Допирателни и успоредни прави

[ins-]

Четириъгълникът ABCD с пресечна точки на диагоналите P е вписан в окръжност k. M е пресечната точка на допирателната през C към k и права, през P, успоредна на BC. N е пресечната точка на допирателната през D към k и права през P, успоредна на AD. Да се докаже, че CM=DN.

[inveidar]

Като цяло си съсипал хубавата задача! Тя е елементарно усложнение на тази:

aaaa.png (33.67 KiB) Прегледано 955 пъти

Да се докаже, че PL=PK.

[ins-]

Ако я знаех отнапред - нямаше да я "съсипя" Кой е източника на тази задача?
Не е лошо някой да пусне решение на една от двете задачи.

[inveidar]

Просто казвам, че преди да пуснеш задача, можеш да се опиташ да я решиш и тогава щеше да стигнеш до тази. Според скромното ми мнение тя е много по-изчистена и елегантна. Сигурно я има някъде, не знам. Ако искаш я пусни в Mathlinks. Между другото, гледах там решението на първата задача и ми стана интересно как може да се докаже без полюси, поляри и тем подобни следния факт:

Четириъгълник АВСD е вписан в окръжност. Правите AD и ВС се пресичат в точка Р, диагоналите AC и BD - в точка Q, а допирателните към окръжността в точките C и D - в точкаT. Да се докаже, че P,T и Q лежат на една права.

Сигурно не е много сложно, но нещо ми се опъва.

[georgi111]

Доказателството на последния факт даден от инвейдър е всъщност не много трудно със "стандартни" средства например използвайки синусовия вариант на теоремата на Чева а именно : В триъгълник [tex]ABC[/tex] нека [tex]AA1, BB1,CC1[/tex] са чевиани([tex]A1 \in BC, B1 \in AC, C1 \in AB[/tex]). [tex]AA1 \cap BB1 \cap CC1 =P \leftrightarrow \frac {sin\alpha1}{sin\beta1}=\frac {sin\alpha2}{sin\beta2}=\frac {sin\alpha3}{sin\beta3}[/tex](както са означени на грозния чертеж). Означаваме още [tex]PQ \cap AB = R, \angle DAC = \angle DBC = \alpha, \angle DAB = \angle DCP = \gamma, \angle ABC = \angle PDC = \beta,[/tex][tex]\angle APQ = x, \angle CPQ = y[/tex].Нека още [tex]t1 \cap PQ = T1, t2 \cap PQ = T2, t1 \cap t2 = T[/tex]([tex]t1,t2[/tex] допирателните през върховете [tex]D,C[/tex] съответно). Тогава имаме : [tex]\angle T2CD = \angle TCD = \angle TDC = \angle T1DC = \alpha, \angle T1DP = \angle TDP = \angle DBA = \angle DCA = \beta - \alpha,[/tex][tex]\angle T2CP = \angle TCP = \angle CAB = \angle CDB = \gamma - \alpha[/tex]. От синусовия вариант на теоремата на Чева за триъгълник [tex]ABP[/tex] и правата [tex]P,Q,R[/tex] имаме : [tex]\frac {sin(\beta - \alpha)}{sin(\gamma - \alpha)}=\frac {sinx}{siny}(*)[/tex]. Но от условието [tex](*)[/tex] и синусовия вариант на теоремата на Чева за триъгълник [tex]DCP[/tex] лесно следва, че [tex]T1, T2, T[/tex] съвпадат (защо?)(защото ако [tex]\angle DPT = x1, \angle CPT = y1, x1 \le x, y1 \ge y[/tex]) имаме: [tex]\frac {sin(\beta - \alpha)}{sin(\gamma - \alpha)}=\frac {sinx1}{siny1(**)[/tex]. Сега от [tex](*), (**)[/tex] следва : [tex]\frac {sinx}{siny}=\frac {sinx1}{siny1}(*)[/tex] което е възможно само ако [tex]x1 = x, y1 = y[/tex] т.е. [tex]T1, T2, T[/tex] съвпадат и задачата е решена ...

[inveidar]

