Forum matematyczne: miliony postów, setki tysięcy tematów, dziesiątki tysięcy użytkowników - pomożemy rozwiązać każde zadanie z matematyki https://matematyka.pl/
Witam!
Ze swojej skromnej strony proponuję podobną zabawę z planimetrią, jak z dobrze rozwiniętymi nierównościami. Zasada mogłaby być ta sama, a nóż temat się rozwinie podobnie
Proponuję również, by troszeczkę wbrew nazwie tematu nie wrzucać jakiś kosmicznych zadań, tylko tak na poziomie II/III Etapu OM.
Pozdrawiam!
Problem 1:
Punkt O jest środkiem okręgu \(\displaystyle{ \omega}\) opisanego na trójkącie ostrokątnym ABC. Punkt D różny od punktów A i C leży na łuku AC nie zawierającym punktu B. Punkt E leży na boku AB, przy czym \(\displaystyle{ \angle ADE = \angle OBC}\), zaś punkt F leży na boku BC i spełnia równość \(\displaystyle{ \angle CDF= \angle OBA}\). Dowieść, że angle DEF = angle DOC oraz \(\displaystyle{ \angle DFE = \angle DOA}\).
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 17 lut 2010, o 12:50
autor: Manolin
Rozwiązanie problema 1
Ukryta treść:
Niech < EDA =a , < FDC=b,łatwo można wyliczyć z informacji podanych w zadaniu że < BAC=90-a , < BCA=90-b i dalej < BDE= < BCA- <EDA=(90-b)-a , < BDF= < CAB- < FDC=(90-a)-b
czyli BD jest dwusieczną w trójkącie EDF , niech X będzie punktem przecięcia się dwusiecznych w trójkącie DEF łatwo można wyliczyć , że <ABC=a+b ,<EDF=180-2a-2b , <EXF=180-a-b, czyli p-k EXFB leżą na jednym okręgu z czego: <FXE=<DBE=<ACD , i zachodzi DFE=2DCA , łatwo można też obliczyć że 2<DCA=<DOA i z tąd teza
A oto Problem 2
Ukryta treść:
W okrąg o środku O wpisano trójkąt ostrokątny ABC , prosta BO przecina ten okrąg w punkcie D a prosta zawierająca wysokość opuszczoną z wierzchołka A , przecina ten okrąg w punkcie E , udowodnij że pole trójkąta ABC jest równe pole czworokąta BECD
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 17 lut 2010, o 13:54
autor: danioto
Rozwiązanie problemu 2:
Ukryta treść:
Podzielmy trójkąt ABC na trzy trójkąty: ABO, BCO, CAO; oraz czworokąt BECD na trójkąty: BEO, ECO, CDO. Niech \(\displaystyle{ \angle ACB= \alpha}\). Wtedy \(\displaystyle{ \angle AOB = 2 \alpha}\). Zauważmy, że \(\displaystyle{ \angle CAE = 90 - \alpha}\) więc \(\displaystyle{ \angle COE= 180 \ - \ 2 \alpha}\). Dlatego Pole trójkąta ABO jest równe polu trójkąta COE (Pabo=r*r*sin(2 alfa)/2 oraz Pcoe=r*r*sin(180-2alfa)/2=r*r*sin(2 alfa)/2). Analogicznie dowodzimy równość pól trójkątów AOC= BEO oraz CDO=BCO.
Problem 3:
Niech \(\displaystyle{ \omega_{1}}\) będzie okręgiem opisanym na trójkącie ABC. Okrąg \(\displaystyle{ \omega_{2}}\) jest styczny do AB i AC odpowiednio w punktach P i Q oraz jest styczny do okręgu \(\displaystyle{ \omega_{1}}\). Dowieść, że środek odcinka PQ jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC.
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 17 lut 2010, o 16:43
autor: Swistak
danioto pisze:Zasada mogłaby być ta sama, a nóż temat się rozwinie podobnie
Przeprowadzasz dowód przez sztućce?
Teraz coś, aby się zabezpieczyć :
Z pewnością ten środek leży na dwusiecznej kąta BAC, więc mamy jakiś wniosek .
