Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Udowodnić, że jeżeli kula wpisana w czworościan ma wspólny środek z kulą opisaną na tym czworościanie, to sumy kątów płaskich przy każdym wierzchołku tego czworościanu są równe \(\displaystyle{ 180^{ \circ}}\)
Nie wiem czy dobrze widzę, ale czy okręgi opisane na ścianach czworościanu będą przystające, ponieważ równo odległe od wspólnego środka dla kul? Pewnie blef...
Dlaczego w "nierozwiązanych" jest zadanie z "krowy" Pawłowskiego???
Rozwiązanie:
Ukryta treść:
Oczywiste jest, że okręgi opisane na trójkątach ABC itd. są przystające. Wynika to z faktu, iż sfera wpisana w czworościan jest styczna do ścian w ich środkach okręgów opisanych. Wynika to z twierdzenia Pitagorasa dla tych trójkątów prostokątnych o bokach R i r. Wszystkie one są przystające i tu już łatwo wszystko widać.
Dalej wystarczy przedstawić np. kąt BAC przy wierzchołku A jako kąt BDC itd. z pozostałymi kątami przy wierzchołku A. Suma kątów w trójkącie. Dalej przez analogię dla pozostałych wierzchołków.
Lol.-- 15 maja 2013, o 21:33 --Dlaczego w "nierozwiązanych" jest zadanie z "krowy" Pawłowskiego???
Rozwiązanie:
Ukryta treść:
Oczywiste jest, że okręgi opisane na trójkątach ABC itd. są przystające. Wynika to z faktu, iż sfera wpisana w czworościan jest styczna do ścian w ich środkach okręgów opisanych. Wynika to z twierdzenia Pitagorasa dla tych trójkątów prostokątnych o bokach R i r. Wszystkie one są przystające i tu już łatwo wszystko widać.
Dalej wystarczy przedstawić np. kąt BAC przy wierzchołku A jako kąt BDC itd. z pozostałymi kątami przy wierzchołku A. Suma kątów w trójkącie. Dalej przez analogię dla pozostałych wierzchołków.
bo są to kąty oparte na równych cięciwach dwóch przystających okręgów... a co do drugiego pytania, to raczej chyba ja, ale nie ten.
-- 16 maja 2013, o 10:29 --
ej zaraz, masz rację, trzeba wykluczyć drugi przypadek, gdy jeden z kątów jest rozwarty, a drugi ostry...
-- 16 maja 2013, o 10:31 --
teraz rzeczywiście robi się trudniej
-- 16 maja 2013, o 10:33 --
trójkąty muszą być ostrokątne, bo inaczej punkt styczności sfery wpisanej do jakiegoś boku byłby na zewnątrz czworościanu. ale równie dobrze może to być źle, bo innego dowodu "na chłopski rozum" nie mam...
Jak już zostało udowodnione okręgi opisane na ścianach czworościanu są przystające. Oznacza to, że kąty oparte na krawędzi czworościanu mają równe miary albo ich miary sumują się do \(\displaystyle{ 180}\). W pierwszy przypadku koloruje krawędź na niebiesko w drugim na czerwono. Jeżeli wszystkie krawędzie są pokolorowane na niebiesko to wszystkie ściany są przystające. Załóżmy, że jedna krawędź jest pokolorowana na czerwono niech będzie to \(\displaystyle{ AB}\). Rozważam trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) i oznaczam \(\displaystyle{ \angle ABC= \alpha \ \angle BAC = \beta \ \angle ACB= 180- \alpha - \beta}\) rozważam następujące przypadki:
1)Wszystkie boki są pokolorowane na czerwono \(\displaystyle{ \angle ADC = 180- \alpha \ \angle BDC= 180- \beta \ \angle ADB=\alpha+ \beta}\) Jednak wtedy \(\displaystyle{ \angle ADC + \angle BDC + \angle ADB =360}\) To daje sprzeczność, bo suma kątów płaskich w kącie trójściennym jest mniejsza niż \(\displaystyle{ 360}\)
2)tylko jeden bok pokolorowany na czerwono \(\displaystyle{ \angle ADC= \alpha \ \angle BDC= \beta \ \angle ADB = \alpha + \beta}\) Jednak wtedy \(\displaystyle{ \angle ADB = \angle BDC + \angle ADC}\) To daje sprzeczność, bo suma dowolnych dwóch kątów płaskich jest większa od miary trzeciego kąta płaskiego w kącie trójściennym.
3)dokładnie dwa boki są pokolorowane na czerwono bez utraty ogólności zakładam, że są to boki \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ BC}\)\(\displaystyle{ \angle ADC= \alpha \ \angle BDC = 180- \beta \ \angle ADB = \alpha +\beta}\) Z własności kątów trójściennych otrzymuje \(\displaystyle{ \angle BDC < \angle ADC + \angle ADB \Leftrightarrow 90< \alpha +\beta \Leftrightarrow 180- \alpha-\beta <90\\ \angle ADB < \angle BDC + \angle ADC \Leftrightarrow \beta <90 \\ \angle ADB +\angle ADC +\angle BDC <360 \Leftrightarrow \alpha<90}\)
Oznacza to, że trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) jest ostrokątny. Zauważmy, że tylko dwa kolorowania dla trójkąta są możliwe: wszystkie boki pokolorowane na niebiesko albo dwa na czerwono i jedno na niebiesko. Krawędzie \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ BC}\) są pokolorowane na czerwono a to daje dwa możliwe kolorowania krawędzi czworościanu:
Pierwsza możliwość: \(\displaystyle{ AB, BC, BD}\) są pokolorowane na czerwono, a reszta na niebiesko. Wtedy trójkąty \(\displaystyle{ ABC, ABD, BDC}\) są pokolorowane trzecim sposobem, czyli są trójkątami ostrokątnymi. kąty płaskie przy wierzchołku \(\displaystyle{ B}\) są ostre(należą do trójkątów ostrokątnych). Z uwagi na to, że krawędzie \(\displaystyle{ AC, CD, DA}\) są pokolorowane na niebiesko, to kąty płaskie przy wierzchołku \(\displaystyle{ B}\) mają te same miary, co kąty w trójkącie \(\displaystyle{ ACD}\). Oznacza to, że trójkąt \(\displaystyle{ ACD}\) jest ostrokątny, czyli wszystkie ściany czworościanu są trójkątami ostrokątnymi, a ten przypadek został już rozważony (w poprzednich postach)
Druga możliwość \(\displaystyle{ AB, BC, AD, CD}\) są pokolorowane na czerwono, a reszta na niebiesko. Wtedy jednak wszystkie ściany są pokolorowane trzecim sposobem, więc wszystkie ściany są trójkątami ostrokątnymi, a tej przypadek został już rozważony(w poprzednich postach).