xxxxx.JPG (13.43 KiB) Прегледано 894 пъти

Да докажем, все пак, че при [tex]x+y=x_{1}+y_{1}[/tex] е невъзможно [tex]\frac{sinx}{siny }=\frac{sinx_{1}}{siny_{1} }[/tex], ако [tex]x\ne x_{1}[/tex].
Да допуснем, че [tex]x\ne x_{1}[/tex] и [tex]\frac{sinx}{siny }=\frac{sinx_{1}}{siny_{1} }[/tex]. Тогава, ако изберем точките [tex]A[/tex] и [tex]A_{1}[/tex] така, че [tex]OA=OA_{1}[/tex] и изразим синусите от пропорцията чрез отношенията на срещулежащ катет към хипотенуза, то лесно получаваме, че [tex]\Delta ABC\sim\Delta A_{1}B_{1}C_{1}[/tex](две страни съответно пропорционални и ъглите между тях равни), откъдето пък и другите ъгли са равни и следователно [tex]\angle CBA=\angle C_{1}B_{1}A_{1}[/tex], но [tex]\angle CBA=\angle COA[/tex](от вписания четириъгълник [tex]ABCO[/tex]), а [tex]\angle C_{1}B_{1}A_{1}=\angle C_{1}OA_{1}[/tex](от четириъгълника [tex]A_{1}B_{1}C_{1}O[/tex], т.е [tex]\angle COA=\angle C_{1}OA_{1}[/tex], което е невъзможно. С това твърдението е доказано.

[inveidar]

Доказателството на последния факт даден от инвейдър е всъщност не много трудно със "стандартни" средства например използвайки синусовия вариант на теоремата на Чева а именно : В триъгълник [tex]ABC[/tex] нека [tex]AA1, BB1,CC1[/tex] са чевиани([tex]A1 \in BC, B1 \in AC, C1 \in AB[/tex]). [tex]AA1 \cap BB1 \cap CC1 =P \leftrightarrow \frac {sin\alpha1}{sin\beta1}=\frac {sin\alpha2}{sin\beta2}=\frac {sin\alpha3}{sin\beta3}[/tex]

Само да отбележа, че отношенията не са равни, а произведението им е равно на 1. Но това не променя следващите изводи!!!

[Станислав]

Само да отбележа, че все пак тази задача, която inveidar предложи е от ТЕЧАЩОТО състезание на списание "Математика"!

[inveidar]

Ти да видиш!!! Интересно съвпадение. Явно задачата е публикувана и преди някъде. Да кажа и, че не съм я видял в списаниетот с риск да не ми повярвате, но наистина е така.

[inveidar]

xaxa.JPG (30.93 KiB) Прегледано 871 пъти

Да си докажа и другата задача, все пак. Построяваме допирателните към окръжността през точки [tex]D[/tex] и [tex]C[/tex] и нека пресечната им точка да означим с [tex]T[/tex]. Нека още точка [tex]E[/tex] е пресечната точка на правите [tex]AD[/tex] и [tex]BC[/tex]. Сега лесно се доказва, че червените ъгли на чертежа са равни, а зелените - също. Това ни води до вписания четириъгълник [tex]ABPL[/tex]. Аналогично доказваме, че [tex]ABKP[/tex] също е вписан. Сега забелязваме, че последните два четириъгълника са вписани в окръжности с равни радиуси, защото имат обща хорда [tex]AB[/tex] и общ вписан ъгъл [tex]APB[/tex], опиращ се на тази хорда(Синусова теорема!). Вече е ясно, че [tex]PL=PK[/tex] (лежат срещу равни вписани ъгли в еднакви окръжности). С това задачата е решена.
Само да отбележа, че от току що доказаното и от равнобедреността на [tex]\Delta DCT[/tex] лесно следва, че двата триъгълника са хомотетични с център [tex]E[/tex].

[georgi111]

xxxxx.JPG

Да докажем, все пак, че при [tex]x+y=x_{1}+y_{1}[/tex] е невъзможно [tex]\frac{sinx}{siny }=\frac{sinx_{1}}{siny_{1} }[/tex], ако [tex]x\ne x_{1}[/tex].
Да допуснем, че [tex]x\ne x_{1}[/tex] и [tex]\frac{sinx}{siny }=\frac{sinx_{1}}{siny_{1} }[/tex]. Тогава, ако изберем точките [tex]A[/tex] и [tex]A_{1}[/tex] така, че [tex]OA=OA_{1}[/tex] и изразим синусите от пропорцията чрез отношенията на срещулежащ катет към хипотенуза, то лесно получаваме, че [tex]\Delta ABC\sim\Delta A_{1}B_{1}C_{1}[/tex](две страни съответно пропорционални и ъглите между тях равни), откъдето пък и другите ъгли са равни и следователно [tex]\angle CBA=\angle C_{1}B_{1}A_{1}[/tex], но [tex]\angle CBA=\angle COA[/tex](от вписания четириъгълник [tex]ABCO[/tex]), а [tex]\angle C_{1}B_{1}A_{1}=\angle C_{1}OA_{1}[/tex](от четириъгълника [tex]A_{1}B_{1}C_{1}O[/tex], т.е [tex]\angle COA=\angle C_{1}OA_{1}[/tex], което е невъзможно. С това твърдението е доказано.

Абсолютно така е ... това го пропуснах като не много труден факт за доказване И за синусовия вариант на Чева съм объркал - имах предвид умножени са равни на 1 Вашето решение е по красиво според мен обаче