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 7 mar 2010, o 20:06
autor: Elvis
Temat trochę umarł, a szkoda, więc chyba nikt nie będzie miał do mnie pretensji, jeśli wrzucę cudze rozwiązanie problemu 3.
Ukryta treść:
Niech S - punkt styczności okręgów, B' - drugi punkt przecięcia \(\displaystyle{ \omega_1}\) i SQ, C' drugi punkt przecięcia \(\displaystyle{ \omega_1}\) i SP. W miarę prostym faktem jest, że B' i C' to środki łuków odpowiednio AC i AB. Mamy stąd, że proste BB' i CC' to dwusieczne kątów trójkąta ABC, a ich przecięcie I jest środkiem okręgu wpisanego w ABC. Z tw. Pascala dla sześciokąta SB'BACC' otrzymujemy współliniowość P, Q, I. Z symetrii wynika, że I jest środkiem PQ, co kończy dowód.
Problem 4
W czworokącie wypukłym \(\displaystyle{ ABCD}\): \(\displaystyle{ M = M(AC) \\
\sphericalangle BAD = \sphericalangle BMC = \sphericalangle DMC}\)
Udowodnij, że na czworokącie \(\displaystyle{ ABCD}\) można opisać okrąg.
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 7 mar 2010, o 20:52
autor: patry93
Co oznacza: \(\displaystyle{ M = M(AC)}\)?
[edit do postu niżej]
W sumie pasowałoby: M-middle
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 7 mar 2010, o 21:00
autor: pawelsuz
Może M jest środkiem AC?:d
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 7 mar 2010, o 21:32
autor: Elvis
Oczywiście. Wydawało mi się, że jest to szerzej znane oznaczenie środka odcinka. Zresztą sami do tego doszliście.
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 7 mar 2010, o 23:53
autor: danioto
Rozwiązanie problemu 4:
Ukryta treść:
Skoro \(\displaystyle{ \sphericalangle BMC = \sphericalangle DMC = \sphericalangle BAD = \alpha}\) to kąt \(\displaystyle{ \sphericalangle BMD = 2 \alpha}\). Jeżeli teraz opiszemy na trójkącie ABD okrąg, to łatwo stwierdzić, że jego środek jest w punkcie M. Skoro zaś M to środem AC, więc C również należy do tego okręgu, czyli ABCD można wpisać w okrąg. Teraz zostało tylko zwykłe rozpisanie kątów, po czym można stwierdzić przystawanie trójkątów \(\displaystyle{ \Delta BMC \equiv \Delta CMD \hbox{ oraz } \Delta ABM \equiv \Delta AMD}\)
Co pociąga za sobą \(\displaystyle{ BC = CD \hbox{ oraz } AB = DA \Rightarrow AB + CD = BC +AD}\).
Co kończy dowód zadania.
Problem 5:
W trójkącie ABC środkowe poprowadzone do boków AB i AC przecinają się pod kątem prostym. Wykazać, że \(\displaystyle{ \ctg \beta + \ctg \gamma \ge \frac{2}{3}}\)
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 8 mar 2010, o 14:02
autor: Elvis
Kilka uwag:
Ukryta treść:
danioto pisze:łatwo stwierdzić, że jego środek jest w punkcie M
Z tym się nie zgodzę, zwłaszcza że wydaje się być nieprawdziwe.
danioto pisze:czyli ABCD można wpisać w okrąg
To było tezą zadania.
danioto pisze:\(\displaystyle{ BC = CD \hbox{ oraz } AB = DA}\)
A to znowu wydaje się nieprawdziwe. Poza tym, że od pewnego momentu dowodzisz wpisywalności, a nie opisywalności okręgu na ABCD.
