Вдъхновена от задача на Б. Михайлов

[ins-]

Нека [tex]ABCD[/tex] е изпъкнал четириъгълник с пресечна точка на диагоналите - [tex]P[/tex]. [tex]E[/tex] е пресечната точка на [tex]AB[/tex] и [tex]CD[/tex]. [tex]F[/tex] е пресечната точка на [tex]AD[/tex] и [tex]BC[/tex]. [tex]X[/tex] е произволна точка (външна за триъгълника [tex]AEF[/tex]). [tex]A'[/tex], [tex]B'[/tex], [tex]C'[/tex], [tex]D'[/tex], [tex]P'[/tex] са, съответно, пресечните точки на [tex]AX[/tex], [tex]BX[/tex], [tex]CX[/tex], [tex]DX[/tex], [tex]PX[/tex] с [tex]EF[/tex]. Да се докаже, че:
а) [tex]\frac{A'X}{AA'}+\frac{C'X}{CC'}=\frac{B'X}{BB'}+\frac{D'X}{DD'}[/tex];
б) [tex]\frac{A'X}{AA'}+\frac{B'X}{BB'}+\frac{C'X}{CC'}+\frac{D'X}{DD'}=4 \frac{P'X}{PP'}[/tex].

[kucheto]

Аз предлагам, щом задачата е вдъхновена от Борислав Михайлов, да използваме равномерно движение.

[drago]

Аз предлагам, щом задачата е вдъхновена от Борислав Михайлов, да използваме равномерно движение.

Това го считам само като закачка, нищо повече. Той ми преподаваше известно време, когато бях ученик(по-точно водеше ми школа) и нямам впечатление да е бил с някаква такава мания. Напротив, имаше широки интереси, и не само в геометрията. Обичаше да обясни нещо нагледно, ако става, и може би затова е използвал и този прийом- равномерно движение... Макар че това не съм го чувал директно от него; видях го по късно в някои негови статии.
Сега като си мисля- най-голямата трудност в обучението по математика е да изложиш нещо нагледно- да се разбере защо правим така, да се обясни първо плана, по който ще действаме и след това детайлите. Това го виждам на много малко места...

[kucheto]

Това го считам само като закачка, нищо повече. Той ми преподаваше известно време, когато бях ученик (по-точно водеше ми школа) и нямам впечатление да е бил с някаква такава мания.

Аз не го познавам, но съм чел книгата му "Задачи по елементарна геометрия". Оттам знам за метода на равномерното движение, който е много силен в някои задачи, в които имаме образуване на точки от прави и обратното. Тази задача е точно такава (не съм я решавал) и е напълно възможно да има решение, чрез движение на права успоредно на себе си. Може и да греша, но първото нещо, за което се сетих, виждайки формулировката и името Б. Михайлов, беше равномерно движение. Утре може да пробвам да я реша по този начин и ако стане, ще постна решението.

[drago]

Не съм убеден, че този подход може да се приложи в случая.
По начина, по който я решавам- първо тези отношения се прехвърлят в отношение на лица; след което като отношение на отсечки в [tex]\triangle EFC[/tex]. Всъщност задачата се свежда до следната:
Даден е [tex]\triangle ABC[/tex] и т. [tex]P[/tex] вътре в него. [tex]A_1,B_1, C_1[/tex] са съответно пресечените точки на [tex]AP, BP,CP[/tex] със страните на триъгълника. Да се докаже, че [tex]\frac{CP}{PC_1}= \frac{CB_1}{B_1A}+\frac{CA_1}{A_1B}[/tex].
Това следва от теоремата на Чева с едно прехвърляне а ла Талес на отношението [tex]\frac{CP}{PC_1}[/tex] върху страната [tex]CB[/tex] (например).
Ако някой иска по-подробно, ще го напиша.
И все пак, любопитно ми е: коя е оригиналната задача на Б. Михайлов.

[Гост]

Оригиналната задача е следната:

Около триъгълник [tex]ABC[/tex] с медицентър [tex]G[/tex] е описана окръжност [tex]k[/tex]. Външно за окръжността е избрана произволна точка [tex]P[/tex]. Пресечните точки на [tex]PA[/tex], [tex]PB[/tex], [tex]PC[/tex], [tex]G[/tex] с [tex]k[/tex] са [tex]A'[/tex], [tex]B'[/tex], [tex]C'[/tex], [tex]G'[/tex]. Да се докаже, че: [tex]PA.PA'+PB.PB'+PC.PC'=3.PG.PG'[/tex]. Как може да се обобщи задачата за произволен многоъгълник и в пространството?

Задачата е публикувана в сп. "Математически форум" с автори Б. Михайлов и П. Данчев.

Моята задача е "комбинация" от тази и предходната ми задача за седмицата. Предложената от мен задача търпи обобщения в поне 3 посоки.

Ще се радвам да видя пълно решение (би могла да се реши поне по няколко начина), както и оценка на красотата и сложността на задачата за 4-ъгълника. Не знам, също, дали е добре известно твърдение.

[kucheto]

Оказа се, че греша. "Проблемът" е в точка [tex]P.[/tex] В задачите с четириъгълници от книгата тази точка липсва и точките [tex]A,\ B,\ F[/tex] са приети за неподвижни, а правата [tex]\overline{ECD}[/tex] е подвижна и се движи успоредно на себе си. Обаче [tex]P[/tex] не се движи равномерно в този случай (установих го с компютърна симулация ) и решението няма да стане с равномерно движение.

