Красива геометрична задача

[inveidar]

fg11.png (102.78 KiB) Прегледано 1283 пъти

[drago]

Нямам идея за тази задача. Разбира се изключвам някакви измъчени тригонометрични сметки.
Ако може да постнеш решението!
За тази viewtopic.php?f=10&t=13733 имам идея без да съм правил сметките, но тази тук ме заинтригува повече.

[inveidar]

За съжаление и аз нямам все още идея как да реша тази задача.

[monika_at]

Аз също, но това ме нахъсва още повече.

[math10.com]

Задръжте малко с решението...

[georgi111]

За да докажем исканото достатъчно е да докажем, че [tex]\frac {AT}{TB}=\frac {AP}{BP} \leftrightarrow \frac {AT^2}{TB^2}=\frac {AP^2}{BP^2} \leftrightarrow \frac {AP^2}{BP^2}=\frac {AX.AP}{BY.BP} \leftrightarrow \frac {AX}{AP} = \frac {BY}{BP} \leftrightarrow \frac {AP-PX}{AP} = \frac {BP-PY}{BP} \leftrightarrow \frac {PX}{PA}=\frac {BY}{BP}[/tex]. Това последното означава, че [tex]XY || AB \leftrightarrow XY \bot CH[/tex]

[georgi111]

Забравих [tex]AP \cap k = X, BP \cap k= Y[/tex]. Това [tex]XY \bot CH[/tex] съм го виждал някъде доказано ама не се сещам къде

[monika_at]

Георги, това е ясно. И аз работя над тази успоредност, но все още не мога да я докажа:)

[georgi111]

А това между другото никак не е трудно да се докаже ...

[monika_at]

За да докажем исканото достатъчно е да докажем, че [tex]\frac {AT}{TB}=\frac {AP}{BP} \leftrightarrow \frac {AT^2}{TB^2}=\frac {AP^2}{BP^2} \leftrightarrow \frac {AP^2}{BP^2}=\frac {AX.AP}{BY.BP} \leftrightarrow \frac {AX}{AP} = \frac {BY}{BP} \leftrightarrow \frac {AP-PX}{AP} = \frac {BP-PY}{BP} \leftrightarrow \frac {PX}{PA}=\frac {BY}{BP}[/tex]. Това последното означава, че [tex]XY || AB \leftrightarrow XY \bot CH[/tex]

Цялата тази гимнастика е излишна, ако успеем да докажем, че [tex]\frac {AT}{TB}=\frac {AP}{BP}[/tex], защото това е свойството на ъглополовящата. Аз не мога да навържа как да използвам средата на височината

[georgi111]

Цялата тази "гимнастика" я правя за да видя какво трябва да докажа за да установя свойството на ъглополовящата С други думи ако докажеш перпендикулярността ще следва по обратен път свойството на ъглополовящата ... А относно как да ползваш средата - еми например потърси средни отсечки Ще ти дам жокерче - пусни перпендикуляр от [tex]M[/tex] към [tex]CH[/tex] и пресечи с [tex]PB[/tex]

[georgi111]

После ако пресечната точка е [tex]N[/tex] рекажем пресечи [tex]CN[/tex] с [tex]AB[/tex] в [tex]Q[/tex] например ... И после един известен математик е казал - гледай и ще видиш ... Средни отсечки дал Господ, ъгли също

[drago]

Дали ще е нахално някой да ми го обясни малко по-подробно?
Благодаря!

[inveidar]

Ами той Георги си ги е писал просто така, колкото да не заспи, тези неща и надали може да ти обясни нещо по-подробно. Да се надявам, че има чувство за хумор.

[monika_at]

innn.png (52.47 KiB) Прегледано 918 пъти

Мисля, че направих решение на задачата:)
При стандартните означения за триъгълник. Построяваме външновписаната окръжност, допираща се до АВ. Следваме означенията. Ще докажем, че правата МТ минава през [tex]I_c[/tex]. Ясно е, че [tex]AT=LB=p-a=\frac{b+c-a}{ 2}[/tex]
[tex]TL=c-2p+2a=a-b[/tex]; [tex]LI_c=r_c=\frac{pr}{ p-c} =>\frac{r_c}{TL } =\frac{pr}{(p-c)(a-b) }=\frac{ch}{2(p-c)(a-b) }[/tex]
[tex]HT=AT-AH=\frac{b+c-a}{2 } -\frac{b^2+c^2-a^2}{ 2c} =...=\frac{(a-b)(p-c)}{ c} =>\frac{h}{ 2HT} = \frac{ch}{2(p-c)(a-b) }[/tex]=>[tex]\frac{MH}{HT } =\frac{I_cL}{ LT} =>\Delta MHT; \Delta I_cLT[/tex]-подобни=>[tex]M; T; I_c[/tex]-лежат на една права. Нека [tex]S-[/tex]среда на [tex]TI_c=>LS=TS=I_cS=>\angle STL=\angle TLS=>\angle ATS=\angle SLB=>
\Delta ATS;\Delta SLB-[/tex]еднакви=>[tex]AS=SB[/tex]. Пoстрояваме окръжността, описана около [tex]\Delta ASB[/tex].
Ще докажем, че т. Р лежи на нея. Разглеждаме подобните [tex]\Delta PQT; \Delta LTI_c=>\frac{PI}{ LI_c} =\frac{QT}{TI_c }[/tex]=>
[tex]\frac{PT}{2r } =\frac{r_c}{TI_c } =>PT=\frac{2r.r_c}{ TI_c}[/tex]
[tex]PT.TS=\frac{2r.r_c}{ TI_c}.\frac{TI_c}{2 } =r.r_c=(p-a)(p-b)=AT.TB[/tex](последното лесно се доказва)=>
[tex]APBS[/tex]-вписан в окръжност=>[tex]\angle APS=\angle ABS=\angle SAB=\angle SPB[/tex]

