Matematyka.pl

Pierwszą częścią rozwiązania wzorcowego jest pokazanie, że na \(\displaystyle{ B_1C_1}\) istnieje dokładnie jeden punkt \(\displaystyle{ E}\) spełniający warunki zadania (analogicznie w przypadku punktu \(\displaystyle{ F}\) na \(\displaystyle{ A_1B_1}\)). Jeśli chodzi o ten możliwy drugi punkt, o którym piszesz, to prawdopodobnie prosta \(\displaystyle{ BE}\) połowi wtedy kąt przyległy do kąta \(\displaystyle{ AEB_1}\), a przynajmniej tak to wygląda, kiedy zrobi się rysunek.

Niech \(\displaystyle{ K}\) będzie środkiem drugiego łuku \(\displaystyle{ BC}\), a \(\displaystyle{ N}\) środkiem odcinka \(\displaystyle{ BC}\). \(\displaystyle{ J=AK \cap HN, O=HM \cap AK}\).
Lemat: \(\displaystyle{ A, E, J, F}\) są współokręgowe.
Dowód: Wynika to z tezy zadania 5. z drugiego dnia stąd https://www.matematyka.pl/258027.htm.
Nasza teza na mocy tego lematu jest więc równoważna z wykazaniem, że \(\displaystyle{ O}\) jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ AJ}\). Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie punktem antypodycznym do \(\displaystyle{ A}\) względem okręgu opisanego na \(\displaystyle{ ABC}\). Oczywiście punkty \(\displaystyle{ H, J, N, X}\) są współliniowe. Oznaczmy przez \(\displaystyle{ Y}\) przecięcie prostych \(\displaystyle{ AH}\) i \(\displaystyle{ MX}\), a przez \(\displaystyle{ Z}\) drugie przecięcie \(\displaystyle{ AH}\) z okręgiem opisanym na \(\displaystyle{ ABC}\). Ponieważ \(\displaystyle{ MX \parallel AK}\), więc z jednokładności wynika, że musimy pokazać, że \(\displaystyle{ MX=MY}\). Zauważmy jednak, że \(\displaystyle{ MX=MZ}\), gdyż ortocentrum i środek okręgu opisanego są izogonalnie sprzężone. Zachodzą ponadto następujące równości kątów \(\displaystyle{ \angle MYA= \angle KAZ = \angle MZA}\), skąd wynika, że \(\displaystyle{ MY=MZ=MX}\), co należało pokazać.

Niech proste styczne do okręgu opisanego na \(\displaystyle{ \triangle ABC}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ T}\), oczywiście \(\displaystyle{ T}\) leży na okręgu opisany na \(\displaystyle{ \triangle BOC}\) (przyjmijmy, że zowie się \(\displaystyle{ \omega}\)). Oznaczmy przez \(\displaystyle{ K}\) punkt przecięcia \(\displaystyle{ AT}\) (symediany) z \(\displaystyle{ \omega}\). Niech \(\displaystyle{ N}\) to przecięcie \(\displaystyle{ KO}\) i \(\displaystyle{ AH}\) gdzie \(\displaystyle{ H}\) to ortocentrum \(\displaystyle{ \triangle ABC}\). Zachodzi \(\displaystyle{ AN \perp BC \perp OT}\)mczyli \(\displaystyle{ AH \parallel OT}\) \(\displaystyle{ \implies}\) \(\displaystyle{ \triangle ANK \sim \triangle KOT}\), więc na mocy jednokładności okrąg \(\displaystyle{ \omega_A= \odot (KAN)}\) i \(\displaystyle{ \omega}\) są styczne.

