[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria

[Burii]

Znana własność nagelian.

Pokazać, że punkt Nagela, ortocentrum, środek okręgu wpisanego trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) oraz jego wierzchołki leżą na jednej krzywej stożkowej.

[timon92]

znana własność trójkątów

nowe: Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\). Punkty \(\displaystyle{ P,Q}\) leżą na odcinkach \(\displaystyle{ AB,AC}\) odpowiednio. Punkty \(\displaystyle{ R,S}\) leżą na odcinku \(\displaystyle{ BC}\) w kolejności: \(\displaystyle{ B,S,R,C}\) przy czym spełnione są równości \(\displaystyle{ \angle BPS = \angle PRS}\) oraz \(\displaystyle{ \angle CQR = \angle QSR}\). Wykazać że jeśli \(\displaystyle{ AP=AQ}\) to punkty \(\displaystyle{ P,Q,R,S}\) leżą na jednym okręgu.

[porfirion]

Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia o kącie pomiędzy styczną a cięciwą \(\displaystyle{ AC}\) jest styczną do okręgu opisanego na \(\displaystyle{ QSR}\) i \(\displaystyle{ AB}\) jest styczną do okręgu opisanego na \(\displaystyle{ PSR}\). Zakładając, że te dwa okręgi są różne, to \(\displaystyle{ SR}\) jest ich osia potęgową. Jednakże \(\displaystyle{ A}\) nie leży na \(\displaystyle{ SR}\), co kończy zadanie.

nowe: Dany jest czworościan \(\displaystyle{ ABCD}\). Okręgi wpisane w ściany \(\displaystyle{ ABC}\) i \(\displaystyle{ ABD}\) są styczne do krawędzi \(\displaystyle{ AB}\) w tym samym punkcie. Wykazać, że pozostałe punkty styczności leżą na jednym okręgu.

Ukryta treść:    

to jest plani

[KPR]

Ukryta treść:    

Oznaczmy wspólny punkt styczności przez \(\displaystyle{ X}\).
Oznaczmy te pozostałe punkty styczności na ścianach \(\displaystyle{ AC,BC,AD,BD}\) odpowiednio przez \(\displaystyle{ K,L,M,N}\), a \(\displaystyle{ P}\) niech będzie punktem przecięcia prostych \(\displaystyle{ KL, MN, AB}\) (to jest jeden punkt, bo w trójkącie punkt przecięcia podstawy i punktów styczności okręgu wpisanego z ramionami to punkt, który tworzy czwórkę harmoniczną z punktem styczności okręgu z podstawą i z wierzchołkami podstawy). Jeśli \(\displaystyle{ P}\) nie istnieje, czyli \(\displaystyle{ KL||AB}\) i \(\displaystyle{ MN||AB}\), to \(\displaystyle{ KLMN}\) jest trapezem, więc teza oczywista. W przeciwnym wypadku \(\displaystyle{ PK\cdot PL=PX^2=PM\cdot PN}\), więc \(\displaystyle{ KLMN}\) leży na jednym okręgu z tw. odwrotnego do tw. o potędze punktu.

Trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) jest ostrokątny. Okrąg o średnicy \(\displaystyle{ AB}\) przecina boki \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ BC}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\). Niech \(\displaystyle{ R}\) będzie punktem przecięcia stycznych do tego okręgu w \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ Q}\), a \(\displaystyle{ S}\) - punktem przecięcia stycznych do tego okręgu w \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ P}\). Udowodnić, że \(\displaystyle{ C\in RS}\).

[Vax]

Ukryta treść:    

Z tego, że dany trójkąt jest ostrokątny i średnicą danego okręgu jest \(\displaystyle{ AB}\) łatwo wynika, że punkt \(\displaystyle{ P}\) nie pokrywa się z \(\displaystyle{ A}\), oraz \(\displaystyle{ Q}\) nie pokrywa się z \(\displaystyle{ B}\) (byłby wtedy prostokątny). Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie punktem przecięcia prostych \(\displaystyle{ PQ}\) oraz\(\displaystyle{ AB}\), wówczas z twierdzenia Pascala dla sześciokąta \(\displaystyle{ AABQQP}\) mamy współliniowość \(\displaystyle{ R,X,C}\) a z twierdzenia Pascala dla sześciokąta \(\displaystyle{ BBAPPQ}\) mamy współliniowość \(\displaystyle{ S,X,C}\), więc \(\displaystyle{ X,R,C,S}\) są współliniowe skąd w szczególności wynika teza.

