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.
Zauważmy wpierw, że \(\displaystyle{ \angle KBX = \pi - \angle XPK = \angle KPC = \angle KYC}\) oraz \(\displaystyle{ \angle BXK = \angle BPK = \pi - \angle KPY = \angle YCK}\). Mamy więc (kkk) \(\displaystyle{ \Delta KBX \sim \Delta KYC}\). Ponadto \(\displaystyle{ XY}\) jest styczną do tych okręgów, więc \(\displaystyle{ \angle KXY = \angle KBX}\) oraz \(\displaystyle{ \angle XYK = \angle YCK}\), więc także \(\displaystyle{ \Delta KBX \sim \Delta KXY \sim \Delta KYC.}\)
Przeprowadzając podobny rachunek na kątach można dostać podobieństwo \(\displaystyle{ \Delta QXY \sim \Delta QBC.}\)
Niech \(\displaystyle{ PK}\) tnie \(\displaystyle{ XY}\) w punkcie \(\displaystyle{ R}\). Wówczas z potęgi punktu mamy \(\displaystyle{ RX^2=RP\cdot RK = RY^2}\), tzn \(\displaystyle{ RX=RY}\), czyli \(\displaystyle{ R}\) jest środkiem \(\displaystyle{ XY}\). Z wcześniejszych podobieństw wynika więc, że jeśli \(\displaystyle{ S}\) jest środkiem \(\displaystyle{ YC}\), to \(\displaystyle{ \Delta KRS \sim \Delta KXY}\) a stąd \(\displaystyle{ \angle SKR = \angle YKX = \angle XKB = \angle YXA.}\)
Zatem \(\displaystyle{ \angle AXQ = \angle PKQ \iff \angle YXQ = \angle SKQ}\). Żeby to wykazać, wystarczy udowodnić, że jeśli punkt \(\displaystyle{ T}\) jest taki, że \(\displaystyle{ KCTY}\) jest równoległobokiem, to \(\displaystyle{ \Delta QXY \sim \Delta QKT}\).
Tu kończy się ładna część rozwiązania. Przejdziemy teraz do rachunku na liczbach zespolonych.
Małymi literami będziemy oznaczać liczby zespolone odpowiadające odpowiednim punktom. Możemy sobie przyjąć, że \(\displaystyle{ k=0, b=1}\). Z podobieństwa \(\displaystyle{ \Delta KBX \sim \Delta KXY \sim \Delta KYC}\) wnioskujemy, że \(\displaystyle{ y=x^2, c=x^3}\). Natomiast z \(\displaystyle{ \Delta QXY \sim \Delta QBC}\) wynika, że \(\displaystyle{ \frac{q-x}{q-y} = \frac{q-b}{q-c} \iff q=\frac{x^2(1+x)}{1+x^2}}\). Jest jasne, że \(\displaystyle{ t=y+c=x^2(1+x)}\).
Mamy oczywiście \(\displaystyle{ \Delta QXY \sim \Delta QKT \iff \frac{y-x}{q-x} = \frac {t-k}{q-k}}\) i łatwo sprawdzić, że po podstawieniu tych wcześniejszych równości to jest prawda.
------------------ \(\displaystyle{ ABC}\) jest trójkątem ostrokątnym, w którym kąt przy wierzchołku \(\displaystyle{ B}\) jest większy niż kąt przy wierzchołku \(\displaystyle{ C}\). Odcinek \(\displaystyle{ AD}\) jest wysokością trójkąta. \(\displaystyle{ E}\) jest rzutem prostokątnym punktu \(\displaystyle{ D}\) na \(\displaystyle{ AC}\). Niech punkt \(\displaystyle{ F}\) leży na odcinku \(\displaystyle{ DE}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ AF \perp BF \iff EF \cdot DC = BD \cdot DE}\)
Rozwiązanie zadania.
Ukryta treść:
Implikacja jeśli prostopadłość to równość: Jeśli \(\displaystyle{ AF}\) i\(\displaystyle{ BF}\) są prostopadłe to \(\displaystyle{ A, F ,B, D}\) leżą na okręgu. Po prostych przeliczeniach na kątach uzyskamy iż trójkąty \(\displaystyle{ AFB}\) i\(\displaystyle{ AED}\) są do siebie podobne jak i trójkąty \(\displaystyle{ AEF}\) i \(\displaystyle{ ADB}\) są podobne. Stąd \(\displaystyle{ \frac{EF}{BD} = \frac{AE}{AD}= \frac{DE}{DC}}\) stąd ta równość.
