Геометрия - 3 комплексни числа са върхове на триъгълник

[aleks8399]

Untitled.jpg (50.05 KiB) Прегледано 1012 пъти

Имам затруднения с няколко задачи по геометрия. Ще съм Ви благодарна,ако някой може да ми помогне. Благодаря!!!
Една от тях е:

[Knowledge Greedy]

[tex]|a+2b-3c|=|a-4b+3c|[/tex] Даденото е равносилно на [tex]|a-b-3(c-b)|=|a-b+3(c-b)|[/tex]
Полагаме [tex]a-b=z[/tex] и представяме равенството така
[tex]|z-3(c-b)|=|z+3(c-b)|[/tex] (Виж чертежа в комплексната равнина)

3 комплексни числа са върхове на триъгълник.PNG (5.17 KiB) Прегледано 971 пъти

Тъй като афиксите на числата [tex]3(c-b)[/tex] и [tex]-3(c-b)[/tex] са симетрични спрямо реалната ос, а отбелязаните със синьо разстояния са равни (- това е смисълът на модулите в условието), то афиксът на [tex]z[/tex] трябва да лежи на симетралата на получената отсечка и следва, че тази симетрала съвпада с реалната ос.
Какво означава това? Това означава, че [tex]Imz=0\Rightarrow \,\ Ima=Imb[/tex]
Да разгледаме трите комплексни числа [tex]3b, \,\ a+2b[/tex] и [tex]-a+4b[/tex].
Изяснете си, защо техните афикси лежат на една права.

3 комплексни числа са върхове на триъгълник 2.PNG (7.9 KiB) Прегледано 971 пъти

Сега представяме даденото равенство така [tex]|3c-(a+2b)|=|3c+(a-4b)|[/tex]
Модулното равенство показва, че афиксът на комплексното число [tex]3c[/tex] е на равни разстояния от афиксите на [tex]a+2b[/tex] и на [tex]-a+4b[/tex], т.е. [tex]3c[/tex] е върху тяхната симетрала.И забележете! Заедно с афикса на числото [tex]3b[/tex].
Накрая , при условието [tex]Ima=Imb[/tex]

Истинската конфигурация на a b c.PNG (5.54 KiB) Прегледано 971 пъти

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
Ако този начин Ви затруднява, мога да покажа още един...

[aleks8399]

БЛАГОДАРЯ ВИ ОТ СЪРЦЕ!!!! МНОГО БЛАГОДАРЯ!!!

[aleks8399]

Имам още задачи, които трябва да реша...Ако имате интерес, ето някои от тях.-----Благодаря Ви, предварително!!!

[aleks8399]

Още една....

[aleks8399]

Untitled.jpg (78.44 KiB) Прегледано 905 пъти

[aleks8399]

8.jpg (73.77 KiB) Прегледано 891 пъти

МОЛЯ, ПОМОГНЕТЕ.....
БЛАГОДАРЯ!!!

[Гост]

трябва да се решат с комплексни числа ли, или всякакси?

[Гост]

a1a2.PNG (267.29 KiB) Прегледано 675 пъти

a1a20.PNG (24 KiB) Прегледано 675 пъти

По принцип има $(6-1)!=120$ начина да се подредят 6 точки в/у една окр., но условието за успоредност значително намалява този брой. Да предположим, че това е търсената конфигурация. Нека става дума за единичната окр. $|z|=1$ [tex]\Rightarrow \overline{z}=1/z[/tex]. Поради вписаните равнобедрени трапеци, двата триъгълника са еднакви и има хубава осна симетрия; нека тя е относно реалната ос
[tex]\Rightarrow a_1=\overline{a_2},b_1=\overline{b_2},c_1=\overline{c_2}[/tex].

Нека [tex]b_1p \bot a_2c_2\Rightarrow \frac{b_1-p}{\overline{b_1}-\overline{p}}=-\frac{a_2-c_2}{\overline{a_2}-\overline{c_2}}\Rightarrow -b_1p=\frac{1}{a_1c_1}\Rightarrow p=-\frac{1}{a_1b_1c_1}[/tex]

[tex]\frac{a_1-p}{\overline{a_1}-\overline{p}}=\frac{1}{b_1c_1}=-\frac{b_2-c_2}{\overline{b_2}-\overline{c_2}}\Rightarrow a_1p\bot b_2c_2[/tex]

[tex]\frac{c_1-p}{\overline{c_1}-\overline{p}}=\frac{1}{a_1b_1}=-\frac{a_2-b_2}{\overline{a_2}-\overline{b_2}}\Rightarrow c_1p\bot a_2b_2[/tex]