Inwersja w \(\displaystyle{ I}\) to protip

Niech \(\displaystyle{ A', B'}\) będą punktami przeciwległymi do \(\displaystyle{ A, B}\) na okręgu opisanym, natomiast \(\displaystyle{ P}\) punktem przecięcia przekątnych czworokąta \(\displaystyle{ ABCD}\). Oznaczmy ponadto przez \(\displaystyle{ l}\) prostą \(\displaystyle{ OI}\). Wcześniej w tym temacie było zadanie, że \(\displaystyle{ P \in l}\). Oczywiście punkty \(\displaystyle{ A_1, I, A'}\) oraz \(\displaystyle{ B_1, I, B'}\) są współliniowe. Korzystając z twierdzenia Pascala dla sześciokąta \(\displaystyle{ AA'A_1BB'B_1}\) otrzymujemy, że punkty \(\displaystyle{ O=AA' \cap BB', I=A'A_1 \cap B'B_1, Y=A_1B \cap B_1A}\) są współliniowe, czyli \(\displaystyle{ Y \in l}\). Analogicznie \(\displaystyle{ Z=C_1D \cap D_1C}\) leży na prostej \(\displaystyle{ l}\). Korzystając teraz z twierdzenia Pascala dla sześciokąta \(\displaystyle{ AB_1DBA_1C}\) otrzymujemy, że punkty \(\displaystyle{ Y, P, T=A_1C \cap B_1D}\) są współliniowe, zatem \(\displaystyle{ T \in l}\). Z twierdzenia Pascala dla sześciokąta \(\displaystyle{ A_1CD_1B_1DC_1}\) mamy współliniowość \(\displaystyle{ T, Z, X}\), co w połączeniu z \(\displaystyle{ Z \in l, T \in L}\) daje tezę.

Lemat: Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) oraz punkty \(\displaystyle{ D, \ E}\) leżące na prostej \(\displaystyle{ BC}\), że \(\displaystyle{ BD=CE}\) z tym, iż punkt \(\displaystyle{ B}\) leży na odcinku \(\displaystyle{ BC}\) wtedy i tylko wtedy gdy \(\displaystyle{ E}\) również leży. Oznaczmy przez \(\displaystyle{ \omega_1, \ \omega_2}\) odpowiednio okręgi opisane na trójkątach \(\displaystyle{ ABD, \ AEC}\). Oznaczmy przez \(\displaystyle{ P=AC \cap \omega_1, \ Q= AB \cap \omega_2}\). Niech \(\displaystyle{ O}\) będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\). Odległości \(\displaystyle{ O}\) od prostych \(\displaystyle{ QE, \ PD}\) są równe.

Do dowodu wystarczy przeliczyć kąty z uwzględnieniem, że proste \(\displaystyle{ PD}\) i \(\displaystyle{ QE}\) są w odpowiednich kątach antyrównoległe do \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ AC}\).

Wracając: pierwsze co musimy zrobić to zmienić oznaczenia, niech dawny punkt \(\displaystyle{ O}\) nazywa się \(\displaystyle{ F}\), a nowym \(\displaystyle{ O}\) będzie środek okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\). Ponadto niech \(\displaystyle{ H}\) to ortocentrum \(\displaystyle{ \triangle ABC}\).

Powszechnie znane jest, że w symetrii środkowej względem \(\displaystyle{ F}\) punkt \(\displaystyle{ H}\) przejdzie na \(\displaystyle{ O}\), co więcej wynika z tego, że \(\displaystyle{ O}\) jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ A'B'C'}\). Zauważmy, że korzystając z naszego lematu widzimy, że przecięcia prostych \(\displaystyle{ A'B', \ B'C', \ C'A'}\) z prostymi \(\displaystyle{ AB, \ BC, \ CA}\) spełniają agoniczne własności w jego treści punkty \(\displaystyle{ D}\), \(\displaystyle{ E}\). Do rozwiązania zadania wystarczy skorzystać z twierdzenie Desarguesa dla trójkątów \(\displaystyle{ A'B'C'}\) oraz \(\displaystyle{ ABC}\) oraz 4 razy z twierdzenia Menelaosa: 3 razy, żeby w zależności wcześniej wspomnianych przecięć wyliczyć wartość wyrażenia \(\displaystyle{ \frac{XA}{XB}}\) (dla \(\displaystyle{ X= A'B' \cap AB}\)), a czwarty, żeby udowodnić istnienie osi perspektywicznej.

