Окръжности и равни отсечки

[ins-]

Триъгълник [tex]ABC[/tex] е вписан в окръжност [tex]k(O)[/tex]. [tex]M[/tex], [tex]N[/tex], [tex]P[/tex] са точки от отсечките [tex]AB[/tex], [tex]BC[/tex], [tex]CA[/tex]. [tex]k_1(O_1)[/tex], [tex]k_2(O_2)[/tex], [tex]k_3(O_3)[/tex] са описаните около триъгълниците [tex]APM[/tex], [tex]BMN[/tex], [tex]CNP[/tex] окръжности. [tex]O^{'}[/tex] е центъра на описаната около триъгълника [tex]O_1O_2O_3[/tex] окръжност, а [tex]O^{''}[/tex] е пресечната точка на окръжностите [tex]k_1[/tex], [tex]k_2[/tex], [tex]k_3[/tex]. Да се докаже, че [tex]OO^{'}=O^{'}O^{''}[/tex].

[georgi111]

Много добра задачка Боби. Като намеря повече време да се поосвободя ще я реша по някакъв красив начин

[Гост]

Тръпна в очакване . Може да се вдъхновя и да измисля нещо много по-красиво.

[Гост]

file.gif (19.07 KiB) Прегледано 871 пъти

Ето го и моето решение. Нека [tex]D = BC \cap O_2O_3, \angle O_2DB = \angle O_2DQ = \alpha[/tex] (грозния чертеж).Тогава лесно следва, че [tex]O_3QDC[/tex] е вписан ([tex]\angle QO_3C = 2\angle QNC = 180 - 2\alpha[/tex]). Аналогично получаваме [tex]O_2BDQ[/tex] е вписан ([tex]\angle QO_2B = 2\angle QNC = 180 - 2\alpha[/tex]). Тогава равнобедрените триъгълници [tex]BO_2Q, CO_3Q[/tex] са подобни ([tex]\angle BO_2Q=\angle CO_3Q=180 - 2\alpha[/tex]). Тогава имаме [tex]\frac{BQ}{CQ} = \frac{O_2Q}{O_3Q}(*)[/tex] Оттук следва лесно, че триъгълниците [tex]O_2QO_3, BQC[/tex] са подобни ([tex]\angle O_2QO_3 = \angle BQO_3+ \angle O_2QB = \alpha + \angle BQO_3 = \angle BQC[/tex])(от вписаните четириъгълници и от равнобедрения триъгълник [tex]QO_3C[/tex]). Тогава имаме последователно
[tex]\frac{QO_2}{QB}=\frac{QO_3}{QC}=\frac{O_2O_3}{BC}=\frac{R'}{R}[/tex] ([tex]R',R, R_1,R_2,R_3[/tex]-радиусите на [tex]O_1O_2O_3, k, k_1,k_2,k_3(**)[/tex])т.е.[tex]QB=\frac{R_2.R}{R'}[/tex].Ще докажем , че триъгълниците [tex]BQO, O_2QO'[/tex] са подобни откъдето ще следва, че [tex]\angle BQO = \angle O_2QO'[/tex] или че [tex]\angle BQO_2 = \angle OQO' (***)[/tex], и от това подобие ще следва още, че [tex]\frac{BQ}{OQ}=\frac{QO_2}{QO'}(****)[/tex].Сега от [tex](***), (****)[/tex] ще следва че триъгълниците [tex]BO_2Q, QO'O[/tex] са подобни, но понеже [tex]BO_2Q[/tex]-равнобедрен веднага ще следва, че и [tex]QO'O[/tex] - равнобедрен откъдето [tex]QO'=O'O[/tex] което и трябва да се докаже.Ттриъгълниците [tex]BQO, O_2QO'[/tex] са подобни защото 1) [tex]\angle QO_2O'=|\angle QO_2O_3 - \angle O'O_2O_3|=|\angle QO_2O_3 - (90 - O_2O_1O_3)|[/tex][tex]=|\angle QBC - (90-\angle BAC)|=|\angle QBC - \angle OBC|=\angle QBO[/tex] (полвахме [tex](**)[/tex]) и 2) от [tex]BQ=\frac{R_2R}{R'}[/tex] следва, че [tex]\frac{BQ}{O_2Q}=\frac{BO}{O_2O'}[/tex].Сега от 1) , 2) следва желанато подобие с което задачата е решена.

[Гост]

Само едно малко уточнение .. Буквата Q Боби я е кръстил O''. Мисля че е ясно защо се пресичат в О''(Q) (теорема на Микел). Има решение и с произведение на ротация + хомотетия но това като че ли е доста по интуитивно а и автора иска (ако се намери) решение по възможност "за СОУ" Поздрави

[ins-]

Благодаря за разбираемото, елегантно и красиво решение. Рядко се виждат подобни неща във форума, а и по принцип.

[ins-]

Решението е коректно, за случая, когато страните на [tex]O_1O_2O_3[/tex] не са успоредни на страните на [tex]ABC[/tex]. Случаят, когато страните са успоредни, според мен, заслужава отделно разглеждане, макар и да не е толкова заплетен.

[Гост]

Ето и скица на решение от georgi111 за решение в случая, когато страните на триъгълниците са успоредни.

Нека X1 и Y1 са средите на O1O2 и AB,
а X2 и Y2 са средите на AC и O2O3.
Q,X1,Y1 - са на една права.
Q,X2,Y2 - са на една права.
Свързваме O с Y1 и Y2.
Имаме, че OY1 и OY2 са перпендикулярни на AB и AC съответно.
От "малките" Y1OQ и Y2OQ средата на QO e tochno O',
защото, ако е T, тогава TX1 и TX2 са средни отсечки и са успоредни, съответно на OY1 и OY2
т.е. са перпендикулярни на AB,AC - следователно и на O1O2 и O2O3,
с други думи TX1 и TX2 са симетралите, а те по условие се пресичат в O'.

Ако някой се сеща за други по-особени случаи - може да каже.

Картинка

reshenieUsporedenCase.gif (4.84 KiB) Прегледано 783 пъти