[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria

[Ponewor]

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ O}\) będzie środkiem okręgu \(\displaystyle{ ABC}\). Niech odcinki \(\displaystyle{ BC_{1}}\) i \(\displaystyle{ B_{1}C}\) tną się w punkcie \(\displaystyle{ G}\), zaś proste \(\displaystyle{ BB_{1}}\) i \(\displaystyle{ CC_{1}}\) w punkcie \(\displaystyle{ U}\). Wówczas \(\displaystyle{ SU \perp TG}\), co oznacza, że punkty \(\displaystyle{ S}\), \(\displaystyle{ U}\) i \(\displaystyle{ A}\) są współliniowe.
Dalej mamy
\(\displaystyle{ 2\angle BAC=\angle BOC = 180^{\circ}-\angle BTC=\angle BTB_{1}+\angle CTC_{1}=180^{\circ}-\angle BB_{1}T - \angle TBB_{1}+180^{\circ}-\angle CC_{1}T- \angle TCC_{1}=360^{\circ}-2\angle BB_{1}T-2\angle CC_{1}T=2\left(180^{\circ}-\angle BB_{1}T-\angle CC_{1}T\right)=2\left(180^{\circ}-\angle UB_{1}C_{1}-\angle UC_{1}B_{1}\right)=2\angle B_{1}UC_{1}=2\angle BUC}\)
skąd wiemy, że \(\displaystyle{ U}\) leży na okręgu \(\displaystyle{ ABC}\) .

Teraz \(\displaystyle{ \left|SU\right|\cdot \left|SA\right|=\left|SB\right|\cdot \left|SC\right|=\left|SB_{1}\right|\cdot \left|SC_{1}\right|}\)
co daje nam jeszcze współokręgowość punktów \(\displaystyle{ A, \ U, \ B_{1}, \ C_{1}}\)
no i teraz wszystko wskazuje na to, że teza wynika z lematu 2 z tego pdf-a:

no nie?
\(\displaystyle{ A}\) miałoby być środkiem tego przekształcenia

Mamy trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) i puszczamy prostą równoległą do \(\displaystyle{ BC}\) która tnie odcinki \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ CA}\) w punktach odpowiednio \(\displaystyle{ D}\) i \(\displaystyle{ E}\). Niech \(\displaystyle{ CD}\) i \(\displaystyle{ BE}\) tną się w \(\displaystyle{ F}\). Niech \(\displaystyle{ H_{1}}\) i \(\displaystyle{ H_{2}}\) będą ortocentrami trójkątów \(\displaystyle{ DFB}\) i \(\displaystyle{ EFC}\). Udowodnić, że \(\displaystyle{ AF \perp H_{1}H_{2}}\)

[Msciwoj]

Ukryta treść:    

Heheheh, zrobię to tak jak mnie uczyli na studiach na fizyce. Oczywiście beczka. Ale zadanie wygląda, jakby miało ładne rozwiązanie na wektory. Takie fajne wektory. No to spróbujmy.

Niech w \(\displaystyle{ A}\) będzie początek układu, czyli \(\displaystyle{ A=0}\). Będę używał oznaczeń, które nie są zbyt wyczerpujące, tzn. duża litera \(\displaystyle{ X}\) oznacza po prostu wektor z punktu \(\displaystyle{ A}\) do punktu \(\displaystyle{ X}\). \(\displaystyle{ XY}\) oznacza mnożenie skalarne wektorów \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\), \(\displaystyle{ \lambda X}\) oznacza mnożenie tego wektora przez skalar. Tak jakby ktoś nie zrozumiał oznaczeń. Wektory są duże, skalary małe.