Czworokąt \(\displaystyle{ ABCD}\) opisano na okręgu o środku w punkcie \(\displaystyle{ O}\). Boki \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ CD}\) oraz \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ DA}\) nie są równoległe. Niech punkty \(\displaystyle{ K, L, M, N}\) będą środkami odpowiednio boków \(\displaystyle{ AB,BC,CD,DA}\). Udowodnić, że odcinki \(\displaystyle{ KM}\) i \(\displaystyle{ LN}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ O}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ |OA| \cdot |OC| = |OB| \cdot |OD|}\).

[Oildale]

Ukryta treść:    

Zmieńmy sobie oznaczenie niech czworokąt \(\displaystyle{ ABCD}\) nazywa się \(\displaystyle{ XYZT}\), a punkty styczności \(\displaystyle{ XY, YZ, ZT, TX}\) z okręgiem wpisanym to odpowiednio \(\displaystyle{ A,B,C,D}\).
Załóżmy, że okrąg wpisany jest jednostkowym, a puntkom \(\displaystyle{ A,B,C,D}\) przyporządkujmy liczby zespolone \(\displaystyle{ a,b,c,d}\). I teraz warunek \(\displaystyle{ OX \cdot OZ=OY \cdot OT}\) można zapisać po uproszczeniu jako \(\displaystyle{ (a+b)(c+d)=-(a+d)(b+c)}\). Wystarczy że pokaże że prosta łącząca środki \(\displaystyle{ XY}\) i \(\displaystyle{ ZT}\) przechodzi przez \(\displaystyle{ O}\). Środki te to odpowiednio \(\displaystyle{ ad/(a+d) + ab/(a+b)}\) i \(\displaystyle{ cd/(c+d) + cb/(c+b)}\). Aby prosta łącząca te punkty przechodziła przez \(\displaystyle{ O}\) muszę pokazać, że \(\displaystyle{ (ad/(a+d) + ab/(a+b))/(cd/(c+d) + cb/(c+b)) \in R}\).
Co jest równoważne pokazaniu, że: \(\displaystyle{ -a^{2}(1/(a+d)+1/(a+b)-2/a)(1/(c+d)+1/(c+b))=-c^{2}(1/(c+d)+1/(c+b)-2/c)(1/(a+d)+1/(a+b))}\)
\(\displaystyle{ (a+c)(2c+b+d)(2a+b+d)=4ac(a+c)+4(abc+abd+acd+bcd)+2(a^{2}+ac+c^{2})(b+d)+2(a+c)(b^{2}+d^{2})+2b^{2}d+2bd^{2}}\) <-- warunek A
\(\displaystyle{ 2(abc+abd+bcd+acd)+ab^{2}+ad^{2}+b^{2}c+cd^{2}+2b^{2}d+2bd^{2}=0}\)
Łatwo zauważyć, że warunek: \(\displaystyle{ (a+b)(c+d)=-(a+d)(b+c)}\) pomnożony stronami przez \(\displaystyle{ (b+d)}\) daje nam własnie warunek A. To kończy dowód.

-- 11 sty 2013, o 21:15 --

No to zadanko ode mnie. Na bokach \(\displaystyle{ AB,BC,CA}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) wybrano takie punkty \(\displaystyle{ K,L,M}\), że \(\displaystyle{ AK/KB=BL/LC=CM/MA}\). Wykaż, że ortocentrum \(\displaystyle{ ABC}\) i \(\displaystyle{ KLM}\) pokrywają się wtedy i tylko wtedy gdy \(\displaystyle{ ABC}\) jest równoboczny.

