[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 15 cze 2016, o 02:34
autor: Htorb
Ukryta treść:
Załóżmy wpierw, że \(\displaystyle{ AB<AC}\)
Pokażemy, że \(\displaystyle{ \angle BXY= \angle ZXC}\). Z tw. sinusów dla \(\displaystyle{ \triangle BXY, \ \triangle CXZ}\) wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ CZ \cdot \frac{\sin \angle ACX}{XZ}=YB \cdot \frac{\sin \angle XBY}{YX}}\) czyli na mocy twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą: \(\displaystyle{ \frac{CZ}{YB}\cdot \frac {\sin \angle B }{\sin \angle C} \cdot \frac{YX}{XZ}=1}\). Z twierdzenia Menelaosa dla \(\displaystyle{ \triangle AYZ}\) i prostej \(\displaystyle{ BC}\) dostajemy \(\displaystyle{ \frac{AC}{ZC}\cdot \frac{ZD'}{D'Y} \cdot \frac{YB}{BA}=1}\), co więcej z tw. sinusów dla \(\displaystyle{ \triangle ABC}\) mamy: \(\displaystyle{ \frac {\sin \angle B }{\sin \angle C}=\frac{AC}{AB}}\) wystarczy więc, że udowodnimy następującą równość: \(\displaystyle{ \left( \frac{AC}{AB} \right)^2 \cdot \frac{YX}{XZ} \cdot \frac{ZD'}{D'Y}=1}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{\sin \angle YXD'}{\sin \angle D'XZ}=\left( \frac{AC}{AB} \right)^2}\).
Niech okrąg o średnicy \(\displaystyle{ AX}\) przecina proste \(\displaystyle{ AB, \ AC}\) w punktach \(\displaystyle{ K, \ L}\), a okrąg opisany na \(\displaystyle{ \triangle ABC}\) w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Niech proste \(\displaystyle{ XB, \ XC}\) przecinają okrąg opisany na \(\displaystyle{ \triangle AKL}\) w punktach \(\displaystyle{ N_1, \ N_2}\). Z tw. Pascala proste \(\displaystyle{ KN_2, \ LN_1, \ BC}\) przecinają się w jednym punkcie, oznaczmy \(\displaystyle{ R}\). Niech \(\displaystyle{ M}\) będzie środkiem \(\displaystyle{ BC}\), a środkiem okręgu opisanego na \(\displaystyle{ \triangle ABC}\) będzie \(\displaystyle{ O}\). Niech prosta \(\displaystyle{ AO}\) przecina okręgi opisane na \(\displaystyle{ \triangle ABC, \ \triangle AKL}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ T, \ U}\).
Oczywiście \(\displaystyle{ \angle XLC = \angle XMC}\), czyli dostajemy cykliczność czworokątów \(\displaystyle{ MXLC, \ KXMB}\), co pozwala nam łatwo policzyć, że \(\displaystyle{ \angle CLM= \angle MXC=90^\circ-\angle BAC}\), z czego wnioskujemy, że \(\displaystyle{ LM \parallel KX}\), analogicznie \(\displaystyle{ KM \parallel XL}\)
Z cykliczności tych czworokątów zapisujemy również \(\displaystyle{ \angle LMC= \angle LXC= \angle N_2KL}\), czyli na czworokącie \(\displaystyle{ KLRM}\) można opisać okrąg.
Niech prosta \(\displaystyle{ KM}\) przecina okrąg opisany na \(\displaystyle{ \triangle AKL}\) w punkcie \(\displaystyle{ M_1}\). Z poprzednio udowodnionej równoległości dostajemy, że czworokąt \(\displaystyle{ KXLM_1}\) jest trapezem równoramiennym, czyli \(\displaystyle{ M_1L=KX=RL}\) (\(\displaystyle{ KXLR}\) jest równoległobokiem). Co więcej \(\displaystyle{ RM_1 \perp AL}\) czyli \(\displaystyle{ LA}\) jest symetralną odcinka \(\displaystyle{ M_1R}\). Dostajemy więc, że \(\displaystyle{ \angle LM_1C = \angle CRL= \angle MKL}\)(cykliczność \(\displaystyle{ KLRM}\)). Z drugiej strony, \(\displaystyle{ \angle N_2KL= \angle N_2XL= \angle ACX-90^\circ=90-\angle B=\angle UAL=\angle UM_1L}\) udowodniliśmy więc, że punkty \(\displaystyle{ M_1, \ C, \ U}\) są współliniowe.