Może zacznijmy od teorii.
(1)Dwa trójkąty \(\displaystyle{ ABC, A'B'C"}\) nazywamy ortologicznymi (nie wiem, czy w polskiej nomenklaturze takie określenie istnieje, ale nie umiem tego inaczej przetłumaczyć z angielskiego), jeżeli proste prostopadłe przez \(\displaystyle{ A, B, C}\) do \(\displaystyle{ B'C', C'A', A'B'}\) przecinają się w jednym punkcie \(\displaystyle{ P}\). Wtedy również analogicznie zdefiniowane proste dla wierzchołków \(\displaystyle{ A', B', C'}\) przecinają się w jednym punkcie \(\displaystyle{ P'}\). Punkty \(\displaystyle{ P, P'}\) nazywamy centrami ortologicznymi \(\displaystyle{ ABC, A'B'C'}\).

Dowód pozostawiam jako ćwiczenie. Można to zrobić np. z twierdzenia Carnota


(2)Jeżeli teraz trójkąty \(\displaystyle{ ABC, A'B'C'}\) będą miały oś perspektywiczną \(\displaystyle{ l}\), to na na moc twierdzenia Desargues'a mają również środek perspektywiczny \(\displaystyle{ S}\). Wtedy punkty \(\displaystyle{ P, P', S}\) będą leżały na prostej prostopadłej do \(\displaystyle{ l}\). Jest to tzw. twierdzenie Sondata(nie to, które wyskakuje po wpisaniu go w Google'a ). Dowód tego znajduje się tu:
Victor Thébault, Perspective and orthologic
triangles and tetrahedrons, American Mathematical
Monthly 1952 pp. 24-28. Jest on analityczny i niestety nie udało mi się nigdzie znaleźć ani wymyślić syntetycznego.

Wracając do zadania, z twierdzenia Desaurgues'a wiemy, że \(\displaystyle{ AM}\) jest osią perspektywiczną trójkątów \(\displaystyle{ BFP}\) i \(\displaystyle{ CEQ}\). Odbijmy wszystko względem środka \(\displaystyle{ BC}\). Przez \(\displaystyle{ P'}\) będę oznaczał obraz \(\displaystyle{ P}\) w tej symetrii. Ponieważ \(\displaystyle{ P, Q}\) są izotomicznie sprzężone względem \(\displaystyle{ BC}\), otrzymujemy \(\displaystyle{ BE' \parallel AC, CF' \parallel AB}\), zatem ortocentra trójkątów \(\displaystyle{ BE'P, CF'Q}\) są centrami ortologicznymi \(\displaystyle{ BPF, CEQ}\). Widzimy więc z (2) i symetrii, że \(\displaystyle{ AM \perp H_1'H_2' \parallel H_1H_2}\), czyli teza.

Treść tego zadania jest jakaś niepełnosprawna xD , wydaje mi się, że chodzi o to:
Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\). Niech okrąg weń wpisany \(\displaystyle{ \omega}\) będzie styczny do \(\displaystyle{ BC, \ CA, \ AB}\) w \(\displaystyle{ D, \ E, \ F}\). Niech \(\displaystyle{ M, \ N}\) będą środkami \(\displaystyle{ AC, AB}\), \(\displaystyle{ Q=MN \cap EF}\). Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie drugim punktem przecięcia \(\displaystyle{ QD}\) z \(\displaystyle{ \omega}\). Pokazać, że \(\displaystyle{ X}\) to punkt Feuerbacha względem \(\displaystyle{ ABC}\)

Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ I}\) to środek \(\displaystyle{ \omega}\). Niech prosta \(\displaystyle{ MN}\) przecina \(\displaystyle{ \omega}\) w punktach \(\displaystyle{ K , \ L}\). Prosta prostopadła do \(\displaystyle{ XD}\) w \(\displaystyle{ X}\) przecina \(\displaystyle{ MN}\) w \(\displaystyle{ P}\). Z jednokładności wiemy, że \(\displaystyle{ \angle LXD = \angle MXD}\) czyli \(\displaystyle{ (P, Q; L, K)=1}\). Wystarczy, że pokażemy, że \(\displaystyle{ (P, Q; N, M)=1}\) (jednokładność).
Rzeczywiście prosta \(\displaystyle{ AP}\) jest biegunową \(\displaystyle{ Q}\) względem \(\displaystyle{ \omega}\), czyli oznaczając przez \(\displaystyle{ Y}\) punkt przecięcia \(\displaystyle{ IQ}\) z \(\displaystyle{ AP}\) to \(\displaystyle{ AY\perp YI}\). Oznaczmy przez \(\displaystyle{ o}\) okrąg o średnicy \(\displaystyle{ AI}\). Oczywiście \(\displaystyle{ Y, \ E, \ F \in o}\). Zauważmy teraz, że \(\displaystyle{ (P, Q; N, M)= (Y, AQ \cap o; E, F)=Q_o(Y, AQ \cap o; E, F)=Q_o(I, A; F,E)}\)\(\displaystyle{ =(I, A; F, E)=1}\) gdzie przez \(\displaystyle{ Q_o}\) rozumiemy przerzucanie pęku prostych zaczepionych w punkcie \(\displaystyle{ Q}\) w okręgu \(\displaystyle{ o}\).