Rozwiązanie problemu 5:
Ukryta treść:
Niech B', C' - środki boków odpowiednio AC i AB; S - środek ciężkości trójkąta ABC, leży oczywiście na przecięciu BB' i CC'. Niech \(\displaystyle{ c=SC', \ b=SB'}\), wtedy \(\displaystyle{ SC=2c, \ SB=2b}\). Ze wzoru na cotangens sumy kątów
(\(\displaystyle{ \cot(\alpha+\beta) = \frac{\cot \alpha \cot \beta - 1}{\cot \alpha + \cot \beta}}\) - w kompendium jest literówka, więc podaję): \(\displaystyle{ \cot \beta = \frac{\frac{2b}{c} \cdot \frac{2b}{2c} - 1}{\frac{2b}{c} + \frac{2b}{2c}} = \frac{2c^2 - b^2}{3bc} \\
\cot \gamma = \frac{2b^2 - c^2}{3bc} \\
\cot \beta + \cot \gamma = \frac{b^2 + c^2}{3bc}}\)
Teza wynika natychmiast z nierówności \(\displaystyle{ (b-c)^2 \geq 0}\).
Jak mniemam, obowiązuje problem 4.
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 8 mar 2010, o 14:57
autor: waral
4.
Ukryta treść:
Niech prosta \(\displaystyle{ l}\) będzie symetralną odcinka \(\displaystyle{ AC}\), oczywiście prosta ta przechodzi przez punkt \(\displaystyle{ M}\). Niech E będzie punktem symetrycznym do \(\displaystyle{ D}\) względem \(\displaystyle{ l}\). Zatem \(\displaystyle{ ACDE}\) jest trapezem równoramiennym i można na nim opisać okrąg. Ponadto \(\displaystyle{ \sphericalangle EMA= \sphericalangle DMC= \sphericalangle BMC}\) zatem E,M,B leżą na jednej prostej. Skoro \(\displaystyle{ ED}\) jest równoległy do \(\displaystyle{ AC}\) to \(\displaystyle{ \sphericalangle BED= \sphericalangle AME= \sphericalangle BMC= \sphericalangle BAD}\). Zatem pkty B,C,D,E leżąna jednym okręgu.Również A,C,D,E leżą na jednym okręgu.Okręgi te mają trzy pkty wspólne więc ostatecznie A,B,C,D,E leżą na jednym okręgu. c.k.d.
6. Środkowe \(\displaystyle{ A A_{1},C C_{1}}\) w trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ M}\). Udowodnić, że jeśli w \(\displaystyle{ A_{1}B C_{1}M}\) da się wpisać okrąg, to \(\displaystyle{ AB=BC}\).
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 8 mar 2010, o 17:05
autor: binaj
6.
Ukryta treść:
Mamy: \(\displaystyle{ MA_{1}+C_{1}B=MC_{1}+BA_{1} \Leftrightarrow AM+AB=CM+CB}\)
Ale z drugiej strony, (korzystamy z własności, ze styczne z punktu do okręgu są równej długości): \(\displaystyle{ CM+AB=AM+BC}\)
czyli: \(\displaystyle{ CB-AB=AM-CM=AB-CB}\) C.B.D.U.
7. W trójkącie ABC punkty K i L są rzutami prostokątnymi wierzchołków B i C na dwusieczną kąta BAC, punkt M jest spodkiem wysokości poprowadzonej z wierzchołka A, a punkt N jest środkiem boku BC. Wykazać, że punkty K,L,M,N lezą na jednym okręgu.
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 8 mar 2010, o 19:26
autor: waral
7.
Ukryta treść:
Zauważmy, że A,C,M,L leżą na jednym okręgu. Stąd wynika: \(\displaystyle{ \sphericalangle LAC= \sphericalangle LMN}\) Przedłużmy prostą BK do przecięcia z AC i oznaczmy ten punkt przez P. Oczywiście \(\displaystyle{ \sphericalangle APK=90- \sphericalangle KAP}\). Zauważmy teraz, że KN jest równoległy do AP(N to środek BC a K to środek BP). Stąd, \(\displaystyle{ \sphericalangle NKA= \sphericalangle KAP}\), ale \(\displaystyle{ \sphericalangle KAP= \sphericalangle LAC= \sphericalangle LMN= \sphericalangle LKN}\), skąd teza.
8. Dwa okręgi, które nie mają punktów wspólnych są styczne zewnętrznie do prostej k(odpowiednio w punktach P i Q) i styczne wewnętrznie do prostej l (odpowiednio w punktach X i Y).