Druga implikacja jest również z prostych faktów. Wykażę iż trójkąty \(\displaystyle{ AEF}\) i \(\displaystyle{ ADB}\) są podobne. Łatwo wykazać iż \(\displaystyle{ AD ^{2}=AC \cdot AE}\) ( podobieństwo) zatem \(\displaystyle{ \frac{EF}{BD}= \frac{DE}{DC}= \frac{AD}{AC}= \frac{AE}{AD}}\) stąd \(\displaystyle{ \frac{EF}{AE}= \frac{DB}{AD}}\) czyli \(\displaystyle{ AEF}\) i \(\displaystyle{ ADB}\) są podobne.Stąd \(\displaystyle{ \sphericalangle EFA= \sphericalangle ADB}\) czyli \(\displaystyle{ A,F,D,B}\) leżą na okręgu czyli \(\displaystyle{ \sphericalangle AFB= \frac{ \pi }{2}.}\)
Następne zadnie wrzucę jutro:D-- 22 maja 2011, o 22:45 --W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\)\(\displaystyle{ R}\) to promień okręgu opisanego i \(\displaystyle{ P}\) to punkt wewnątrz tego trójkąta. Pokaż, że: \(\displaystyle{ \frac{PA}{BC ^{2} }+ \frac{PB}{CA ^{2} }+ \frac{PC}{AB ^{2} } \ge \frac{1}{R}}\)
Widzę że ostatnie zadanko zablokowało łańcuszek, wiec pozwolę sobie zmienić zadanie na moje własne:
Trójkąty \(\displaystyle{ ABC}\) i \(\displaystyle{ AEF{}}\) mają równe pola i są jednakowo zorientowane. Punkt \(\displaystyle{ P}\) jest taki że \(\displaystyle{ PBAF}\) jest równoległobokiem. Punkt \(\displaystyle{ Q}\) jest taki, że \(\displaystyle{ ACQE}\) jest równoległobokiem. Pokaż, że proste \(\displaystyle{ PQ}\), \(\displaystyle{ BE}\) i \(\displaystyle{ CF}\) przecinają się w jednym punkcie.
Ostatnio zmieniony 29 cze 2011, o 23:56 przez Althorion, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód:Poprawa wiadomości. Z jakiegoś powodu "AEF" się paskudnie brzydko renderowało.
Przez \(\displaystyle{ [XYZ]}\) oznaczam zorientowane pole trójkąta \(\displaystyle{ XYZ}\), tzn. umawiamy się, że jeśli wierzchołki \(\displaystyle{ XYZ}\) leżą w tej kolejności przeciwnie do wskazówek zegara to pole jest dodatnie, a jak zgodnie to ujemne. Wygodnie używać tej notacji, bo nie ma problemów z konfiguracjami (w pewnych konfiguracjach zamiast dodawać pole należy je odjąć albo coś w ten deseń).
Wpierw lemat (dowód pozostawiam jako proste ćwiczenie, ewentualnie można zajrzeć do broszurki ze Zwardonia '07 zad. 10): miejscem geometrycznym punktów \(\displaystyle{ X}\) takich, że \(\displaystyle{ [ABX]=[CDX]}\) jest pewna prosta przechodząca przez punkt wspólny prostych \(\displaystyle{ AB, CD}\).
Jeszcze drugi lemat, trochę prostszy niż pierwszy: jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ CD}\), to \(\displaystyle{ 2[ABX] = [ABC]+[ABD]}\)
Przejdźmy do rozwiązania zadania.