[tex]\Rightarrow[/tex] Р е не само търсената точка, но трите перпендикуляра се пресичат в/у окръжността. Поради симетрия [tex]q=\overline{p}=-a_1b_1c_1[/tex]

[tex]\frac{p-q}{\overline{p}-\overline{q}}=-1=\frac{a_1-a_2}{\overline{a_1}-\overline{a_2}}\Rightarrow pq || a_1a_2[/tex] [tex]_{Q.E.D. }[/tex]

[Гост]

sq1.PNG (161.53 KiB) Прегледано 658 пъти

sq.PNG (36.92 KiB) Прегледано 658 пъти

Нека [tex]a=0[/tex] и $\angle epc=\varphi$.

[tex](1/2)(a-b)e^{-(\pi/2)i}=d-(a+b)/2\Rightarrow d=b(1/2+(1/2)i)[/tex]

[tex](1/2)(c-b)e^{-(\pi/2)i}=e-(c+b)/2\Rightarrow e=(1/2)(c+b)-(1/2)(c-b)i[/tex]

[tex]\frac{d-e}{|d-e|}e^{i\varphi}=\frac{a-c}{|a-c|}\Rightarrow e^{i\varphi}=-\frac{c|d-e|}{|c|(d-e)}[/tex]

[tex]d-e=c(-1/2+(1/2)i)\Rightarrow |d-e|=|c|\sqrt{2}/2[/tex]

[tex]\Rightarrow e^{i\varphi}=\sqrt{2}/2+(\sqrt{2}/2)i\Rightarrow \varphi=\pi/4[/tex].

[Гост]

a1c10.PNG (155.14 KiB) Прегледано 634 пъти

a1c1.PNG (37.93 KiB) Прегледано 634 пъти

Нека $abc$ е вписан в $|z|=1$ [tex]\Rightarrow a_1=ae^{\varphi i},b_1=be^{\varphi i},c_1=ce^{\varphi i}[/tex]

[tex]f=bc \cap b_1c_1=\frac{bc(b_1+c_1)-b_1c_1(b+c)}{bc-b_1c_1}=\frac{(b+c)e^{\varphi i}}{1+e^{\varphi i}}[/tex]

[tex]e=ab \cap a_1b_1=\frac{ab(a_1+b_1)-a_1b_1(a+b)}{ab-a_1b_1}=\frac{(a+b)e^{\varphi i}}{1+e^{\varphi i}}[/tex]

[tex]g=ac \cap a_1c_1=\frac{ac(a_1+c_1)-a_1c_1(a+c)}{ac-a_1c_1}=\frac{(a+c)e^{\varphi i}}{1+e^{\varphi i}}[/tex]

[tex]\Rightarrow \frac{e-g}{f-g}=\frac{b-c}{b-a}=\frac{c-b}{a-b}\Rightarrow efg\sim cab[/tex] [tex]_{Q.E.B. }[/tex]

[Гост]

g1.PNG (155.04 KiB) Прегледано 610 пъти

g.PNG (60.06 KiB) Прегледано 610 пъти

Първо ни е необходима следната

лема: Произволна права през ортоцентъра $H$ на [tex]\triangle ABC[/tex] пресича страната $AB$ в $M$, а продължението на височината $CE$ - описаната около [tex]\triangle ABC[/tex] окръжност в $Q$. Правата $AB$ е ъглополовяща на [tex]\angle HMQ.[/tex]

Нека $abc$ е вписан в $|z|=1$ [tex]\Rightarrow o=0\Rightarrow h=a+b+c[/tex]

[tex]\frac{c-h}{\overline{c}-\overline{h}}=\frac{c-q}{\overline{c}-\overline{q}}\Rightarrow q=-\frac{ab}{c}[/tex]

[tex]e=\frac{1}{2}(a+b+c-ab\overline{c})=\frac{1}{2}(a+b+c-ab/c)=(q+h)/2\Rightarrow e[/tex] е средата на отсечката $qh$ [tex]\Rightarrow qmh[/tex] е равнобедрен [tex]\Rightarrow[/tex] твърдението е вярно [tex]\Rightarrow \sigma_{ab }(tu)=qs[/tex]

Аналогично $a,h,r$ са колинеарни и $\sigma_{bc }(tu)=rn$. Остава да се докаже, че $s,n,r$ са колинеарни и $a$ е центърът на вписаната в $lms$ окръжност или $c$ е центърът на външновписаната за $lns$ окръжност.

[Гост]

тия задачи са "невъзможни" за решаване със стандартни средства, наистина ли това се учи в 12-ти клас?