Wykazać, że punkt przecięcia prostych PX i QY leży na prostej łączącej środki tych okręgów.
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 8 mar 2010, o 20:50
autor: Elvis
Jest prawie takie samo, jak zadanie 3. z II etapu rok temu.
8.
Ukryta treść:
Niech R będzie punktem przecięcia tych stycznych, Z - punktem przecięcia PX i QY, \(\displaystyle{ O_1}\) - środkiem okręgu z punktami P i X, \(\displaystyle{ O_2}\) - środkiem tego drugiego, O - punktem przecięcia \(\displaystyle{ O_1O_2}\) i PQ (dowód dla równoległości tych prostych bardzo podobny).
Oczywiście \(\displaystyle{ PZ \perp OO_1 \perp OO_2 \perp QZ}\), skąd \(\displaystyle{ PZ \parallel OO_2, \ QZ \parallel OO_1}\), przy okazji \(\displaystyle{ PO_1 \parallel QO_2}\). Niech \(\displaystyle{ Z_1, \ Z_2}\) - punkty przecięcia odpowiednio PZ i QZ z \(\displaystyle{ O_1O_2}\). Z tw. Talesa: \(\displaystyle{ \frac{OP}{OR} = \frac{OZ_1}{OO_2} \\
\frac{OR}{OQ} = \frac{OO_1}{OZ_2} \\
\frac{OP}{OQ} = \frac{OO_1}{OO_2}}\)
Po wymnożeniu dwóch pierwszych i podzieleniu przez trzecie mamy \(\displaystyle{ OZ_1 = OZ_2}\), co dowodzi, że \(\displaystyle{ Z \in O_1O_2}\).
9. Punkty \(\displaystyle{ A, \ B, \ C, \ D}\) leżą na okręgu \(\displaystyle{ o}\) w tej właśnie kolejności. Punkt \(\displaystyle{ S}\) leży wewnątrz okręgu \(\displaystyle{ o}\) i spełnia warunki \(\displaystyle{ \sphericalangle SAD = \sphericalangle SCB}\) oraz \(\displaystyle{ \sphericalangle SDA = \sphericalangle SBC}\). Prosta zawierająca dwusieczną kąta \(\displaystyle{ ASB}\) przecina okrąg \(\displaystyle{ o}\) w punktach \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\). Dowieść, że \(\displaystyle{ PS=QS}\).
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 8 mar 2010, o 22:41
autor: waral
9. też wygląda znajomo:>
Ukryta treść:
Z zależności danych w treści wynika,że \(\displaystyle{ (1) \frac{CS}{AS}= \frac{BS}{DS}}\). Przedłużmy BS i AS do przecięcia z okręgiem odpowiednio w punktach N i M. Dwusieczna ASB jest równocześnie dwusieczną kąta MSN. Zauważmy teraz, że \(\displaystyle{ \sphericalangle CSA= \sphericalangle CSB+ \sphericalangle ASB= \sphericalangle DSB}\). Stąd i na mocy (1) trójkąty CSA i DSB są podobne, w szczególności \(\displaystyle{ \sphericalangle CAM= \sphericalangle BDS}\). Zatem \(\displaystyle{ \sphericalangle BDA= \sphericalangle SDA- \sphericalangle BDS= \sphericalangle CBN- \sphericalangle CAM= \sphericalangle MAN}\). Stąd, łuki AB i MN są równe i ABMN jest trapezem równoramiennym o podstawach AN i BM. Oznaczmy przez K i L punkty przecięcia dwusiecznej ASB odpowiednio z AB i MN. \(\displaystyle{ \frac{ML}{LN}= \frac{SM}{SN}= \frac{BS}{AS}= \frac{BK}{KA}}\). Zatem PQ jest równoległy do MB i NA oraz S jest punktem przecięcia przekątnych trapezu. c.k.d.
10. Dany jest punkt C na odcinku AB. Prosta przechodząca przez C przecina okręgi o średnicach AC i BC w punktach K i L oraz okrąg o średnicy AB w punktach M,N. Udowodnić, że KM=LN.