Matematyka.pl

Kolejny mix, tym razem z nastawieniem na geometrię

1. Dany jest trójkąt ostrokątny ABC. Punkty D i E są spodkami wysokości poprowadzonych z punktów odpowiednio A i B. Punkty P i Q są rzutami prostokątnymi odpowienio punktów A i B na prostą DE. Dowieść, że \(\displaystyle{ PE=DQ}\).
2. Dany jest czworokąt wypukły ABCD wpisany w okrąg, przy czym
\(\displaystyle{ \sphericalangle DCA=2 BAC}\) oraz \(\displaystyle{ \sphericalangle BCA=2 DAC}\). Dowieść, że \(\displaystyle{ BC+CD=AC}\).
3. Na średnicy AB półokręgu ANB zbudowany jest, po przeciwnej stronie, prostokąt ABCD, którego wysokość AC jest równa długości boku kwadratu wpisanego w okrąg o średnicy AB. Jeżeli połączymy wierzchołki C i D z dowolnym punktem N na półokręgu prostymi CN i DN przecinającymi średnicą odpowiednio w punktach E i L, to udowodnić, że \(\displaystyle{ AL^2+BE^2=AB^2}\).
4. Okrąg S jest styczny do ramion kąta o wierzchołku A w punktach B i C. Na półprostej \(\displaystyle{ AB^{\rightarrow}}\) poza odcinkiem AB obieramy dowolny punkt D. Niech P będzie punktem przecięcia okręgu S z okręgiem opisanym na trójkącie ACD, różnym od C, zaś punkt Q rzutem prostokątnym punktu B na prostą CD. Udowodnij, że
\(\displaystyle{ \sphericalangle DPQ=2 ADC}\).
5.O czworokącie wypukłym ABCD wiadomo, że \(\displaystyle{ \sphericalangle A + B =120^{\circ}}\). Na jego przekątnych AC i BD oraz na boku CD budujemy (po jednej stronie boku AB) trójkąty równoboczne ACP, DCQ i DBR. Udowodnij, że punkty P, Q, R leżą na jednej prostej.
6. Czworokąt ABCD jest wpisany w okrąg. Inny okrąg ma środek na boku AB i jest styczny do pozostałych trzech boków. Udowodnić, że \(\displaystyle{ AD+BC=AB}\).
7. Przekątne czworokąta ABCD przecinają się w punkcie O. Niech punkty P, Q, R, S będą rzutami punktu O odpowiednio na boki AB, BC, CD, AD. Udowodnić, że czworokąt ABCD jest wpisany w okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy w czworokąt PQRS da się wpisać okrąg.
8. Dwusieczne kątów A, B, C trójkąta ostrokątnego ABC przecinają opisany na nim okrąg odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ A_1, B_1, C_1}\). Prosta \(\displaystyle{ AA_1}\) przecina dwusieczne kątów wewnętrznych przy wierzchołkach B i C trójkąta ABC w punkcie \(\displaystyle{ A_0}\). Punkty \(\displaystyle{ B_0,C_0}\) określa się analogicznie. Udowodnić, że
(a)\(\displaystyle{ S(A_0B_0C_0)=2S(AC_1BA_1CB_1)}\) ;
(b)\(\displaystyle{ S(A_0B_0C_0)\geq 4S(ABC)}\), gdzie S(XY...) oznacza pole wielokąta XY... .
9. Trójkąt ABC, w którym kąt BAC jest prosty, jest podstawą ostrosłupa ABCD. Ponadto zachodzą równości AD=BD oraz AB=CD. Udowodnić, że \(\displaystyle{ \sphericalangle ACD\geq 30^{\circ}}\).
10. Dany jest n-kąt foremny \(\displaystyle{ A_1,A_2,A_3,...,A_n}\). Dla i=1,2,3,...,n punkt \(\displaystyle{ M_i}\) jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ A_iA_{i+1}}\) (\(\displaystyle{ A_{n+1}=A_1}\)). Punkt P leży wewnątrz danego czworokąta. Dowieść, że
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}PM_i\geq \cos(\frac{\pi}{n})\cdot \sum_{i=1}^{n}PA_i}\).

Powodzenia!

ad 2 Jesli kąt DAC = \(\displaystyle{ \alpha}\), zas kąt BAC = \(\displaystyle{ \beta}\) to na mocy tw sinusow wystarczy pokazac ze
\(\displaystyle{ sin(\alpha) +sin(\beta)= sin(\frac{\pi}{3}+\beta)}\) co jest jasne, bo
\(\displaystyle{ 3(\alpha+ \beta) =\pi}\)

podoba mi sie ten mix

1) Oznaczmy:
\(\displaystyle{ |PA|=x}\)
\(\displaystyle{ |PE|=y}\)
\(\displaystyle{ |ED|=q}\)
\(\displaystyle{ |DQ|=n}\)

\(\displaystyle{ |QM|=m}\)
Trójkąty \(\displaystyle{ PAD}\) i \(\displaystyle{ DBQ}\) są podobne (kąt-kąt-kąt)
podobnie \(\displaystyle{ EBQ PAE}\)

z podobieństwa:
(1)\(\displaystyle{ \frac{x}{y} = \frac{q+n}{m}}\)
(2)\(\displaystyle{ \frac{m}{n} = \frac{q+y}{x}}\)

przekształcając otrzymujemy:
\(\displaystyle{ mx=y(q+n)=n(y+q)}\)

zatem:
\(\displaystyle{ qy=qn |PE|=|DQ|}\)
CKD

No pierwsze 2 poszły łatwo zobaczymy co będzie dalej .

zadanie 3 pytanie - wysokosc AC czyli wierzcholki to w kolejnosci A,B,D,C?

