Matematyka.pl

Pozwolę sobie zapodać wam jakiegoś łatwego mixa, ażebyście się nie nudzili w wakacje.

1. Pokazać że R>2r, gdzie R,r- to odpowiednio promienie okręgów opisanego i wpisanego w jakiś trójkąt.

2. Udowodnić że w trójkącie ostrokątnym ABC zachodzi AH=2MO, gdzie H-ortocentrum, O-środek okręgu opisanego, M- środek boku BC.

3. Okrąg wpisany w trójkąt ABC jest styczny do boków AC i BC odpowiednio w pkt E i F. Prosta EF przecina dwusieczną kąta <BAC w pkt P. Pokazać że <APB= 90 stopni

4. Punkt D leży na boku AB trójkąta ABC. Okręgi styczne do prostych AC i BC odpowiednio w pkt A i B przechodzą przez pkt D i przecinają się po raz drugi w pkt E. Niech F bedzie obrazem pkt C w symetrii względem symetralnej odcinka AB. Udowodnić że pkt D,E,F leżą na jednej prostej.

5. Okrąg o środku O wpisany w ćwiorokąt wypukły ABCD jest styczny do boków AB,BC,CD,DA odpowiednio w pkt K,L,M,N, przy czym proste KL i MN przecinają się w pkt S. Udowodnij że proste BD i OS są prostopadłe.

6. Czworokąt ABCD jest wpisany w okrąg. Udowodnij że środki okręgów wpisanych w trójkąty ABC, ABD, CDA, CDB są wierzchołkami prostokąta.

7. Dany jest okrąg ABC i okrąg opisany na nim 0. Styczna do 0 w pkt A przecina prostą BC w pkt D. Prosta prostopadła do BC w pkt B przecina symetralną AB w pkt E a prosta prostopadła do BC w pkt C przecina symetralną AC w pkt F. Udowodnij że D,E,F leżą na jednej prostej.

8. W sześciokącie wypukłym ABCDEF zachodzi: <ACB=<AFB=<CBD=<CED=<EAF=<EDF. Udowodnić że AB=CD=EF.

9. Dany jest trójkąt ABC w którym AB=AC,. Na bokach AB i AC obrano odp takie pkt P i Q że w czworokąt BCPQ można wpisać okrąg. Pkt Z jest pkt styczności odcinka PQ do tego okręgu.. Pkt X jest przecięciem się prostych BQ i CP, Prosta AX przecina odcinek BC w pkt Y. Udowodnić że: PZ/PB + QZ/QC = AX/AY

10. Dany jest duży okrąg i mały okrąg styczne wewnętrznie w pkt P. Niech prosta k będzie styczna do małego okręgu w pkt Q i przecina duży okrąg w punktach R i S. Udowodnić że PQ jest dwusieczną kąta <RPS w trójkącie PRS.

11. Dany jest trójkąt ABC w którym BC=AC, Pkt P i Q leżą wewnątrz tego trójkąta i spełniają zależnośći <PAC=<QBA oraz <PBC=QAB. Udowodnić że pkt C,P,Q są współliniowe.

12. Dany jest równoległobok ABCD oraz pkt P leżący w jego wnętrzu taki że środek AD jest równoodległy od P i C, a środek CD jest rónoodległy od P i A. Niech Q będzie środkiem PB. Udowodnić że <PAQ=<PCQ.

13. Środek O okręgu opisanego na ABC nie leży na żadnym z jego boków ani na żadnej z jego środkowych. Niech L,M,N będą środkami CB,AC,AB odpowiednio. Obierzmy P,Q,R na półprostych OL, OM, ON odpowiednio tak że <OPA=<OAL, <OQB=<OBM, <ORC=<OCN. Pokazać że proste AP, BQ, CR przecinają sie w jednym pkt.

Powodzenia!