W faktu równoległości i z Talesa wynika, że dla pewnej liczby \(\displaystyle{ 0<t<1}\) mamy:
\(\displaystyle{ D= tB}\) i \(\displaystyle{ E=tC}\)
\(\displaystyle{ F}\) leży na odcinku łączącym punkty \(\displaystyle{ tB}\) oraz \(\displaystyle{ C}\), jak również na tym drugim. W związku z tym możemy napisać:
\(\displaystyle{ F= C + \lambda_1 (tB-C)}\)
oraz
\(\displaystyle{ F= B + \lambda_2 (tC-B)}\)
Dla pewnych liczb \(\displaystyle{ \lambda_1, \lambda_2}\)
Rozwiązując otrzymujemy
\(\displaystyle{ (1- \lambda_1 -\lambda_2 t)C = (1- \lambda_2 - \lambda_1 t)B}\)
Ponieważ wektory \(\displaystyle{ C}\) oraz \(\displaystyle{ B}\) nie są równoległe, każdy z nawiasów musi być zerem, otrzymujemy więc układ równań. Z racji tego, że wiemy, że te proste przecinają się w jednym punkcie wewnątrz trójkąta, będzie jedno rozwiązanie. Zgadujemy rozwiązanie \(\displaystyle{ \lambda_1 =\lambda_2 = \frac{1}{1+t}}\). Sprawdzamy, podstawiając do jednego z wyrażeń powyżej:
\(\displaystyle{ F= C + \lambda_1 (tB-C) = C + \frac{tB}{1+t} - \frac{C}{1+t} = \frac{t}{1+t}(B+C)}\). Wyrażenie jest symetryczne, więc na pewno dla drugiego wyjdzie to samo, czyli zgadliśmy. - serio to zgadłem, doświadczenie.

Tak naprawdę, jedyne, co nam będzie tu potrzebne, to fakt, że \(\displaystyle{ F}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ B+C}\)
Zajmijmy się poszukiwaniem ortocentrów. \(\displaystyle{ H_1}\) musi leżeć na takiej prostej, która jest prostopadła do \(\displaystyle{ tC-B}\) i przechodzi przez \(\displaystyle{ tB}\), co zapisujemy za pomocą mnożenia skalarnego:
\(\displaystyle{ (H_1 - tB)(tC-B)=0}\) (1)
Podobnie, musi leżeć na prostej prostopadłej do \(\displaystyle{ tB - C}\), która przechodzi przez \(\displaystyle{ B}\), co zapisujemy:
\(\displaystyle{ (H_1 - B)(tB-C)=0}\) (2)
Podobnie dla drugiego ortocentrum:
\(\displaystyle{ (H_2 - tC)(tB-C)=0}\) (3)
\(\displaystyle{ (H_2 - C)(tC-B)=0}\) (4)
Mamy cztery równania (1)-(4). Odejmijmy (4) od (1) i (3) od (2):
\(\displaystyle{ (H_1 - H_2 -tB + C)(tC-B)=0}\)
\(\displaystyle{ (H_1 - H_2 +tC - B)(tB-C)=0}\)
Przemieszajmy trochę:
\(\displaystyle{ (H_1 - H_2)(tC-B)=(tB-C)(tC-B)}\)
\(\displaystyle{ (H_1 - H_2)(tB-C)=-(tB-C)(tC-B)}\)
Stąd:
\(\displaystyle{ (H_1 - H_2)(tC-B)= - (H_1 - H_2)(tB-C)}\)
Co po ponownym przeniesieniu na prawą stronę daje:
\(\displaystyle{ (H_1 - H_2)(tC - C + tB-B)=0}\)
Innymi słowy:
\(\displaystyle{ (t-1)(H_1 - H_2)(B+C)=0}\)
Co oznacza, że wektory \(\displaystyle{ H_1 - H_2}\) oraz \(\displaystyle{ B +C}\), a więc również \(\displaystyle{ H_1 - H_2}\) i \(\displaystyle{ F}\) są prostopadłe.
A to właśnie teza. Co kończy dowód.

Dam wam zadanie, dzięki któremu zrozumiałem, czym fizycy różnią się od matematyków.