Dostaliśmy, że \(\displaystyle{ \angle CUL= \angle M_1UL= \angle LKM_1=\angle LKM= \angle LRC}\), czyli na \(\displaystyle{ ULCR}\) można opisać okrąg.
Oczywiście jak wiemy \(\displaystyle{ \angle OUX= 90^\circ}\) czyli na punkty \(\displaystyle{ X, \ U, \ C, \ O, \ B}\) leżą na jednym okręgu. Z twierdzenia o osiach potęgowych dla tego okręgu i opisanych na \(\displaystyle{ \triangle ABC, \ \triangle AKL}\) wnioskujemy, że proste \(\displaystyle{ AP, \ BC, \ XU}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ W}\).
Jak wiemy \(\displaystyle{ \angle APT= \angle APX= 90^\circ}\) czyli punkty \(\displaystyle{ X, \ T, \ P}\) leżą na jednej prostej.
Z cykliczności \(\displaystyle{ RULC}\) mamy: \(\displaystyle{ \angle WRU = \angle URC= 180^\circ- \angle CLU=180^\circ- \angle UPA= \angle UPW}\) czyli punkty \(\displaystyle{ R, \ U, \ W, \ P}\) leżą na jednym okręgu, nazwijmy \(\displaystyle{ \omega}\). Co więcej \(\displaystyle{ \angle TPW= \angle TUW= 90^\circ}\) czyli \(\displaystyle{ T \in \omega}\) oraz średnicą \(\displaystyle{ \omega}\) jest \(\displaystyle{ WT}\), więc \(\displaystyle{ \angle TRW= 90^\circ}\).
Możemy już stąd wywnioskować, że \(\displaystyle{ R=D'}\)
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ V}\) przecięcie \(\displaystyle{ AX}\) z \(\displaystyle{ BC}\) Czworokąty \(\displaystyle{ KXRY, \ XLCR}\) są oczywiście cykliczne czyli \(\displaystyle{ \angle YXD'= \angle YKR= \angle YKN_2= \angle AXC=\angle VXC}\). Analogicznie \(\displaystyle{ \angle ZXD'= \angle VXB}\). Na mocy twierdzenia sinusów dla \(\displaystyle{ \triangle BVX, \ \triangle VXC}\) możemy napisać \(\displaystyle{ \frac{\sin \angle VXC}{\sin \angle VXB}= \frac{CV}{BV}}\). Łącząc poprzednie równości z twierdzeniem o symedianie dostajemy tezę zadania.
Pokażemy, że \(\displaystyle{ \angle BXY= \angle ZXC}\). Z tw. sinusów dla \(\displaystyle{ \triangle BXY, \ \triangle CXZ}\) wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ CZ \cdot \frac{\sin \angle ACX}{XZ}=YB \cdot \frac{\sin \angle XBY}{YX}}\) czyli na mocy twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą: \(\displaystyle{ \frac{CZ}{YB}\cdot \frac {\sin \angle B }{\sin \angle C} \cdot \frac{YX}{XZ}=1}\). Z twierdzenia Menelaosa dla \(\displaystyle{ \triangle AYZ}\) i prostej \(\displaystyle{ BC}\) dostajemy \(\displaystyle{ \frac{AC}{ZC}\cdot \frac{ZD'}{D'Y} \cdot \frac{YB}{BA}=1}\), co więcej z tw. sinusów dla \(\displaystyle{ \triangle ABC}\) mamy: \(\displaystyle{ \frac {\sin \angle B }{\sin \angle C}=\frac{AC}{AB}}\) wystarczy więc, że udowodnimy następującą równość: \(\displaystyle{ \left( \frac{AC}{AB} \right)^2 \cdot \frac{YX}{XZ} \cdot \frac{ZD'}{D'Y}=1}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{\sin \angle YXD'}{\sin \angle D'XZ}=\left( \frac{AC}{AB} \right)^2}\).
Niech okrąg o średnicy \(\displaystyle{ AX}\) przecina proste \(\displaystyle{ AB, \ AC}\) w punktach \(\displaystyle{ K, \ L}\), a okrąg opisany na \(\displaystyle{ \triangle ABC}\) w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Niech proste \(\displaystyle{ XB, \ XC}\) przecinają okrąg opisany na \(\displaystyle{ \triangle AKL}\) w punktach \(\displaystyle{ N_1, \ N_2}\). Z tw. Pascala proste \(\displaystyle{ KN_2, \ LN_1, \ BC}\) przecinają się w jednym punkcie, oznaczmy \(\displaystyle{ R}\). Niech \(\displaystyle{ M}\) będzie środkiem \(\displaystyle{ BC}\), a środkiem okręgu opisanego na \(\displaystyle{ \triangle ABC}\) będzie \(\displaystyle{ O}\). Niech prosta \(\displaystyle{ AO}\) przecina okręgi opisane na \(\displaystyle{ \triangle ABC, \ \triangle AKL}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ T, \ U}\).