Niech \(\displaystyle{ K,L,M,N}\) będą punktami symetrycznymi do punktu \(\displaystyle{ A}\) względem odpowiednio \(\displaystyle{ B,C,E,F}\). Zauważmy, że \(\displaystyle{ 8[BEP]=4[BAP]+4[BMP]=2[BAM]+2[BAL]+2[BML]=[KAM]+[KAL]+[LAM]+[LKM]=[KAL]+[LAM]+[KAML]=2[KAL]+2[LAM]}\), analogicznie można dojść do \(\displaystyle{ 8[CFP]=2[MAN]+2[LAM]}\), więc skoro \(\displaystyle{ [MAN]=[KAL]}\) to \(\displaystyle{ [BEP]=[CFP]}\). No i analogicznie \(\displaystyle{ [BEQ]=[CFQ]}\) więc na mocy lematu mamy tezę.
nowe: dany jest pięciokąt wypukły \(\displaystyle{ ABCDE}\). Punkty \(\displaystyle{ F,G,H,I,J,A',B',C',D',E'}\) są punktami przecięcia: \(\displaystyle{ AD}\) z \(\displaystyle{ BE}\), \(\displaystyle{ BE}\) z \(\displaystyle{ CA}\), \(\displaystyle{ CA}\) z \(\displaystyle{ DB}\), \(\displaystyle{ DB}\) z \(\displaystyle{ EC}\), \(\displaystyle{ EC}\) z \(\displaystyle{ AD}\), \(\displaystyle{ AI}\) z \(\displaystyle{ BE}\), \(\displaystyle{ BJ}\) z \(\displaystyle{ CA}\), \(\displaystyle{ CF}\) z \(\displaystyle{ BD}\), \(\displaystyle{ DG}\) z \(\displaystyle{ EC}\), \(\displaystyle{ EH}\) z \(\displaystyle{ AD}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ \frac{AB'}{B'C}\cdot \frac{CD'}{D'E}\cdot \frac{EA'}{A'B}\cdot\frac{BC'}{C'D}\cdot \frac{DE'}{E'A}=1}\)
edit: dołączam rysunek
Ostatnio zmieniony 27 lip 2011, o 19:23 przez timon92, łącznie zmieniany 1 raz.
Niech prosta \(\displaystyle{ AI}\) przecina \(\displaystyle{ CD}\) w punkcie \(\displaystyle{ X}\). Będziemy chcieli jakoś ,,fajnie' obliczyć stosunek \(\displaystyle{ \frac{BA'}{A'E}}\) aby stosując podobne rozumowanie dla pozostałych \(\displaystyle{ 4}\) stosunków wszystko sie pięknie poskracało. Szczęśliwie nie jest to trudne: \(\displaystyle{ \frac{BA'}{A'E}= \frac{P _{BIA'} }{P _{EIA'} }= \frac{BI}{EI} \cdot \frac{sin \sphericalangle
DIX}{sin \sphericalangle XIC}= \frac{BI}{EI} \cdot \frac{XD}{CX} \cdot \frac{ID}{IC}}\) ( po drodze skorzystałem z tw, sinusów).
Z twierdzenia Cevy wiemy, że \(\displaystyle{ \frac{XD}{CX}= \frac{AH}{CH} \cdot \frac{JD}{AJ}}\) stąd:
Pozostaje stworzyć w analogiczny sposób jeszcze 4 takie równości wymnożyć i zauważyć że to daje tezę zadania.
Następne zadanie:
W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) okrąg wpisany o środku \(\displaystyle{ I}\) jest styczny do boków \(\displaystyle{ BC}\), \(\displaystyle{ CA}\) i \(\displaystyle{ AB}\) w punktach odpowiednio \(\displaystyle{ D}\), \(\displaystyle{ E}\), \(\displaystyle{ F}\). Niech \(\displaystyle{ AD}\) przecina ten okrąg w punkcie \(\displaystyle{ M}\). Prosta \(\displaystyle{ DF}\) przecina okrąg opisany na trójkącie \(\displaystyle{ CDM}\) w punkcie \(\displaystyle{ N}\). Proste \(\displaystyle{ CN}\) i \(\displaystyle{ AB}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ G}\). Pokaż, że \(\displaystyle{ CD=3FG}\).
Niech \(\displaystyle{ EF}\) tnie \(\displaystyle{ CN}\) oraz \(\displaystyle{ CB}\) w punktach \(\displaystyle{ K, L}\).
Wiadomo że \(\displaystyle{ L,D,B,C}\) jest czwórką harmoniczną, więc \(\displaystyle{ K,N,G,C}\) też, więc \(\displaystyle{ \frac{KG \cdot NC}{GN \cdot KC}=1}\)
Wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ N}\) jest środkiem \(\displaystyle{ KC}\). Istotnie, jeśli tak będzie, to z równości wyżej prosto wynika, że \(\displaystyle{ \frac{GK}{KC}=\frac{1}{3}}\) i dalej z Menelaosa \(\displaystyle{ \frac{GF}{CD}=\frac{GF}{EC}=\frac{GF}{FA}\cdot \frac{AE}{EC}=\frac{GK}{KC}=\frac 13}\) czyli to co trzeba.