Wewnątrz trójkąta ostrokątnego umieszczono dwa prostokąty w taki sposób, że nie wystają one poza trójkąt, ani nie nachodzą na siebie. Udowodnij, że stosunek sumy pól obu tych prostokątów do pola trójkąta osiąga maksimum w sytuacji, w której prostokąty są tak ułożone, że jeden z nich "leży na boku trójkąta", to jest dotyka wszystkimi wierzchołkami boków trójkąta, a drugi "leży na pierwszym", to znaczy dwa z jego wierzchołków leżą na boku pierwszego, a pozostałe dwa na bokach trójkąta.
Zwracam uwagę, że należy tylko udowodnić, że maksimum zachodzi w tym przypadku, nie trzeba znajdować jego wartości.

Jak to zadanie pokazało, czym fizyk różni się od matematyka? Fizyk by to założył i poszukał wartości maksimum przy pomocy rachunku różniczkowego. Tymczasem okazuje się, że jest to nietrywialne.

[Htorb]

Wówczas \(\displaystyle{ SU \perp TG}\), co oznacza, że punkty \(\displaystyle{ S}\), \(\displaystyle{ U}\) i \(\displaystyle{ A}\) są współliniowe.

Nie rozumiem tej implikacji, mógłbyś dokładniej wytłumaczyć?
Notabene to zadanie z prostopadłością to szczególny przypadek twierdzenia, że w czworoboku zupełnym prosta Newtona-Gauss-a jest prostopadła do prostej łączącej ortocentra wszystkich trójkątów.

[timon92]

Dam wam zadanie, dzięki któremu zrozumiałem, czym fizycy różnią się od matematyków.

Wewnątrz trójkąta ostrokątnego umieszczono dwa prostokąty w taki sposób, że nie wystają one poza trójkąt, ani nie nachodzą na siebie. Udowodnij, że stosunek sumy pól obu tych prostokątów do pola trójkąta osiąga maksimum w sytuacji, w której prostokąty są tak ułożone, że jeden z nich "leży na boku trójkąta", to jest dotyka wszystkimi wierzchołkami boków trójkąta, a drugi "leży na pierwszym", to znaczy dwa z jego wierzchołków leżą na boku pierwszego, a pozostałe dwa na bokach trójkąta.
Zwracam uwagę, że należy tylko udowodnić, że maksimum zachodzi w tym przypadku, nie trzeba znajdować jego wartości.

Jak to zadanie pokazało, czym fizyk różni się od matematyka? Fizyk by to założył i poszukał wartości maksimum przy pomocy rachunku różniczkowego. Tymczasem okazuje się, że jest to nietrywialne.

rany, ale syf, nie wrzucajcie takich zadań

szkic:    

trik jest taki, żeby opuścić założenie o tym że to są prostokąty i rozważać równoległoboki

lemat: równoległobok zawarty w trójkącie zajmuje co najwyżej połowę jego pola, i dzieje się tak, gdy środki boków trójkąta leżą na obwodzie tego równoległoboku - dowód łatwy

przejdźmy do rozwiązania zadania

weźmy dwa rozłączne równoległoboki w trójkącie, które maksymalizują sumę pól (formalnie rzecz biorąc to trzeba się jeszcze wytłumaczyć, że istnieją "optymalne" równoległoboki, ale dajmy spokój)

istnieje prosta która rozdziela te równoległoboki, ona rozcina wyjściowy trójkąt na trójkąt i czworokąt (lub dwa trójkąty, ale ten przypadek nie jest optymalny)

wprowadźmy jakieś oznaczenia, trójkąt ABC został rozcięty na trójkąt ADE oraz czworokąt DBCE

na mocy lematu środek odcinka DE leży na obwodzie równoległoboku zawartego w ADE

po chwili kontemplacji dochodzimy do wniosku, że środek odcinka DE musi też leżeć na boku równoległoboku zawartego w DBCE (bo gdyby nie leżał, to moglibyśmy poprowadzić prostą D'E' rozdzielającą te równoległoboki w taki sposób, że pole ADE < pole AD'E' co stoi w sprzeczności z "optymalnością" równoległoboków

