prostokątnego SOQ. Zatem rzut prostokątny punktu B na prostą OS leży na półprostej OS w odległości \(\displaystyle{ \frac{r^2}{OS}}\) od jej końca. Dokładnie to samo otrzymujemy rozważając położenie rzutu prostokątnego punktu B na prostą OS. Zatem oba te rzuty pokrywają się, czyli proste OS i BD są prostopadłe.

[Menda]

5. Można też tak:
niech prosta KL przecina okrąg o średnicy OS w pkt E, wtedy OB[/latex]. Wobec tego z podobieństwa trójkątów BKO i BKE daje \(\displaystyle{ BK ^{2}=BO E}\), zatem pkt B ma taką samą potęgę względem okręgów o środku w O i o średnicy OS. Analogicznie dla pkt D. Wobec tego BD jest osią potęgową dwóch wcześniej wspomnianych okręgów.

Pozdro

[limes123]

To moze podam rozwiazanie kolejnego zadania.
9. Niech R, S beda punktami stycznosci okregu wpisanego w ABC odpowiednio z AB, AC. Wiadomo (bylo ostatnio na forum w watku binaja jako "ciekawa wlasnosc w czworokacie" czy jakos tak), ze X lezy na RS, zatem po prostych przeksztalceniach prawa czesc jest rowna \(\displaystyle{ \frac{RS}{BC}}\) co w polaczeniu z RS||BC daje teze (polecam rozwiazywanie pozostalych zadan, bo sa nawet ciekawe).

[binaj]

10.
okrąg mniejszy- \(\displaystyle{ \omega_{1}}\)
okrąg większy- \(\displaystyle{ \omega_{2}}\)

niech punktem przecięcia się \(\displaystyle{ \omega_{1}}\) z \(\displaystyle{ PR}\) i \(\displaystyle{ PS}\) będą \(\displaystyle{ M}\) i \(\displaystyle{ N}\), oraz niech PA będzie średnicą \(\displaystyle{ \omega_{1}}\) a PB średnicą \(\displaystyle{ \omega_{2}}\), oczywiście punkty PAB są współliniowe

z potęgi punktów R i S względem \(\displaystyle{ \omega_{1}}\) mamy:
\(\displaystyle{ RQ^2=RM RP}\)
\(\displaystyle{ SQ^2=SN SP}\)
jeżeli podzielimy 1 równanie przez 2 i wykażemy, że \(\displaystyle{ \frac{MR}{NS}=\frac{PR}{PS}}\)
to dostaniemy twierdzenie o dwusiecznej w trójkącie PSR

Wystarczy wykazać, że proste RS i MN są równoległe, to wynika z równości kątów:
\(\displaystyle{ \sphericalangle PMN= PAN= PBS= PRS}\)

co kończy dowód
jak coś niejasnego to pytać

[kaszubki]

ze \(\displaystyle{ 101}\) Nierozwiązanych problemów

7:    

Niech \(\displaystyle{ \beta = \angle CBA, \gamma = \angle BCA}\). Zauważmy, że \(\displaystyle{ BE=\frac{AB}{2sin\beta}, CE=\frac{AC}{2sin\gamma}}\). Ponadto \(\displaystyle{ \frac{sin\beta}{sin\gamma}=\frac{AC}{AB}}\), zatem z tw. Talesa dostajemy nową tezę: \(\displaystyle{ \frac{DB}{DC}=\frac{AB^2}{AC^2}}\).
Jednak \(\displaystyle{ DB \cdot DC = DA^2}\), więc przekształcamy tę tezę równoważnie do \(\displaystyle{ \frac{DA}{DC}=\frac{AB}{AC}}\), co jest prawdą na mocy podobieństwa trójkątów \(\displaystyle{ DAB}\) i \(\displaystyle{ DCA}\). \(\displaystyle{ \square}\)
czemu takie proste zadanie siedziało w 101 nierozwiązanych o_O

[lukki12345]

6. nie rozumiem w jaki sposób obliczyć kąt AD'B... można prosić o jakąś podpowiedź?