Więc teraz będziemy pokazywać, że \(\displaystyle{ N}\) jest środkiem \(\displaystyle{ KC}\).
Rozważmy inwersję względem pewnego okręgu o środku w \(\displaystyle{ N}\). Obraz inwersyjny obiektu \(\displaystyle{ X}\) będziemy oznaczać przez \(\displaystyle{ X'}\).
Wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ NK'=NC'}\)
Okrąg \(\displaystyle{ DE FM}\) przejdzie na na jakiś inny okrąg \(\displaystyle{ D'E'F'M'}\). Skoro \(\displaystyle{ DM}\) jest symedianą w trójkącie \(\displaystyle{ D EF}\), to \(\displaystyle{ \frac{DE\cdot MF}{DF \cdot ME}=1}\). Inwersja zachowuje dwustosunek czwórki punktów, więc \(\displaystyle{ \frac{D'E'\cdot M'F'}{D'F' \cdot M'E'}=1}\), tzn \(\displaystyle{ D'M'}\) jest symedianą w trójkącie \(\displaystyle{ D'E'F'}\). Okrąg \(\displaystyle{ MFN}\) przejdzie na prostą \(\displaystyle{ M'F'}\). Okręgi \(\displaystyle{ E'NC'}\) i \(\displaystyle{ D'NC'}\) są styczne do okręgu \(\displaystyle{ D'E'F'M'}\) w punktach \(\displaystyle{ E',D'}\). Okręgi \(\displaystyle{ D'NC'}\) i \(\displaystyle{ D'F'M'}\) są jednokładne, więc \(\displaystyle{ NC' \parallel F'M'}\). Okrąg \(\displaystyle{ E'F'N}\) przecina prostą \(\displaystyle{ NC'}\) w punktach \(\displaystyle{ N,K'}\). Niech styczne do okręgu \(\displaystyle{ D'E'F'}\) w punktach \(\displaystyle{ D', E'}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Punkt \(\displaystyle{ P}\) jest środkiem potęgowym okręgów \(\displaystyle{ D'NC', E'NC', D'E'F'}\). Leży więc na prostej \(\displaystyle{ NC'}\). Niech \(\displaystyle{ NC'}\) tnie okrąg \(\displaystyle{ D'E'F'}\) w punktach \(\displaystyle{ X,Y}\). Niech \(\displaystyle{ Z}\) będzie środkiem \(\displaystyle{ XY}\). \(\displaystyle{ XY}\) jest symedianą trójkąta \(\displaystyle{ D'YE'}\), więc \(\displaystyle{ \angle XZE' = \angle D'YE'}\) (mniej znana własność symediany). Ale \(\displaystyle{ \angle D'YE' = \angle D'F'E' = \angle NF'E'}\). Stąd \(\displaystyle{ Z}\) leży na okręgu \(\displaystyle{ E'F'N}\), więc \(\displaystyle{ Z=K'}\). Mamy (znowu mniej znana własność symediany) \(\displaystyle{ \angle D'ZX = \angle D'YE' = \angle D'M'E'}\), ponadto \(\displaystyle{ \angle ZND' = \pi - \angle D'NC' = \pi - \angle D'F'M' = \angle M'E'D'}\), zatem \(\displaystyle{ \Delta D'ZN \sim \Delta D'M'E'}\). Zatem \(\displaystyle{ \frac{D'N}{NC'} = \frac{D'F'}{F'M'} = \frac{D'E'}{E'M'} = \frac{D'N}{NZ}}\) i stąd \(\displaystyle{ NZ = NC'}\), cbdu
--------------------
Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\), \(\displaystyle{ M, N}\) są punktami leżącymi na odcinku \(\displaystyle{ BC}\). Okrąg \(\displaystyle{ o_1}\) o środku \(\displaystyle{ I}\) jest styczny do odcinków \(\displaystyle{ BM}\) (w punkcie \(\displaystyle{ E}\)), \(\displaystyle{ AM}\) i okręgu \(\displaystyle{ (ABC)}\), okrąg \(\displaystyle{ o_2}\) o środku \(\displaystyle{ J}\) jest styczny do \(\displaystyle{ AN}\) (w punkcie \(\displaystyle{ F}\)), \(\displaystyle{ CN}\) i okręgu \(\displaystyle{ (ABC)}\). Prosta \(\displaystyle{ k}\) jest drugą wspólną styczną zewnętrzną do okręgów \(\displaystyle{ o_1, o_2}\). Punkt \(\displaystyle{ T}\) leży na \(\displaystyle{ k}\) w taki sposób, że \(\displaystyle{ k}\) jest styczna do okręgu \(\displaystyle{ (BTC)}\). Okrąg \(\displaystyle{ o_3}\) jest styczny do \(\displaystyle{ k}\), \(\displaystyle{ BC}\) w punktach \(\displaystyle{ T, S}\) odpowiednio. Wykazać, że \(\displaystyle{ TS}\) jest dwusieczną kąta \(\displaystyle{ \angle ETF}\).