PS Sory że nie w texu ale raz że nie czaje tego, dwa mi sie nie chce

1) No chyba jest lekki błąd bo nierówność to \(\displaystyle{ 2r \leqslant R}\)
\(\displaystyle{ (a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c) \leqslant abc}\)
\(\displaystyle{ 2(p-c)*2(p-b)*2(p-a) \leqslant abc}\)
\(\displaystyle{ 2(p-a)(p-b)(p-c) \leqslant \frac{abc}{4}}\)
\(\displaystyle{ 2S^{2} \leqslant \frac{abc*p}{4}}\)
\(\displaystyle{ \frac{2S}{p} \leqslant \frac{abc}{4S}}\)
\(\displaystyle{ 2r \leqslant R}\)

Szablewskil, bardzo fajny dowód . Tą nierówność otrzymuję się również natychmiastowo z twierdzenia Eulera (opisującym relację między okręgami opisanym i wpisanym w trójkąt), a samo twierdzenie idzie z inwersji.

ad 2.
Niech środkiem odcinka \(\displaystyle{ AH}\) będzie punkt \(\displaystyle{ D}\). Odcinek \(\displaystyle{ DM}\) jest średnicą okręgu 9 punktów. Środek tego okręgu (\(\displaystyle{ O_9}\)) połowi odcinek \(\displaystyle{ HO}\). Zatem mamy dwa trójkąty przystające: \(\displaystyle{ DHO_9}\) oraz \(\displaystyle{ MOO_9}\). \(\displaystyle{ DH = MO\iff AH=2MO}\)

Sylwek pisze:Szablewskil, bardzo fajny dowód . Tą nierówność otrzymuję się również natychmiastowo z twierdzenia Eulera (opisującym relację między okręgami opisanym i wpisanym w trójkąt), a samo twierdzenie idzie z inwersji.

Nie pomyślałem o tym , a jest łatwiej

Szablewski, bardzo ładnie
ad 1. można jeszcze łatwiej: obrazem okręgu opisanego na danym trójkącie w homotetii o skali -1/2 i środku w pkt będącym środkiem ciężkości danego trójkąta jest okrąg opisany na trójkącie tworzonym przez środki boków tamtego trójkąta, jego promień jest zatem większy lub równy promieniowi okręgu wpisanego w pierwotny trójkąt.

MichalG: z tego że AH=2MO udowadnia sie twierdzenie o okręgu 13 pkt, równie dobrze ktoś mógłby to udowodnić za pomocą prostej Eulera Może ktoś to zrobił "inaczej"?

Pozdro

Hm... nie znam okręgu 13 pktow. Ale jeśli chodziło o 9 pktów, to znam dowód nie wymagający wiedzy, że \(\displaystyle{ AH=2MO}\) np. taki: S. I. Zetel "Geometria trójkąta" str. 52

W takim razie ok No ale w sumie chodziło mi o to żeby ktoś to udowodnił najprościej jak się da.
Aha Sylwek, twierdzenie Eulera można też łatwo udowodnić za pomocą trygonometrii
A to mówię tylko tak bo mnie uczyli że warto znać 2 rozwiązania jednego zadania :]

Pozdro

No to jeszcze jedno podejście Niech \(\displaystyle{ A_{1},B_{1},C_{1}}\) będą środkami odpowiednich boków trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\). Trójkąty \(\displaystyle{ ABC}\) i \(\displaystyle{ A_{1}B_{1}C_{1}}\) są podobne. Skala podobieństwa wynosi 2. Punkt \(\displaystyle{ O}\) jest ortocentrum trójkąta \(\displaystyle{ A_{1}B_{1}C_{1}}\). Dlatego \(\displaystyle{ 2MO=2A_1O=AH}\).

michalg pisze:No to jeszcze jedno podejście Niech \(\displaystyle{ A_{1},B_{1},C_{1}}\) będą środkami odpowiednich boków trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\). Trójkąty \(\displaystyle{ ABC}\) i \(\displaystyle{ A_{1}B_{1}C_{1}}\) są podobne. Skala podobieństwa wynosi 2. Punkt \(\displaystyle{ O}\) jest ortocentrum trójkąta \(\displaystyle{ A_{1}B_{1}C_{1}}\). Dlatego \(\displaystyle{ 2MO=2A_1O=AH}\).

O to chodziło Albo inny dowód: niech prosta CO przecina okrąg opisany na ABC w pkt C i E, zatem EB||AH oraz EA||BH, zatem AHBE jest równoległobokiem i AH=BE, z podobienstwa trójkątów COM i CEB jest AH=BE=2MO (bo 2CM=BC).