czyli jeden z boków równoległoboku zawartego w DBCE zawiera się w odcinku DE

po kolejnej chwili kontemplacji dochodzimy do wniosku, że wewnątrz DBCE znajdziemy równoległobok o tym samym polu taki, że jeden z jego boków zawarty jest w BC (przesuwamy równolegle boki)

stąd widać, że BC||DE

stąd istnieje optymalny układ równoległoboków taki, że "jeden z nich stoi na drugim"

a z równoległoboków łatwo zrobić prostokąty - o ile tylko równoległoboki te "stoją" na najdłuższym boku trójkąta ABC, a to można sobie zagwarantować, bo wszystko jedno na którym boku budujemy te równoległoboki (każde dwa trójkąty są afinicznie równoważne)

Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) oraz punkty \(\displaystyle{ D,E}\) na boku \(\displaystyle{ BC}\) takie, że \(\displaystyle{ \angle BAD = \angle ACB, \angle CAE = \angle ABC}\). Punkty \(\displaystyle{ M,N}\) to środki odcinków \(\displaystyle{ AB, AC}\), a \(\displaystyle{ O}\) to środek okręgu opisanego na \(\displaystyle{ ABC}\). Pokazać, że proste \(\displaystyle{ MD, NE}\) przecinają się na okręgu opisanym na \(\displaystyle{ BOC}\).

[Htorb]

Ukryta treść:    

Prowadzimy przez punkt \(\displaystyle{ A}\) prostą równoległą do \(\displaystyle{ BC}\) i niech przecina ona proste \(\displaystyle{ EN}\) i \(\displaystyle{ DM}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ K}\) i \(\displaystyle{ L}\). Punkt przecięcia \(\displaystyle{ MP}\) i \(\displaystyle{ EN}\) to \(\displaystyle{ P}\). Z podanych w treści zadania warunków wynika, że trójkąty:\(\displaystyle{ ADB, AEC, ABC}\) są podobne, czyli trójkąty \(\displaystyle{ ABC, AKC, ABL}\) są podobne (własność równoległoboków). Teraz wystarczy zauważyć, że środkowa w trójkątach podobnych jednoznacznie wyznacza kąty pomiędzy nią a bokami. Na czworokącie \(\displaystyle{ ANMP}\) można opisać okrąg, co więcej czworokąt ten jest harmoniczny: \(\displaystyle{ \angle AKN=\angle AKC - \angle NKC= \angle BLA-\angle MLA}\), czyli \(\displaystyle{ \angle KPL + \angle MAN= 180}\). Jeśli teraz oznaczymy przez \(\displaystyle{ G}\) środek boku \(\displaystyle{ BC}\), to \(\displaystyle{ \angle BAP= \angle MNP= \angle AKP= \angle GAC}\). Następnie udowadniany, że punkt wspólny okręgu opisanego na \(\displaystyle{ BCO}\) i \(\displaystyle{ AMNP}\), leży na symedianie z wierzchołka \(\displaystyle{ A}\) i to już nam wystarczy. No to więc w inwersji wzgledem okręgu opisanego na \(\displaystyle{ ABC}\), okrag przechodzący przez \(\displaystyle{ BOC}\) przechodzi na prostą \(\displaystyle{ BC}\), natomiast z jednokładności stwierdzamy, że okręg \(\displaystyle{ AMNP}\) przechodzi na prosta styczną do okręgu opisanego na \(\displaystyle{ ABC}\) w punkcje \(\displaystyle{ A}\). Czyli biegunem prostej \(\displaystyle{ AP}\) jest ten punkt przecięcia, a to jest znane, że to biegun symediany.

Nowe zadanie to właściwie stare, należy udowodnić, że w rozwiązaniu Ponewora mojego przedniego zadania punkty \(\displaystyle{ U,A,S}\) są współliniowe.