Niech prosta \(\displaystyle{ k}\) i \(\displaystyle{ BC}\) przecinają sie w punkcie \(\displaystyle{ X}\). Niech \(\displaystyle{ o _{1}}\) i \(\displaystyle{ o _{2}}\) będą styczne do okręgu opisanego na \(\displaystyle{ ABC}\) w punktach \(\displaystyle{ Y}\), \(\displaystyle{ Z}\). Wówczas korzystając z twierdzeń o złożeniach jednokładności otrzymujemy iż, \(\displaystyle{ X}\), \(\displaystyle{ Y}\), \(\displaystyle{ Z}\) sa wspóliniowe. Wiadomo iż punkt \(\displaystyle{ X}\) jest srodkiem inwersyjnym okręgu \(\displaystyle{ o _{1}}\) na \(\displaystyle{ o _{2}}\) z tego oraz z potegi punktu otrzymamy iż okrąg opisany na \(\displaystyle{ ETF}\) jest styczny do \(\displaystyle{ k}\). Przekształcając teraz okrag opisany na \(\displaystyle{ ETF}\) na okrag \(\displaystyle{ o _{3}}\) w jednokładności względem \(\displaystyle{ T}\) otrzymamy tezę zadania.
Następne zadanie
Pokaż, że \(\displaystyle{ FF'||OH}\) gdzie \(\displaystyle{ F}\) to punkt Fermata, \(\displaystyle{ F'}\) to punkt izogonalnie sprzężony do \(\displaystyle{ F}\), \(\displaystyle{ O}\) środek okręgu opisanego, \(\displaystyle{ H}\) ortocentrum.
Alternatywne zadanie:
W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) punkt \(\displaystyle{ H}\) to ortocentrum. Przez \(\displaystyle{ H}\) poprowadzono dwie proste prostopadłe. Pierwsza z nich przecina \(\displaystyle{ AC}\), \(\displaystyle{ AB}\), \(\displaystyle{ BC}\) w punktach odpowiednio \(\displaystyle{ B"}\), \(\displaystyle{ C"}\), \(\displaystyle{ A"}\), natomiast druga z nich przecina \(\displaystyle{ BC}\), \(\displaystyle{ AB}\), \(\displaystyle{ AC}\) w punktach odpowiednio \(\displaystyle{ A'}\), \(\displaystyle{ B'}\), \(\displaystyle{ C'}\). Pokaż, że środki odcinków \(\displaystyle{ A'A"}\),\(\displaystyle{ B'B"}\), \(\displaystyle{ C'C"}\) leżą na jednej prostej.
Wystarczy pokazać, że czworokąty zupełne \(\displaystyle{ ABCB''C''A''}\) oraz \(\displaystyle{ ABCB'C'A'}\) mają ten sam punkt Miquela \(\displaystyle{ X}\). Stąd będzie wynikało, że okręgi \(\displaystyle{ A''CB''}\) i \(\displaystyle{ A'B'C}\) przechodzą przez \(\displaystyle{ X}\), i skoro tak to \(\displaystyle{ X}\) jest punktem Miquela czworokąta zupełnego \(\displaystyle{ CB''A''HB'A'}\) i stąd okręgi \(\displaystyle{ A'A''H}\) i \(\displaystyle{ B'B''H}\) przechodzą przez \(\displaystyle{ X}\). Analogicznie mozna dostać że \(\displaystyle{ C'C''H}\) przechodzi przez \(\displaystyle{ X}\), tzn. te trzy okręgi mają wspólną oś potęgową, więc ich środki są współliniowe, czyli środki odcinków \(\displaystyle{ A'A'', B'B'', C'C''}\) są współliniowe.