[timon92]

gdyby ktoś chciał rozwiązać poprzednie zadanie bez użycia liczb zespolonych, to daję wskazówkę

Ukryta treść:    

niech \(\displaystyle{ P,Q}\) to środki przekątnych \(\displaystyle{ AC, BD}\) czworokąta opisanego na okręgu o środku \(\displaystyle{ O}\)

wówczas \(\displaystyle{ \frac{PO}{OQ} = \frac{OA \cdot OC}{OB \cdot OD}}\)

po krótkim namyśle daję wskazówkę do znacznie prostszego rozwiązania (a fakt z poprzedniej wskazówki jest bardzo fajny i polecam go też wykazać)

Ukryta treść:    

przeciąć \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ CD}\), opisać okrąg na trójkącie \(\displaystyle{ BCO}\), zauważyć symetrię rysunku

aktualne zadanie:

Na bokach \(\displaystyle{ AB,BC,CA}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) wybrano takie punkty \(\displaystyle{ K,L,M}\), że \(\displaystyle{ AK/KB=BL/LC=CM/MA}\). Wykaż, że ortocentrum \(\displaystyle{ ABC}\) i \(\displaystyle{ KLM}\) pokrywają się wtedy i tylko wtedy gdy \(\displaystyle{ ABC}\) jest równoboczny.

--
drugi etap coraz bliżej, trzeba się rozgrzać

Ma ktoś jakieś istotne wnioski w tym problemie?

[Burii]

Ukryta treść:    

Implikacja \(\displaystyle{ \Leftarrow}\) trywialna. W implikacji \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) zauważamy, że warunki zadania dają nam pokrywanie się środków ciężkości trójkątów \(\displaystyle{ ABC}\) i \(\displaystyle{ KLM}\) . Skoro ortocentra się też pokrywają, to korzystając z własności prostej \(\displaystyle{ Eulera}\) uzyskujemy pokrywanie się środków okręgów opisanych - co łatwo daje tezę.

Następne zadanie

Ukryta treść:    

W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\), dane są punkty \(\displaystyle{ Fermata}\) \(\displaystyle{ F^{+}}\) i \(\displaystyle{ F^{-}}\). Pokazać, że proste \(\displaystyle{ Eulera}\) trójkątów \(\displaystyle{ XYZ}\) gdzie \(\displaystyle{ \left\{ X,Y,Z\right\} \subset \left\{ A,B,C,F^{+},F^{-}\right\}}\) przecinają się w jednym punkcie.

Zapraszam do dyskusji (np. Miodzia) i poszukiwania ciekawych wniosków.

[timon92]

przypomnienie: budujemy trójkąty równoboczne \(\displaystyle{ BCD, CAE, ABF}\) na zewnątrz trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) - wtedy proste \(\displaystyle{ AD, BE, CF}\) przecinają się w jednym punkcie, nazywanym zwyczajowo punktem Fermata

gdy te trójkąty równoboczne zbudujemy do wewnątrz trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) to proste \(\displaystyle{ AD, BE, CF}\) przecinają się w drugim punkcie Fermata

zadanie staje się łatwe, jeżeli się wie, że

wskazówka:    

wszystkie te proste przechodzą przez środek ciężkości trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\)

[Oildale]

Narazie tylko kawałek.

Ukryta treść:    

Przypadki, gdy z tego zbioru biorę tylko jeden z punktów Fermata są dosyć oczywiste i idzie je łatwo przepałować z liczb zespolonych po spostrzeżeniu, że te proste Eulera są równoległe do cevian odpowiednich wierzchołków.

[timon92]

Kod: Zaznacz cały

http://www.cut-the-knot.org/Curriculum/Geometry/EulerAndFermat.shtml

nowe: dany jest trapez \(\displaystyle{ ABCD}\) taki, że \(\displaystyle{ AB \parallel CD \perp AD}\). Punkty \(\displaystyle{ M,N}\) są środkami odcinków \(\displaystyle{ AC, BD}\). Okręgi opisane na trójkątach \(\displaystyle{ ABN, CDM}\) przecinają prostą \(\displaystyle{ BC}\) w punktach \(\displaystyle{ Q,R}\). Punkt \(\displaystyle{ P}\) jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ MN}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ PQ=PR}\).