oznaczmy środki \(\displaystyle{ \omega_1}\) i \(\displaystyle{ \omega_2}\) odpowiednio przez \(\displaystyle{ I_1, I_2}\), niech styczna wewnętrzna tych okręgów różna od \(\displaystyle{ AF}\) przecina \(\displaystyle{ I_1I_2}\) oraz \(\displaystyle{ MN}\) w punktach odpowiednio \(\displaystyle{ L, Z}\)

rachunki na stycznych do okręgów pokazują, że \(\displaystyle{ 2NZ=AM+MN-AN}\), a więc \(\displaystyle{ Z}\) jest punktem styczności okręgu dopisanego do boku \(\displaystyle{ MN}\) trójkąta \(\displaystyle{ AMN}\), tak więc środek tego okręgu \(\displaystyle{ J}\) (czyli przecięcie prostych \(\displaystyle{ NI_1}\) i \(\displaystyle{ MI_2}\)) leży na prostej \(\displaystyle{ ZL}\) (bo ta jest prostopadła do \(\displaystyle{ MN}\), gdyż \(\displaystyle{ AF \perp BC}\))

jest jasne że \(\displaystyle{ K,L,I_1,I_2}\) są współliniowe i że \(\displaystyle{ (K,L;I_1,I_2)=-1}\), tak więc rzutując te punkty z punktu \(\displaystyle{ J}\) uzyskujemy \(\displaystyle{ (K,Z;N,M)=-1}\) i teraz rzutując z punktu \(\displaystyle{ A}\) na prostą \(\displaystyle{ BC}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ (K,T;B,C)=-1}\), gdzie \(\displaystyle{ T}\) jest przecięciem \(\displaystyle{ AZ}\) i \(\displaystyle{ BC}\)

dalej, z twierdzenia Menelaosa dla trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) i prostej \(\displaystyle{ MN}\) wynika, że \(\displaystyle{ \frac{BK}{KC}=\frac{BN}{NA}\cdot\frac{AM}{MC}}\) i wiążąc to z równością \(\displaystyle{ \frac{BK}{KC}=\frac{BT}{TC}}\) (wynikającą z \(\displaystyle{ (K,T;B,C)=-1}\)) dostajemy na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Cevy, że \(\displaystyle{ AQ}\) przechodzi przez \(\displaystyle{ T}\)

teraz zauważmy, że \(\displaystyle{ (K,Z;X,Y)=-1}\) a to dlatego, że \(\displaystyle{ \frac{XK}{KY} = \frac{r_1}{r_2} = \frac{XZ}{ZY}}\), gdzie \(\displaystyle{ r_1, r_2}\) to promienie odpowiednio \(\displaystyle{ \omega_1}\) i \(\displaystyle{ \omega_2}\) i teraz rzutując ten dwustosunek z punktu \(\displaystyle{ P}\) na prostą \(\displaystyle{ BC}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ (K,\widehat T;B,C)=-1}\), gdzie \(\displaystyle{ \widehat T}\) jest przecięciem \(\displaystyle{ PZ}\) i \(\displaystyle{ BC}\); wynika stąd, że \(\displaystyle{ \widehat T = T}\)

ostatecznie okazało się, że punkty \(\displaystyle{ A,Z,T,Q,P}\) są współliniowe