Pozdro

ad 3.
\(\displaystyle{ O}\) - śr. okręgu wpisanego.
\(\displaystyle{ \sphericalangle OPE = 180^{\circ} - PAE - AEP = 180^{\circ} - \frac{1}{2} CAB - 90^{\circ} - \frac{1}{2} ACB = \frac{1}{2} CBA = FBO}\)
Zatem czworokąt OFPB jest wpisany w okrąg. Różne są tego przyczyny w zależności od położenia punktu \(\displaystyle{ P}\) (wewnątrz, czy na zewnątrz trójkąta), ale zawsze wynika to z powyższej równości kątów. Pozostaje zauważyć, że \(\displaystyle{ \sphericalangle APB = OFB = 90^{\circ}}\)

Coś się mix geometryczny nie cieszy powodzeniem.
Odpisuję, by wyciągnąć wątek na wierzch.

4.
Mamy

Dziękuję za pociągnięcie mixa do przodu
To było zadanie nr 1 z finału LV OM :]
Poszły pierwsze 4 zadania, zostało już tylko 9

Pozdro

Dopiszę jeszcze jedno rozwiązanie zadania 1., bo daje ono trochę więcej (lub co innego), niż dotychczasowe. Mianowicie, pomiędzy 2r i R można wsadzić \(\displaystyle{ \frac{2\sqrt3}9p}\), gdzie p to połowa obwodu trójkąta, czyli można pokazać, że
\(\displaystyle{ 2r\leqslant\frac{2\sqrt3}9p\leqslant R}\)
Obie części można dowieść bardzo podobnie

----------------------------------------------------------------------------------------

Lewa nierówność:
Oznaczmy kąty trójkąta jako \(\displaystyle{ \alpha}\), \(\displaystyle{ \beta}\) i \(\displaystyle{ \gamma}\). Mamy (jak się zrobi rysunek, to od razu to widać)
\(\displaystyle{ p=r\left(\text{ctg }\frac\alpha2+\text{ctg }\frac\beta2+\text{ctg }\frac\gamma2\right)}\)
Ponieważ ctg jest wypukły na przedziale \(\displaystyle{ \left(0,\frac\pi2\right]}\), więc z nierówności Jensena
\(\displaystyle{ 2r=\frac{2\sqrt3}9\cdot3r\text{ctg }\frac\pi6=\frac{2\sqrt3}9\cdot3r\text{ctg }\frac{\frac\alpha2+\frac\beta2+\frac\gamma2}3\leqslant\\\leqslant\frac{2\sqrt3}9\cdot3r\left(\frac{\text{ctg }\frac\alpha2+\text{ctg }\frac\beta2+\text{ctg }\frac\gamma2}3\right)=\frac{2\sqrt3}9p}\)

----------------------------------------------------------------------------------------

Prawa nierówność:
Tym razem mamy (choćby z twierdzenia sinusów)
\(\displaystyle{ p=R(\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma)}\)
Ponieważ sinus jest wklęsły na przedziale \(\displaystyle{ [0,\pi]}\), więc z nierówności Jensena
\(\displaystyle{ \frac{2\sqrt3}9p=\frac{2\sqrt3}3R\left(\frac{\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma}3\right)\leqslant\\\leqslant\frac{2\sqrt3}3R\sin\frac{\alpha+\beta+\gamma}3=\frac{2\sqrt3}3R\sin\frac\pi3=R}\)

6. Czworokąt ABCD jest wpisany w okrąg. Udowodnij że środki okręgów wpisanych w trójkąty ABC, ABD, CDA, CDB są wierzchołkami prostokąta.

szkic Niech te srodki to beda punkty \(\displaystyle{ A', B', C', D'}\). i kąt ADB=kąt ACB= \(\displaystyle{ \alpha}\). Wtedy liczymy ze kąt \(\displaystyle{ AC' B=}\) kąt \(\displaystyle{ AD^\prime B}\)= \(\displaystyle{ \frac{\pi+\alpha}{2}}\) A więc na czworokącie \(\displaystyle{ ABD^\prime C^\prime}\) mozna opisac okrag. Stad juz łątwo wynika, ze kąt \(\displaystyle{ B^\prime C^\prime D^\prime}\) ma miare \(\displaystyle{ \frac{3 \pi}{2}}\) tj \(\displaystyle{ B^\prime C^\prime}\) i \(\displaystyle{ D^\prime C^\prime}\) są prostopadłe. Pozostałę boki podobnie, cbdo
ps Chciałem zrobic łądny rysunek ale mi nie wyszedł..moze potem