[Htorb]

Dobra, to może dam inne zadanie:

Dany jest trójkąt ostrokątny \(\displaystyle{ ABC}\) i okrąg na nim opisany \(\displaystyle{ \omega}\). Punkty \(\displaystyle{ E, F}\) to odpowiednio spodki wysokości z wierzchołków \(\displaystyle{ B, C}\) na boki \(\displaystyle{ AC, AB}\), natomiast \(\displaystyle{ H}\) to ortocentrum trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) . Okrąg opisany na trójkącie \(\displaystyle{ AEF}\) przecina \(\displaystyle{ \omega}\) w punkcje \(\displaystyle{ G}\). Udowodnić, że dwusieczne \(\displaystyle{ \angle BGC}\) i \(\displaystyle{ \angle BHC}\) przecinają się na boku \(\displaystyle{ BC}\).

[porfirion]

Ukryta treść:    

Przez \(\displaystyle{ P}\) oznaczmy środek tego łuku \(\displaystyle{ BC}\) na którym leży \(\displaystyle{ A}\), a przez \(\displaystyle{ R}\) środek tego łuku \(\displaystyle{ BC}\) na którym \(\displaystyle{ A}\) nie leży. Odbijmy sobie punkt \(\displaystyle{ H}\) względem\(\displaystyle{ BC}\) otrzymując \(\displaystyle{ H'}\). Jak wiadomo \(\displaystyle{ H'}\)też leży na okręgu \(\displaystyle{ ABC}\) oraz \(\displaystyle{ AHH'}\) są współliniowe. Dwusieczna kąta \(\displaystyle{ BH'C}\) przecina \(\displaystyle{ BC}\) w punkcie \(\displaystyle{ K}\) i jest to ten sam punkt w którym \(\displaystyle{ BC}\) przecina dwusieczna kąta \(\displaystyle{ BHC}\). Odnotujmy, że dwusieczna ta to nie co innego jak \(\displaystyle{ H'KP}\). Prosta \(\displaystyle{ PR}\) jest prostopadła do \(\displaystyle{ BC}\) i z definicji jest średnicą w \(\displaystyle{ ABC}\). Niech \(\displaystyle{ G'}\) będzie punktem przecięcia prostej \(\displaystyle{ RK}\) z okręgiem \(\displaystyle{ ABC}\). Jeśli udowodnimy, że \(\displaystyle{ G'}\) należy okręgu \(\displaystyle{ AFHE}\) to zakończymy dowód. Kąt \(\displaystyle{ PG'R}\) jest prosty, ale teza jest równoważna temu, iż kąt \(\displaystyle{ AG'H}\) jest prosty, czyli musimy wykazać równość kątów \(\displaystyle{ AG'P}\) i \(\displaystyle{ HG'R}\). Niech \(\displaystyle{ AG'P= \alpha}\). Z oparcia na tym samym łuku mamy \(\displaystyle{ AG'P=AH'P= \alpha}\). Niech \(\displaystyle{ PR}\) tnie \(\displaystyle{ BC}\) w \(\displaystyle{ X}\), a \(\displaystyle{ AH'}\) w \(\displaystyle{ Y}\). Z podobieństwa \(\displaystyle{ H'YK}\) \(\displaystyle{ PXK}\) mamy \(\displaystyle{ H'PR=AH'P= \alpha}\). Z wspólnego łuku \(\displaystyle{ RG'H'=RPH'}\). Ponieważ \(\displaystyle{ H'}\) jest odbiciem \(\displaystyle{ H}\) względem \(\displaystyle{ BC}\) to \(\displaystyle{ KHH'=KH'H=RG'H'= \alpha}\) skąd na \(\displaystyle{ KHG'H'}\) można opisać okrąg, skąd \(\displaystyle{ HG'R=HH'K= \alpha}\) C.K.D.

Nowe: Na płaszczyźnie dany jest kąt ostry i punkty \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) wewnątrz niego. Skonstruować trójkąt równoramienny o podstawie na jednym ramieniu kąta, wierzchołku między równymi ramionami na drugim oraz tak, by \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) należały do dwóch różnych ramion.