No jakieś dzikie ale tak z tego wynika;p

[Edit]
jeszcze dodam, że w zbiorze napisali, że jest to zadanie Fermata.

limes123 pisze: 10. Dany jest n-kąt foremny \(\displaystyle{ A_1,A_2,A_3,...,A_n}\). Dla i=1,2,3,...,n punkt \(\displaystyle{ M_i}\) jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ A_iA_{i+1}}\) (\(\displaystyle{ A_{n+1}=A_1}\)). Punkt P leży wewnątrz danego czworokąta. Dowieść, że
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}PM_i\geq \cos(\frac{\pi}{n})\cdot \sum_{i=1}^{n}PA_i}\).

Na mocy twierdzenia Ptolemeusza dla czworokątów \(\displaystyle{ PM_iA_{i+1}M_{i+1}}\) (zakladam numeracje cykliczną) mamy:
\(\displaystyle{ PM_i \cdot A_{i+1}M_{i+1}+PM_{i+1} \cdot M_iA_{i+1} \geqslant M_iM_{i+1}\cdot PA_{i+1}.}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ \frac{A_iA_{i+1}}{2} =A_{i+1}M_{i+1}=A_{i+1}M_{i}}\), to
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}(PM_i+PM_{i+1}) \geqslant \frac{M_iM_{i+1}}{A_iA_{i+1}} PA_{i+1}.}\)
Wystarczy zauważyć, że \(\displaystyle{ \cos\frac{\pi}{n}=\frac{M_iM_{i+1}}{A_iA_{i+1}}}\) (prosto to udowodnić) oraz posumować po \(\displaystyle{ i}\) i mamy tezę.

limes123 pisze: 9. Trójkąt ABC, w którym kąt BAC jest prosty, jest podstawą ostrosłupa ABCD. Ponadto zachodzą równości AD=BD oraz AB=CD. Udowodnić, że \(\displaystyle{ \sphericalangle ACD\geq 30^{\circ}}\).

Oznaczmy przez \(\displaystyle{ X}\) taki punkt, że \(\displaystyle{ ABCX}\) jest prostokątem.
Wtedy skoro \(\displaystyle{ AD=BD}\), to też trójkąt \(\displaystyle{ CDX}\) jest równoramienny i ponadto \(\displaystyle{ DX=DC=AB=CX}\).
Zatem \(\displaystyle{ CDX}\) jest równoboczny, skąd mamy:
\(\displaystyle{ \sphericalangle ACX \leqslant \sphericalangle ACD +\sphericalangle DCX}\).
Stąd już prosto wynika teza.

10 świetnie. Specjalnie nie podawałem, że to jest z działu tw. Ptolemeusza ale i tak sobie poradziłeś. 9 - wzorowo, tylko uwaga, że ABCX jest prostokątem a nie kwadratem, ale to pewnie przez nieuwagę. No to jeszcze 3,4,5,6,7,8 .

limes123 pisze:tylko uwaga, że ABCX jest prostokątem a nie kwadratem, ale to pewnie przez nieuwagę..

Dzięki. Już poprawiłem. Przy przepisywaniu coś mi się pomieszało.

limes123 pisze: 3. Na średnicy AB półokręgu ANB zbudowany jest, po przeciwnej stronie, prostokąt ABCD, którego wysokość AC jest równa długości boku kwadratu wpisanego w okrąg o średnicy AB. Jeżeli połączymy wierzchołki C i D z dowolnym punktem N na półokręgu prostymi CN i DN przecinającymi średnicą odpowiednio w punktach E i L, to udowodnić, że
\(\displaystyle{ AL^2+BE^2=AB^2}\).

Tutaj sobie analitycznie zrobiłem , bo coś innego pomysłu nie mam niestety.

