Matematyka.pl

Dany jest trójkąt ABC taki, że \(\displaystyle{ AC=BC}\), a w nim takie punkty \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\), które spełniają \(\displaystyle{ \sphericalangle PAC = \sphericalangle QBA}\) oraz \(\displaystyle{ \sphericalangle QAB =\sphericalangle PBC}\)
Udowodnij SYNTETYCZNIE (w szczególności nie używając trygonometrycznego Cevy i dobrze by było, gdyby Cevy też nie), że punkty C, Q oraz P są współliniowe.

Niech X, Y, Z będą punktami przecięcia AP z BQ, AQ z PB, AB z XY.

Z danych równości kątów prosto wynika, że punkty ABXY leżą na okręgu który jest styczny do prostych CA, CB. Punkt Z leży na prostej AB, czyli na biegunowej punktu C, zatem punkt C leży na biegunowej punktu Z, czyli na prostej PQ.

----------------
poprawione

Świetne rozwiązanie . Jednakowoż istnieje moim zdaniem jeszcze bardziej magiczne (żeby nie było, nie jest moje, to wzorcówka ; p).
Zatem mamy już ten okrąg na \(\displaystyle{ ABXY}\) i stosujemy tw. Pascala dla "sześciokąta" \(\displaystyle{ AAXBBY}\) . Zarąbiste .

Inne:

Odbijmy punkt \(\displaystyle{ Q}\) względem symetralnej odcinka \(\displaystyle{ AB}\), otrzymując punkt \(\displaystyle{ R}\). \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ R}\) są izogonalnie sprzężone, skąd mamy równości kątów \(\displaystyle{ \sphericalangle PCA = \sphericalangle RCB = \sphericalangle QCA}\), czyli żądaną współliniowość.

Inne:
Skorzystajmy z tezy i zauważmy, że teza zachodzi.

Sam jesteś teza -- 28 lipca 2011, 21:12 --

timon92 pisze:Niech X, Y, Z będą punktami przecięcia AP z BQ, AQ z PB, AB z PQ.

Z danych równości kątów prosto wynika, że punkty ABXY leżą na okręgu który jest styczny do prostych CA, CB. Punkt Z leży na prostej AB, czyli na biegunowej punktu C, zatem punkt C leży na biegunowej punktu Z, czyli na prostej PQ.

Wydaje mi się, że wszystko jest ok, jeśli przyjąć Z jako przecięcie AB z XY zamiast AB z PQ.

No dobra, jednak raczej nie można powiedzieć, że Damian skorzystał z tezy, bo ciężko z tego zadania wysnuć wniosek o izogonalnym sprzężeniu dla ogólności (bo tu mamy trójkąt równoramienny), jednak to rozwiązanie mi się nie podoba, bo izogonalne sprzężenie najłatwiej dowieść tryg. Cevą, który tutaj przechodzi dokładnie tak samo .

Czyli jak zwykle najbardziej podobają Ci się Twoje własne rozwiązania. Tylko nie zapomnij, że Pascala dowodzi się Menelaosem, a to prawie ten sam 'syf', co Ceva

Ale to rozwiązanie nie jest moje o0. Ja w tym zadaniu robiąc je samemu zadowoliłem się tryg. Cevą i nie uważam tego za zbyt ładne.

Oj tam. Zadanie zrobione, to zadanie zrobione. Ale fakt, im więcej ciekawszych rozwiązań się pozna, tym lepiej.