No to teraz będziemy pokazywać że te czworokąty mają wspólny punkt Miquela. Można sobie policzyć (rozważając inwersję w \(\displaystyle{ C}\) dostajemy że to jest równoważne współpękowości jakichś tam prostych i z Menelaosa można se wyliczyć stosunki), że tak będzie wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \frac{B'A}{AB''}=\frac{A'B}{BA''}}\). To jest równoważne (po dodaniu jedynki do obu stron) następującej równości: \(\displaystyle{ \frac{B'B''}{AB''}=\frac{A'A''}{BA''}}\). Zrzutujmy \(\displaystyle{ A,B}\) na prostą \(\displaystyle{ A'B'}\) otrzymując \(\displaystyle{ P,Q}\). Należy więc pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{B'H}{PH}=\frac{A'H}{QH} \iff HB' \cdot HQ = A'H \cdot PH}\). Pokażemy, że każdy z tych iloczynów równa się \(\displaystyle{ HA \cdot HD}\). Równość \(\displaystyle{ A'H \cdot PH = HA \cdot HD}\) jest równoważna temu, że \(\displaystyle{ APDA'}\) leżą na okręgu a to jest prawda bo \(\displaystyle{ \angle APA' = \frac \pi 2 = \angle ADA'}\). Analogicznie uzasadniamy równość \(\displaystyle{ HB' \cdot HQ = HA \cdot HD}\). Kończy to dowód.
--------------------------------------
Okrąg o środku I jest wpisany w czworokąt wypukły ABCD, przy czym punkt I nie leży na prostej AC. Przekątne AC i BD przecinają się w punkcie E. Prosta przechodząca przez punkt E oraz prostopadła do prostej BD przecina proste AI, CI odpowiednio w punktach P, Q. Wykazać, że PE = EQ.
Pozwolę sobie wrzucić inny dowód ostatniego zadania:
Łatwo się domyślić iż wystarczy pokazać ze okręgi opisane na \(\displaystyle{ C _{1}HC _{2}}\), \(\displaystyle{ A _{2}HA _{1}}\),\(\displaystyle{ B _{2}HB _{1}}\) mają wspólną oś potęgową. Rozważmy parabolę dopisaną do czworokąta \(\displaystyle{ AB _{2}HC _{1}}\). Prosta \(\displaystyle{ BC}\) wraz z punktem \(\displaystyle{ A}\) tworzą trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) o ortocentrum \(\displaystyle{ H}\), a ponieważ kierownica paraboli dopisanej do trójkąta zawiera jego ortocentrum oraz korzystając z tego że parabole widac pod kątem prostym z punktu na kierownicy wnioskujemy iż \(\displaystyle{ BC}\) jest styczne do naszej paraboli. Zatem skoro nasza parabola jest dopisana do trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) wiec jej ognisko to punkt Miguela Trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\). Pozostaje jeszcze wspomnieć iż jeśli trzy styczne do paraboli tworzą trójkąt to okrąg na nim opisany zawiera ognisko paraboli. Na mocy przytoczonych faktów łatwo uzyskujemy też zadania.
Ostatnio zmieniony 31 lip 2011, o 16:10 przez Burii, łącznie zmieniany 2 razy.
Na początek lemat ( w zasadzie będziemy korzystać tylko z pewnego faktu użytego do dowodu lematu, lecz ten lemat sam w sobie jest interesujący i warto o nim wspomnieć)
Dany jest czworokąt \(\displaystyle{ ABCD}\) opisany na okręgu o środku w \(\displaystyle{ I}\). Punkt \(\displaystyle{ X}\) jest rzutem \(\displaystyle{ I}\) na \(\displaystyle{ BD}\). Wówczas prosta \(\displaystyle{ BD}\) jest dwusieczną kąta \(\displaystyle{ AXC}\).
