Геометрична задача от олимпиада 2014

[vessy234]

Това е задача от общински кръг 2014-9клас.Моля за съдействие.Благодаря предварително

[Knowledge Greedy]

Означаваме дължината [tex]MP=x[/tex]... другите означения - на чертежа. Основите [tex]AB=a,[/tex] [tex]BC=b[/tex]

December30.PNG (10.84 KiB) Прегледано 499 пъти

a) Центърът на вписаната окръжност е пресечна точка на ъглополовящите на вътрешните ъгли.
Ето защо [tex]\Delta PQO_2[/tex] е равнобедрен правоъгълен [tex]PQ=r=QO_2[/tex]

Аналогично [tex]\Delta PNO_1[/tex] е равнобедрен правоъгълен [tex]NP=R=NO_1[/tex]
Оттук нататък, прилагайки свойствата на допирателните конструираме [tex]BC[/tex] така

[tex]BC=a-R+x-R+x-r+b-r=a+b+2(x-R-r)=a+b=AB+CD[/tex]

б) Разглеждаме [tex]\Delta O_1O_2M[/tex] - правоъгълен.
[tex]\angle O_1MO_2=90^\circ[/tex] като ъгъл между ъглополовящите на два съседни ъгли.
След това доказваме, че [tex]\Delta MO_2Q \simeq \Delta MO_1N[/tex] и намираме и другите два ъгъла на [tex]\Delta O_1O_2M[/tex] - че имат мерки по [tex]45^\circ[/tex].

[inveidar]

Не разбрах защо [tex]x=R+r[/tex]?

[math10.com]

zad1.png (154.92 KiB) Прегледано 487 пъти

П.П. Тази задача е давана няколко пъти на олимпиади и е решавана вече във форума...

[vessy234]

Да,и аз не разбрах на 1 начин защо x=R+r?Може ли малко разяснение

[amsara]

Не разбрах защо [tex]x=R+r[/tex]?

[tex]O_{2}P^2=2r^2; O_{1}P^2=2R^2=> O_{1}O_{2}^2=2r^2 +2R^2[/tex]

[tex]MO_{2}^2=(x-r)^2+r^2; MO_{1}^2=(x-R)^2+R^2 => O_{1}O_{2}^2=x^2-2xR+R^2+R^2+x^2-2xr+r^2+r^2[/tex]
[tex]=>2r^2+2R^2=2r^2+2R^2+2x^2-2xR-2xr => 2x^2-2xR-2xr=0 <=> 2x(x-R-r)=0; x=0, x=R+r[/tex]

Очевидно е защо само вторият корен е решение. Но съзнавам, че това е много хамалско доказателство на равенството[tex]x=R+r[/tex]. И все пак използваното от Knowledge Greedy е съвсем вярно. Въпросът е как по-рационално го е доказал. Защото едва ли е ползвал няколко поредни пъти Питагорова теорема.

[inveidar]

Е, да де. И аз това искам да видя.

[amsara]

Въпросът беше защо е така. Все пак написах начин как се стига до доказване на равенството, пък дори и този начин да не е рационален и елегантен.

[inveidar]

Е, аз питам заради вас. Иначе решението е непълно. А непълни решения не би трябвало да има, нали? Освен ако е нещо супер очевидно.

[Knowledge Greedy]

Е, аз питам заради вас. Иначе решението е непълно. А непълни решения не би трябвало да има, нали? Освен ако е нещо супер очевидно.

След като бях изчислил [tex]MP[/tex] с лица (напълно излишно) сметнах, че е очевидно, а накрая и самата сметка за дължината на [tex]MP[/tex] изтрих, т.к. беше ненужна при това условие на задачата.
Ето обяснението. Означенията са [tex]MP=x, \,\ MQ=x-r,\,\ MN=x-R[/tex]

December30 б.PNG (11.43 KiB) Прегледано 445 пъти

Безспорно триъгълниците [tex]\Delta MO_2Q[/tex] и [tex]\Delta MO_1N[/tex] са подобни по първи признак.
Оттук [tex]tg\varphi =\frac{r}{x-r }[/tex] от първия триъгълник и [tex]tg\varphi =\frac{x-R}{R }[/tex] - от втория триъгълник.
Приравняваме ги и получаваме равенството [tex]x^2-(R+r)x=0[/tex].
Оттук [tex]x-R-r=0[/tex].

[ptj]

[tex]AB=b; CD=a[/tex]
Ако знаем крайния отговор [tex]BC=a+b[/tex] може да тръгнем отзад напред за да стигнем до нещо познато или лесно за доказване.

Анализ:

Ако спуснем височината от върха [tex]C[/tex] в трапеца [tex]ABCD[/tex] ще получим правоъгълен триъгълник, за който

[tex](2R+2r)^2+(b-a)^2=(b+a)^2 \Leftrightarrow (R+r)^2=ab\Leftrightarrow \frac{R+r}{a }=\frac{b}{R+r }[/tex]

Последното равенство в съотношения естествено ни навежда на мисълта за подобия. Триъгълници с аналогични подобни елементи липсват на чертежа, но лесно се вижда, че [tex]ABPM[/tex] и [tex]MPCD[/tex] са подобни. Единия трапец може да се получи от другия чрез последавателни транслация и хомотетия (със сътношение съответното между радиусите на вписаните окръжности).

Използвайки подобието намираме [tex]\frac{b}{x }=\frac{x}{a }[/tex] или [tex]x^2=ab[/tex] .

T.e. трябва да докажем, че [tex]x=R+r[/tex], което вече направиха Knowlegge Greedy и amsara.

При доказателството разсъжденията се записват в обратен ред.

[inveidar]

За осмокласниците, които още не са учили питагоровата теорема и подобие на триъгълници, е полезно да видят как math10.com е доказал, че [tex]O_1M=O_2M[/tex] и [tex]\angle O_1MO_2=90^\circ[/tex], от което лесно следва еднаквостта на триъгълниците [tex]O_1MN[/tex] и [tex]MO_2Q[/tex] от последния чертеж на Knowlegge Greedy, а от там и равенството [tex]MP=r+R[/tex].