[Pinionrzek]

Może warto reaktywować ten temat?
Następne zadanie: Niech na bokach \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ AB}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) leżą punkty \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\). Niech \(\displaystyle{ CY}\) i i \(\displaystyle{ BX}\) tną się w puncie \(\displaystyle{ Z}\). Prosta \(\displaystyle{ AZ}\) tnie odcinek \(\displaystyle{ XY}\) pod kątem prostym, a czworokąt \(\displaystyle{ BHXC}\) jest cykliczny. Wykazać, że \(\displaystyle{ XB=XC}\).

[porfirion]

Bardzo sprytnie, ale to nie jest prawidłowe rozwiązanie.

[Pinionrzek]

To może dasz jakiegoś hinta do tego, bo zadanie stoi ponad dwa miesiące nierozwiązane?

[porfirion]

Jasne.

Ukryta treść:    

Coś należy odbić

Hint 2 (mocniejszy)

Ukryta treść:    

Dokładnie jedno coś

[diana7]

Na płaszczyźnie dany jest kąt ostry i punkty \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) wewnątrz niego. Skonstruować trójkąt równoramienny o podstawie na jednym ramieniu kąta, wierzchołku między równymi ramionami na drugim oraz tak, by \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) należały do dwóch różnych ramion.

Ukryta treść:    

Załóżmy, że ramiona tego kąta leżą na prostych \(\displaystyle{ k}\) i \(\displaystyle{ m}\) oraz że punkt \(\displaystyle{ B}\) leży nie dalej prostej \(\displaystyle{ k}\) niż punkt \(\displaystyle{ A}\). Niech proste \(\displaystyle{ a, b}\) będą równoległe do \(\displaystyle{ k}\) oraz niech przechodzą odpowiednio przez \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\), ponadto \(\displaystyle{ B'}\) będzie odbiciem symetrycznym \(\displaystyle{ B}\) względem \(\displaystyle{ m}\) oraz
\(\displaystyle{ D=b \cap m}\) i \(\displaystyle{ E=a \cap B'D}\).
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ M}\) punkt przecięcia okręgu \(\displaystyle{ AEB'}\) z \(\displaystyle{ m}\), leżący po przeciwnej stronie \(\displaystyle{ BB'}\) niż \(\displaystyle{ D}\).
Niech \(\displaystyle{ A'=MA \cap b}\). Punkty \(\displaystyle{ B', M, A', D}\) leżą na jednym okręgu, zatem mamy \(\displaystyle{ MA'=MB'=MB}\), czyli mamy szukany punkt.

Następne zadanie: Niech na bokach \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ AB}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) leżą punkty \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\). Niech \(\displaystyle{ CY}\) i i \(\displaystyle{ BX}\) tną się w puncie \(\displaystyle{ Z}\). Prosta \(\displaystyle{ AZ}\) tnie odcinek \(\displaystyle{ XY}\) pod kątem prostym, a czworokąt \(\displaystyle{ BHXC}\) jest cykliczny. Wykazać, że \(\displaystyle{ XB=XC}\).

[Vax]

Niech na bokach \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ AB}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) leżą punkty \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\). Niech \(\displaystyle{ CY}\) i i \(\displaystyle{ BX}\) tną się w puncie \(\displaystyle{ Z}\). Prosta \(\displaystyle{ AZ}\) tnie odcinek \(\displaystyle{ XY}\) pod kątem prostym, a czworokąt \(\displaystyle{ BHXC}\) jest cykliczny. Wykazać, że \(\displaystyle{ XB=XC}\).

Przy takim sformułowaniu teza jest nieprawdziwa, od Pinionrzek dowiedziałem się, że przez \(\displaystyle{ H}\) oznaczamy przecięcie \(\displaystyle{ AZ}\) z \(\displaystyle{ XY}\)

Ukryta treść:    

W rozwiązaniu korzystamy z faktu, że dla danego trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) dwusieczna kąta zewnętrznego przy wierzchołku \(\displaystyle{ C}\) przecina symetralną boku \(\displaystyle{ |AB|}\) na okręgu opisanym na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\). Dowód wynika łatwo z bardziej znanego faktu, który mówi o tym samym tylko w odniesieniu do dwusiecznej kąta wewnętrznego.