Dowód: Niech okrąg bedzie styczny do boków \(\displaystyle{ AB}\), \(\displaystyle{ BC}\), \(\displaystyle{ CD}\), i \(\displaystyle{ AD}\) w punktach odpowiednio \(\displaystyle{ E}\), \(\displaystyle{ F}\), \(\displaystyle{ G}\), \(\displaystyle{ H}\). Wiadomo iż proste \(\displaystyle{ HG}\), \(\displaystyle{ EF}\), \(\displaystyle{ AC}\) przecinają sie w jakimś punkcie \(\displaystyle{ P}\). Niech punkt przecięcia przekątnych czworokąta \(\displaystyle{ ABCD}\) to \(\displaystyle{ S}\). Wówczas łatwo pokazać poprzez rzutowanie iż \(\displaystyle{ P}\), \(\displaystyle{ A}\), \(\displaystyle{ S}\), \(\displaystyle{ C}\) jest czwórką harmoniczną. Z twierdzenia Hira wynika iż \(\displaystyle{ BD}\) jest biegunową punktu \(\displaystyle{ P}\) względem naszego okręgu a to oznacza iż \(\displaystyle{ PI}\) jest prostopadłe do \(\displaystyle{ BD}\) czyli \(\displaystyle{ X}\) należy do \(\displaystyle{ BD}\) i \(\displaystyle{ PI}\). Zatem okrąg przechodzący przez punkty \(\displaystyle{ P}\), \(\displaystyle{ X}\), \(\displaystyle{ S}\) jest okręgiem Apoloniusza trójkąta \(\displaystyle{ AXC}\) stąd \(\displaystyle{ XS}\) jest dwusieczną kąta \(\displaystyle{ AXC}\) cbdu.
Wróćmy do zadania
Z twierdzenia Menelaosa dla trójkąta \(\displaystyle{ PIQ}\) przeciętego prostą \(\displaystyle{ AC}\) mamy iż:
\(\displaystyle{ \frac{EP}{EQ}= \frac{IC}{CQ} \cdot \frac{AP}{AI}}\) więc wystarczy pokazać iż \(\displaystyle{ \frac{IC}{CQ} \cdot \frac{AP}{AI}=1}\)
Niech teraz \(\displaystyle{ K}\), \(\displaystyle{ L}\), \(\displaystyle{ M}\) będą rzutami punktów \(\displaystyle{ A}\), \(\displaystyle{ C}\), \(\displaystyle{ I}\) ( w tej kolejności) na prostą \(\displaystyle{ BD}\). Wówczas nasza równość do pokazanie jest równoważna temu że \(\displaystyle{ K}\), \(\displaystyle{ L}\) ,\(\displaystyle{ E}\), \(\displaystyle{ M}\) jest harmoniczna, lecz jest to oczywiste gdyż z dowodu lematu wynika że punkt przecięcia \(\displaystyle{ MI}\) i \(\displaystyle{ AC}\) wraz z punktami \(\displaystyle{ A}\), \(\displaystyle{ E}\), \(\displaystyle{ C}\) tworza czwórkę harmoniczną a punkty \(\displaystyle{ K}\), \(\displaystyle{ L}\), \(\displaystyle{ M}\), \(\displaystyle{ E}\) są rzutami punktów tworzących czwórkę harmoniczną na ustaloną prostą więc te rzuty też tworzą czwórkę harmoniczną.
Uwaga: Teza zadania zachodzi również gdy mamy okrąg dopisany do \(\displaystyle{ ABCD}\).
Następne zadanie. Pokaż że okrąg \(\displaystyle{ 9}\) punktów trójkąta powstałego w wyniku przecięcia wszystkich przekątnych czworokąta zupełnego \(\displaystyle{ ABCD}\) zawiera punkt Miguela czworokąta \(\displaystyle{ ABCD}\).
Niech ABCDEF będzie czworokątem zupełnym takim, że trójki punktów ABF, ACD, BEC, DEF są współliniowe. Niech prosta AE tnie proste BD, CF w punktach G, H. Niech I będzie środkiem GH. Niech a będzie prostą równoległą do BD przechodzącą przez I. Niech b będzie prostą równoległą do DF przechodzącą przez H. Niech prosta a tnie DF w J, prosta b tnie AD w K, prosta a tnie DH w L. Niech M będzie punktem Miquela czworokąta zupełnego ABCDEF.