Oczywiście \(\displaystyle{ \angle XLC = \angle XMC}\), czyli dostajemy cykliczność czworokątów \(\displaystyle{ MXLC, \ KXMB}\), co pozwala nam łatwo policzyć, że \(\displaystyle{ \angle CLM= \angle MXC=90^\circ-\angle BAC}\), z czego wnioskujemy, że \(\displaystyle{ LM \parallel KX}\), analogicznie \(\displaystyle{ KM \parallel XL}\)
Z cykliczności tych czworokątów zapisujemy również \(\displaystyle{ \angle LMC= \angle LXC= \angle N_2KL}\), czyli na czworokącie \(\displaystyle{ KLRM}\) można opisać okrąg.
Niech prosta \(\displaystyle{ KM}\) przecina okrąg opisany na \(\displaystyle{ \triangle AKL}\) w punkcie \(\displaystyle{ M_1}\). Z poprzednio udowodnionej równoległości dostajemy, że czworokąt \(\displaystyle{ KXLM_1}\) jest trapezem równoramiennym, czyli \(\displaystyle{ M_1L=KX=RL}\) (\(\displaystyle{ KXLR}\) jest równoległobokiem). Co więcej \(\displaystyle{ RM_1 \perp AL}\) czyli \(\displaystyle{ LA}\) jest symetralną odcinka \(\displaystyle{ M_1R}\). Dostajemy więc, że \(\displaystyle{ \angle LM_1C = \angle CRL= \angle MKL}\)(cykliczność \(\displaystyle{ KLRM}\)). Z drugiej strony, \(\displaystyle{ \angle N_2KL= \angle N_2XL= \angle ACX-90^\circ=90-\angle B=\angle UAL=\angle UM_1L}\) udowodniliśmy więc, że punkty \(\displaystyle{ M_1, \ C, \ U}\) są współliniowe.
Dostaliśmy, że \(\displaystyle{ \angle CUL= \angle M_1UL= \angle LKM_1=\angle LKM= \angle LRC}\), czyli na \(\displaystyle{ ULCR}\) można opisać okrąg.
Oczywiście jak wiemy \(\displaystyle{ \angle OUX= 90^\circ}\) czyli na punkty \(\displaystyle{ X, \ U, \ C, \ O, \ B}\) leżą na jednym okręgu. Z twierdzenia o osiach potęgowych dla tego okręgu i opisanych na \(\displaystyle{ \triangle ABC, \ \triangle AKL}\) wnioskujemy, że proste \(\displaystyle{ AP, \ BC, \ XU}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ W}\).
Jak wiemy \(\displaystyle{ \angle APT= \angle APX= 90^\circ}\) czyli punkty \(\displaystyle{ X, \ T, \ P}\) leżą na jednej prostej.
Z cykliczności \(\displaystyle{ RULC}\) mamy: \(\displaystyle{ \angle WRU = \angle URC= 180^\circ- \angle CLU=180^\circ- \angle UPA= \angle UPW}\) czyli punkty \(\displaystyle{ R, \ U, \ W, \ P}\) leżą na jednym okręgu, nazwijmy \(\displaystyle{ \omega}\). Co więcej \(\displaystyle{ \angle TPW= \angle TUW= 90^\circ}\) czyli \(\displaystyle{ T \in \omega}\) oraz średnicą \(\displaystyle{ \omega}\) jest \(\displaystyle{ WT}\), więc \(\displaystyle{ \angle TRW= 90^\circ}\).
Możemy już stąd wywnioskować, że \(\displaystyle{ R=D'}\)
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ V}\) przecięcie \(\displaystyle{ AX}\) z \(\displaystyle{ BC}\) Czworokąty \(\displaystyle{ KXRY, \ XLCR}\) są oczywiście cykliczne czyli \(\displaystyle{ \angle YXD'= \angle YKR= \angle YKN_2= \angle AXC=\angle VXC}\). Analogicznie \(\displaystyle{ \angle ZXD'= \angle VXB}\). Na mocy twierdzenia sinusów dla \(\displaystyle{ \triangle BVX, \ \triangle VXC}\) możemy napisać \(\displaystyle{ \frac{\sin \angle VXC}{\sin \angle VXB}= \frac{CV}{BV}}\). Łącząc poprzednie równości z twierdzeniem o symedianie dostajemy tezę zadania.