[drago]

Браво!!!
Това че [tex]MT[/tex] минава през [tex]I_C[/tex] е ключовото наблюдение, което дава възможност да се захванем за нещо. На мен обаче ми убягна.
Благодаря!

[inveidar]

Хайде сега да изчистим решението. За мен по-важна е идеята, че описваме окръжност около АВР. И така, нека да опишем тази окръжност. Продължаваме РТ до пресичането и с окръжността в точка L и спускаме перпендикуляр LK към АВ.

ccc.png (40.93 KiB) Прегледано 752 пъти

Няма да обяснявам защо са подобни оцветените триъгълници. От подобието им получаваме [tex]\frac{PT}{KL }=\frac{TQ}{TL } \Leftrightarrow PT.TL=KL.TQ[/tex] (1).
[tex]\frac{KL}{HM }=\frac{TK}{TH } \Rightarrow KL=\frac{TK.h_c}{2TH }\Rightarrow KL.TQ=\frac{TK.r.h_c}{TH }[/tex]
Сега, както в предишното решение, намираме [tex]TH=\frac{(a-b)(p-c)}{ c}[/tex], откъдето
[tex]KL.TQ=\frac{TK.r.c.h_c}{(a-b)(p-c) }[/tex].
От друга страна [tex]PT.TL=AT.TB=(p-a)(p-b)[/tex] (последното се доказва лесно).
Окончателно от (1) [tex]\frac{TK.r.c.h_c}{(a-b)(p-c) }=(p-a)(p-b)\Rightarrow TK=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)(a-b)}{ r.c.h_c}[/tex]
[tex]\Rightarrow TK=\frac{p(p-a)(p-b)(p-c)(a-b)}{ p.r.c.h_c}\Rightarrow TK=\frac{a-b}{ 2}[/tex]
Сега лесно следва, че К е средата на АВ и после всичко е ясно.

[monika_at]

Интересна задача, която ме научи на много неща. За мен беше интересно и ново, че точките [tex]M, T, I_c[/tex], лежат на една права, а също и че [tex]M, I, L[/tex]лежат на една права. Последното не съм го ползвала в доказателството, но го доказах за себе си в процеса на решаването на задачата.
Емо, пусни още някоя хубава задачка:)

[inveidar]

Интересно е също, че P, I и центърът на червената окръжност също лежат на една права, т.е двете окръжности се допират вътрешно в точка Р.

[inveidar]

Току що открих, че задачата е в шортлиста на МОМ 2002 година и май, че е българско предложение. Но там се иска да се докаже, че двете окръжности се допират.

[ins-]

Задачата наистина е много красива. Какъв е оригиналният източник? Ето една подобна, която преди време ми направи впечатление: viewtopic.php?f=10&t=14410

[drago]

@inveidar: Да, наистина е от ISL 2002/G7. Това за допиращите се окръжности и първоначалната задача тук, е абсолютно едно и също- нито по лесно-нито по-трудно. Предполагам всички са го забелязали,(една хомотетия праща едната окръжност в другата), но свеждането на едната към другата и другата към едната не улеснява по никакъв начин нещата.
Не мога да обясня защо задачата толкова ми допадна- отдавна не бях отделял толкова време за геометрична задача. Може би "средата на височината, допирната точка на вписаната окр.и после пак равенство на ъгли" малко не се вързват едно с друго, затова и човек се чуди как да я захапе. Всъщност точно това я прави интригуваща!
Както и да е, ето и няколко други решения:

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 9e#p118682

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... hp?t=14741

[georgi111]

Да ... И "подхлъзва" добре

[georgi111]

между другото ето и от мен нещо полезно по темата (симедиани, хармонични четириъгълници с които може да се реши тази задача и едни от решенията са точно такива) : https://www.yumpu.com/en/document/view/ ... os-rapanos

[monika_at]

Георги, благодаря ти за безценната идея за средните отсечки Много помогнаха.