Obieramy taki układ współrzędnych aby środek średnicy \(\displaystyle{ O=(0,0)}\) oraz średnica okręgu była równa 2.
Wtedy mamy \(\displaystyle{ A=(-1,0)}\) , \(\displaystyle{ B=(1,0)}\) , \(\displaystyle{ C=(-1,- \sqrt{2})}\),\(\displaystyle{ D=(1,- \sqrt{2})}\).
Niech \(\displaystyle{ N=(p,q)}\).
Teraz liczymy równania prostych \(\displaystyle{ CN}\) oraz \(\displaystyle{ DN}\).
Z nich łatwo dostajemy:
\(\displaystyle{ E=(\frac{\sqrt{2}(p+1)}{q+\sqrt{2}}-1 ,0)}\) oraz
\(\displaystyle{ L=(1+ \frac{\sqrt{2}(p-1)}{q+\sqrt{2}} ,0)}\).
No i wystarczy pokazać, że
\(\displaystyle{ 4=(2-\frac{\sqrt{2}(p+1)}{q+\sqrt{2}})^{2}+(2+\frac{\sqrt{2}(p-1)}{q+\sqrt{2}})^{2}}\)
Tego mi się nie chce przepisywać Wystarczy wymnożyć poskracać i uwzględnić fakt, że z równania okręgu mamy \(\displaystyle{ q=\sqrt{1- p^{2} }}\).

@limes123 Znasz może jakąś nieanalityczną metodę rozwiązania tego zadania?

Twoje rozwiązanie zaraz sobie przeczytam, chociaż z geometrii analitycznej jeszcze dużo nie robiłem więc może być problem. Drugi sposób jest taki:
niech K i M będą punktami przecięcia prostych AN i BN z prostą CD. Wtedy
\(\displaystyle{ \frac{KC}{AE}=\frac{CD}{EL}=\frac{DM}{LB}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{KC}{BD}=\frac{AC}{DM}}\), zatem
\(\displaystyle{ 2KC\cdot DM=2BD\cdot AC=2AC^2=AB^2=CD^2}\), a więc
\(\displaystyle{ 2AE\cdot LB=EL^2}\), i dalej
\(\displaystyle{ AL+BE=AB+EL}\), czyli
\(\displaystyle{ AL^2+BE^2+2AL\cdot BE=AB^2+EL^2+2AB\cdot EL=AB^2+2(AE\cdot LB+AB\cdot EL)}\) czyli pozostaje wykazać, że
\(\displaystyle{ AL\cdot BE=AE\cdot LB+AB\cdot EL}\) a to wynika z równości
\(\displaystyle{ (AE+EL)(LB+EL)=AE\cdot LB+(AE+EL+LB)\cdot EL=AE\cdot LB+AB\cdot EL}\). Może być kilka skrótów myślowych . Czyli zostały 4,5,6,7,8 . Zainteresuje się ktoś poza adamadamem?

Mój stosunek do geometrii jest delikatnie mówiąc obojętny, ale jedno mogę zrobić.
6)
Załóżmy, że okrąg (ten, który ma środek na boku AB) przechodzi przez wierzchołek A (jeśli by nie przechodził przez wierzchołek, to nie miałby szans być styczny do boku AD). Ze środka owego okręgu poprowadźmy promienie do punktów styczności. Czyli od razu dostajemy, że kąt przy wierzchołku A jest prosty, zatem i kąt przy wierzchołku C. Teraz już nie będę tego dokładnie opisywał, ale zasadniczo opisujemy wszystkie kąty, a długości przez zależności trygonometryczne; korzystamy jedynie z miary kąta przy wierzchołku B i długości promienia a. Niech P będzie punktem styczności z bokiem BC, Q - z bokiem CD, a O środkiem tego okręgu stycznego do trzech boków. Czworokąt PCQO jest kwadratem. Obliczmy długość odcinka BC:
\(\displaystyle{ BC = BO cosy + a = a(1+ctgy)}\)
Odcinek AB:
\(\displaystyle{ AB = BO + OA = a (1 + \frac{1}{siny})}\)
Odcinek AD (na przykład z twierdzenia sinusów):
\(\displaystyle{ AD = a tg(\frac{y}{2})}\)
Zatem mamy do udowodnienia taką tożsamość trygonometryczną:
\(\displaystyle{ 1 + ctgy + tg \frac{y}{2} = 1 + \frac{1}{siny} \\
tg \frac{y}{2} siny = 1 - cosy \\
\frac{sin\frac{y}{2}}{cos \frac{y}{2}} 2 sin\frac{y}{2} cos \frac{y}{2} = 1 - cosy \\
2sin^2 \frac{y}{2} = 1 - cosy}\)
A to już jest oczywiste, bo:
\(\displaystyle{ cosy = 1- 2sin^{2}\frac{y}{2}}\)

Czemu, jeśli nie przejdzie przez A nie może być styczny do AD?

Sam się nad tym zastanawiam. I dochodzę do wniosku, że wcale tak być nie musi.

Nie czytałem do końca ale już na początku widzę wniosek, że kąt przy wierzchołku A jest prosty i ten wniosek jest chyba zły... Tzn okrąg o środku na boku AB nie musi przechodzić przez wierzchołek A by być stycznym do boku AD.

Wiem, zaraz się postaram to naprawić. Wyszło taką samą metodą; na końcu do udowodnienia paskudna tożsamość (ale prawdziwa). Chyba jednak poszukam ładniejszego rozwiązania.