\(\displaystyle{ \frac{EJ}{JD} = \frac{EI}{IG} = \frac{EI}{HI} = \frac{EJ}{HK}}\), stąd JD = HK, tzn DJHK jest równoległobokiem. L jest środkiem odcinka DH, tzn jest punktem przecięcia przekątnych tego równoległoboku, tzn jest też środkiem JK. Oznacza to, że K lezy na prostej a.
Niech prosta a tnie AB w N. Analogicznie jak wyżej można dostać \(\displaystyle{ NH \parallel BC}\). Wobec tego na mocy twierdzenia Talesa \(\displaystyle{ \frac{CK}{KD} = \frac{CH}{HF} = \frac{BN}{NF}}\). Zgodnie z lematem znajdującym się cztery posty wcześniej oznacza to, że okręgi ABC, ADF, AKN przechodzą przez punkty A, M.
Niech prosta równoległa do CF przechodząca przez I tnie AB, AC w punktach O,P. Analogicznie jak wyżej okrąg AOP przechodzi przez M.
[url=http://imageshack.us/photo/my-images/841/miquel3.jpg/][/url]
Stąd M jest punktem Miquela czworokąta zupełnego PIONKA. Wobec tego okrąg PIK przechodzi przez M.
[url=http://imageshack.us/photo/my-images/683/miquel4.jpg/][/url]
Niech teraz CF, DB tną się w Q. Niech R, S będą środkami odcinków QH, QG. Niech RS tnie AC w punkcie T. Analogicznie jak wyżej można udowodnić, że okrąg TRK przechodzi przez M. Wobec tego M jest punktem Miquela czworokąta zupełnego PISTRK. Stąd okrąg SIR przechodzi przez M, czyli mamy tezę.
----------------
nowe zadanko: Dane są elipsy \(\displaystyle{ e_1, e_2, e_3}\) o ogniskach \(\displaystyle{ A,B; B,C; C,A}\) odpowiednio. \(\displaystyle{ e_1, e_2}\) przecinają się w punktach \(\displaystyle{ K,L}\). \(\displaystyle{ e_2, e_3}\) przecinają się w punktach \(\displaystyle{ M,N}\). \(\displaystyle{ e_3, e_1}\) przecinają się w punktach \(\displaystyle{ O,P}\). Wykazać, że proste \(\displaystyle{ KL, MN, OP}\) są współpękowe.
ostatnie zadanie trochę przyblokowało temat, więc może wrzucę jakieś inne:
Dany jest trójkąt ABC. O jest środkiem okręgu opisanego na ABC. Punkty X,Y,Z leżą na BC, CA, AB odpowiednio. Okręgi opisane na trójkątach BXZ i CXY przecinają się w punkcie P. AP przecina okrąg opisany na ABC w D. Punkt E leży na tym okręgu, przy czym DE || PX. I jest środkiem odcinka DE. PI przecina BC w F. Prosta równoległa do AP przez punkt X przecina AF w punkcie T. Wykaż, że środek odcinka XT leży na prostej YZ.
rozwiązanie poprzedniego zadania można znaleźć tu: ... &t=419654&
robialne zadanie: w trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) mamy \(\displaystyle{ AB=AC}\). Styczne do okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) w punktach \(\displaystyle{ A,C}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ D}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ \angle DBC \le \frac{\pi}{6}}\)
Niech M oznacza środek boku AC. Z własności symedian (DB jest oczywiście symedianą w trójkącie ABC) mamy, że \(\displaystyle{ \sphericalangle ABM= \sphericalangle DBC}\) no i teraz z tw. sinusów \(\displaystyle{ 2=\frac{AB}{AM}=\frac{sin AMB}{sin ABM}}\), skąd otrzymujemy tezę.
Jutro powinienem wrzucić jakąś geo, ostatnio ich nie robiłem, więc nie mam w tej chwili pomysłu xd.-- 27 listopada 2011, 23:20 --Niech P będzie punktem we wnętrzu trójkąta ABC, takim, że \(\displaystyle{ \sphericalangle APB-\sphericalangle ACB=\sphericalangle APC-\sphericalangle ABC}\). Niech D i E będą środkami okręgów wpisanych w tójkąty APB i APC. Udowodnij, że BD, CE i AP przecinają się w 1 punkcie.