[Гост]

Задачата била обобщенеи на "теорема о приставных лестницах " - каквото и да означава това

[drago]

Добре, малко по-подробно. Имаме:

[tex]\frac{XA'}{AA'}=\frac{S_{XEF}}{S_{AEF}}[/tex];
[tex]\frac{XC'}{CC'}=\frac{S_{XEF}}{S_{CEF}}[/tex];
[tex]\frac{XB'}{BB'}=\frac{S_{XEF}}{S_{BEF}}[/tex];
[tex]\frac{XD'}{DD'}=\frac{S_{XEF}}{S_{DEF}}[/tex];

Значи а) е еквивалентно на:

[tex]\frac{1}{S_{AEF}}+\frac{1}{S_{CEF}}=\frac{1}{S_{BEF}}+\frac{1}{S_{DEF}}[/tex] <=>
[tex]\frac{S_{CEF}}{S_{AEF}}+\frac{S_{CEF}}{S_{CEF}}=\frac{S_{CEF}}{S_{BEF}}+\frac{S_{CEF}}{S_{DEF}}[/tex] <=>
[tex]\frac{CA_1}{AA_1}+1=\frac{CE}{DE}+\frac{CF}{BF}[/tex]
(където [tex]A_1[/tex] е прес. точка на [tex]CA[/tex] с [tex]EF[/tex].)
<=>
[tex]\frac{CA}{AA_1}=\frac{CD}{DE}+\frac{CB}{BF}[/tex]

Това последното се доказва като през [tex]A_1[/tex] построим права успоредна на [tex]BE[/tex] (например); нека пресича [tex]BF[/tex] в т. [tex]A_2[/tex]. Тогава [tex]\frac{CA}{AA_1} = \frac{CB}{BA_2}[/tex].
От друга страна [tex]A_2[/tex] се определя напълно от [tex]\frac{FA_2}{A_2B}= \frac{FA_1}{A_1E}[/tex].
Останалото е прилагане на Чева и малко сметки.

Боби, ти нещо бъркаш с тази формулировка:

Оригиналната задача е следната:

Около триъгълник [tex]ABC[/tex] с медицентър [tex]G[/tex] е описана окръжност [tex]k[/tex]. Външно за окръжността е избрана произволна точка [tex]P[/tex]. Пресечните точки на [tex]PA[/tex], [tex]PB[/tex], [tex]PC[/tex], [tex]G[/tex] с [tex]k[/tex] са [tex]A'[/tex], [tex]B'[/tex], [tex]C'[/tex], [tex]G'[/tex]. Да се докаже, че: [tex]PA.PA'+PB.PB'+PC.PC'=3.PG.PG'[/tex].

На първо вереме:какво е [tex]G'[/tex] ?, има две прес. точки на [tex]PG[/tex] с окръжноста !!

[Гост]

Наистина съм я объркал.
[tex]P[/tex] е точка от окръжност [tex]k[/tex]. [tex]ABC[/tex] е триъгълник с медицентър [tex]G[/tex]. [tex]A' = PA x k[/tex], [tex]B' = PB x k[/tex], [tex]C' = PC x k[/tex], [tex]G' = PG x k[/tex]. Тогава е в сила описаното равенство.

[drago]

Хм, тази задача съм я виждал в този форум, или неще много подобно на нея, като съм поствал решение, такка че в моите постове трябва да я има. Но идеята със сигурност е същата. И се обобщава за [tex]n[/tex] точки (в пространството).
Първо [tex]PA'\cdot PA[/tex] се обръща в [tex]AA'\cdot AP[/tex] + (нещо)
Използва се (на 2 пъти) свойството на центъра на тежестта (имаше нещо свързано с механиката в това свойство):
[tex]\sum_{i}XA_{i}^2= n\cdot XG^2 + \sum_{i}GA_{i}^2[/tex]
където [tex]G[/tex] е центъра на тежестта на [tex]n[/tex]-те точки [tex]A_i[/tex].
Използва се и това че [tex]AA'\cdot AP=(AO-R)(AO+R)[/tex]

Тази задача идейно е много далеч от твоята. Чудя се как едната е вдъхновила другата! Освен чисто образно, че има точка, от която се прожектират други точки върху нещо (окръжност, права).

[Гост]

Грешно я бях запомнил. Аз измислям задачите "по интуиция". Не търси особена логика. Понякога "звездите ми ги говорят"

[Гост]

Даден е [tex]\triangle ABC[/tex] и т. [tex]P[/tex] вътре в него. [tex]A_1,B_1, C_1[/tex] са съответно пресечените точки на [tex]AP, BP,CP[/tex] със страните на триъгълника. Да се докаже, че [tex]\frac{CP}{PC_1}= \frac{CB_1}{B_1A}+\frac{CA_1}{A_1B}[/tex]. - това май е известно твърдение: http://mathworld.wolfram.com/vanAubelsTheorem.html.

[drago]

Ти да видиш..., чак си ималa име!
Иначе е бързо следствие от теоремата на Чева. Е, т.а) от твоята задача се свежда до тази теорема на van Aubel.

[Гост]

[tex]\frac{XA'}{AA'}+\frac{XC'}{CC'}=\frac{XB'}{BB'}+\frac{XD'}{DD'}=2\frac{XP'}{PP'}[/tex], ако се докаже и двете подточки са доказани. Разделена на подточки ми се стори по-красива, а ако беше дадено да се докаже само б), без да е спомената а) - може би не е много лесна задачата.

[drago]

Всъщност това, което съм виждал в този форум е по-различно, но се решава с подобна идея, като тази на Б. Михайлов и е следното:
viewtopic.php?f=10&t=8115

[Гост]

Красива е задачата - напомня една моя с ортоцентър като конфигурация, но начина на решение е различен.