Oznaczmy przecięcie prostej \(\displaystyle{ XY}\) z \(\displaystyle{ BC}\) przez \(\displaystyle{ D}\), przecięcie \(\displaystyle{ AZ}\) z \(\displaystyle{ BC}\) przez \(\displaystyle{ E}\) oraz przecięcie \(\displaystyle{ BH}\) z \(\displaystyle{ AC}\) przez \(\displaystyle{ F}\). Wówczas \(\displaystyle{ (D, E; B, C) = 1}\), oraz \(\displaystyle{ \angle DHE = \frac{\pi}{2}}\), skąd \(\displaystyle{ \angle BHE = \angle EHC}\), a stąd \(\displaystyle{ \angle CHX = \angle DHB = \angle XHF}\), co z faktu przytoczonego na początku kończy dowód.

Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) w którym \(\displaystyle{ \angle ABC = 2\angle ACB}\). Punkt \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem boku \(\displaystyle{ BC}\). Dwusieczna kąta \(\displaystyle{ \angle ACB}\) przecina odcinek \(\displaystyle{ AM}\) w punkcie \(\displaystyle{ D}\). Udowodnij, że \(\displaystyle{ \angle MDC \le \frac{\pi}{4}}\)

[Pinionrzek]

Ukryta treść:    

https://www.matematyka.pl/294612.htm#p5221324

Niech \(\displaystyle{ P}\) będzie punktem wewnątrz trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\). Niech prosta \(\displaystyle{ AP}\) przecina okrąg opisany na \(\displaystyle{ ABC}\) w punkcie \(\displaystyle{ X}\), a \(\displaystyle{ BP}\) w \(\displaystyle{ Y}\). Niech prosta \(\displaystyle{ l}\) poprowadzona przez punkt \(\displaystyle{ P}\) przecina boki \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ AC}\) w punktach \(\displaystyle{ Z}\) i \(\displaystyle{ W}\). Wykazać, że okręgi opisane na trójkątach \(\displaystyle{ CXZ}\) oraz \(\displaystyle{ CYW}\) przecinają się na \(\displaystyle{ l}\).

[Vether]

Ukryta treść:    

Niech punkty \(\displaystyle{ M}\) i \(\displaystyle{ N}\) będą punktami przecięcia okręgów opisanych na \(\displaystyle{ CXZ}\) i \(\displaystyle{ CYW}\) z prostą \(\displaystyle{ l}\).

Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pascala punkt \(\displaystyle{ D}\) przecięcia prostych \(\displaystyle{ YW}\) i \(\displaystyle{ XZ}\) leży na okręgu opisanym na \(\displaystyle{ ABC}\), skąd \(\displaystyle{ \sphericalangle WYC + \sphericalangle ZXC = 180^\circ}\) i (zależnie od konfiguracji) patrząc na kąty \(\displaystyle{ \sphericalangle WMC}\) i \(\displaystyle{ \sphericalangle ZNC}\) widzimy, że proste \(\displaystyle{ CM}\) i \(\displaystyle{ CN}\) są równoległe, skąd \(\displaystyle{ M=N}\).

Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\). Niech punkty \(\displaystyle{ D,E,F}\) będą punktami styczności okręgu wpisanego w ten trójkąt odpowiednio z bokami \(\displaystyle{ BC, AC, AB}\). Podobnie niech \(\displaystyle{ K,L,M}\) będą środkami odpowiednio \(\displaystyle{ BC, AC, AB}\). Punkt \(\displaystyle{ X_A}\) jest przecięciem prostych \(\displaystyle{ EF}\) oraz \(\displaystyle{ LM}\). Analogicznie definiujemy punkty \(\displaystyle{ X_B}\) oraz \(\displaystyle{ X_C}\). Pokazać, że biegunowa dowolnego punktu \(\displaystyle{ X}\) względem okręgu wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) przechodzi przez dwa pozostałe punkty \(\displaystyle{ X}\).