[jakub_jabulko]

Pominąłem jeden przypadek, ale chyba da się go łatwo wykluczyć. W każdym razie z grubsza będzie tak:

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ AB=a \wedge CD=b \wedge a>b}\) (dla prostokąta jest trywialnie). MN jest styczna do okręgów ABN i CDM. Oznaczmy rzuty prostokątne M, N i P na prostą BC odpowiednio przez Y, X, Z. Leżą one po tej samej stronie puntu O (bliżej C niż B). TUTAJ JEST POMINIĘTY PRZYPADEK, założyłem bowiem, że Q i R leżą po przeciwnych stronach Z. Skoro XZ=YZ, to wystarczy wykazać, że YR=XQ. Niech prosta MN przecina BC w punkcie O. Z potęgi punktu: \(\displaystyle{ OB*OQ=ON ^{2} \wedge OC*OR=OM ^{2}}\) Stąd po przekształceniach wystarczy wykazać, że \(\displaystyle{ OX*OB + OY*OC = OM ^{2} - ON ^{2}= \frac{a ^{2} - b ^{2} }{4}}\). Oznaczmy środki odcinków BN i CM odpowiednio przez G i H. \(\displaystyle{ OG= \frac{CN}{2} OH= \frac{BM}{2}}\). Z potęgi punktu \(\displaystyle{ OX*OB= \left( \frac{BD}{4} \right) ^{2} - OG ^{2}}\) i analogicznie z \(\displaystyle{ OY*OC}\). \(\displaystyle{ BD ^{2} - AC ^{2} = a ^{2} - b ^{2}}\). Zrzutujmy M i N odpowiednio na AB i CD. Wtedy \(\displaystyle{ BM ^{2} - CN ^{2} = \left( a - \frac{b}{2} \right) ^{2} - \left( b - \frac{a}{2} \right) ^{2}}\). I stąd teza, bo tożsamość.

-- 10 maja 2013, o 15:39 --

Nie wrzucam zadania, bo nie rozważyłem tego drugiego przypadku.

-- 10 maja 2013, o 15:46 --

w drugim przypadku teza jest fałszywa, bo leżą po różnych stronach O-- 10 maja 2013, o 15:53 --Niech ktoś inny wrzuci, bo nie mam pomysłu.

[timon92]

Tak naprawdę to ten drugi przypadek o którym piszesz nie ma prawa zajść. Jeśli to uzasadnisz, to można powiedzieć, że zadanie zostało rozwiązane. No i wrzuć nowe zadanie.

[jakub_jabulko]

Tak myślałem, że nie ma prawa zajść. I wkrótce to udowodnię.
W twoim "można powiedzieć" czuję obrzydzenie tym moim pałkarskim rozwiązaniem. Jeśli masz jakieś sprytne rozwiązanie, to daj mi hinta, bo już nie mam motywacji, żeby siedzieć nad tym zadaniem. Na pewno jest jakieś sprytne rozwiązanie. No bo przecież ten, kto wymyślał to zadanie musiał wpaść na to, że te odcinki są równe i raczej nie robił tego w taki syfiasty sposób, jak ja.
Nowe zadanie to...

Ukryta treść:    

Skonstruuj przy pomocy cyrkla, linijki na bokach \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ BC}\) danego trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) odpowiednio punkty \(\displaystyle{ M}\) i \(\displaystyle{ N}\), takie że \(\displaystyle{ AM=MN=NC}\)

[timon92]

(jedno z rozwiązań korzysta z )

aktualne zadanie:

Skonstruuj przy pomocy cyrkla, linijki na bokach \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ BC}\) danego trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) odpowiednio punkty \(\displaystyle{ M}\) i \(\displaystyle{ N}\), takie że \(\displaystyle{ AM=MN=NC}\)