geo Kacper: Znalazłem fajne zadanko ABC jest trójkątem prostokątnym o kącie prostym przy A, oraz |AB| > |AC|. Punkt D jest zdefiniowany tak że trójkąt BCD jest równoboczny oraz AD przecina BC w P. Punkt Q jest zdefiniowany tak że trójkat QDP jest równoboczny oraz QP przecina DB. Pokaż że |QA| < |QC|. Znalazłem na innym forum Mam prawie całe rozwiązanie, tylko zostało mi porównać pewne dwa kąty i zatrzymałem się. Może ktoś ma jakiś pomysł na rozwiązanie?

Kacper: nikt?

...: A

Mila: Ładny rysunek.

...: ... wyręczać Kacpra nie mam zamiaru − Ponoć tylko zatrzymał się ... na chwilkę ...

Eta: Pewnie wziął "stoperan" i poszedł tu .....http://forum.zadania.info/viewtopic.php?f=20&t=65956

pigor: ..., jeśli ktoś myśli, że na rysunku do zadania AD⊥BC, to się myli ...

Eta: Jasne, że AD nie zawiera wysokości trójkąta równobocznego BCD

...: ... to oczywista oczywistość ... wszak trójkąt prostokątny ABC równoramiennym nie jest...

Saizou : ja bym kombinował z tym że punkt Q (Q') musi leżeć na odcinku AX, gdzie X jest środkiem boku AC

pigor: ... , dobry pomysł, tylko, że wtedy powinno się wykazać, że punkt Q' leży poniżej środka X, co pociąga |QA|<|QC| − tezę zadania.

Saizou : fakt sformułowanie leży na odcinku AX jest nieprecyzyjne xd

Kacper: Czekam na dalsze pomysły. Ja obecnie nie mam czasu, bo jestem na wakacjach

Eta: Korzystam z rys. Saizou Na czworokącie PBQD można opisać okrąg( dlaczego? to |∡PBQ|= 120^o zatem |∡ABC|= 30^o czyli trójkąt ABC ma miary kątów : 60^o, 30^o, 90^o i dalej już z górki .........

Saizou : Etuś chyba jednak nie geogebra mówi coś innego xd

Eta: Jeżeli z punktu B i Q widać odcinek PD to na czworokącie PBQD można opisać okrąg (ja geogebrą nie jestem i może się mylę A co mówi Ci geogebra ?

Saizou : nie chodzi mi o czworokąt, tylko o kąty ΔABC, bo to prawda co do czworokątu

Eta: Co do tych kątów masz rację, ( na moim rysunku tak ujrzałam

Saizou :

Eta: Poczekamy....... zaraz Bogdan za rozwali nam to zadanie

Saizou : pewnie tak, wyciągnie z rękawa jakieś "trywialne" rozwiązanie xd

Eta:

Ajtek: Nieźle, to trzeba na dwóch rysunkach robić, na drugim pozaznaczać kąty, żeby nie zamazać całości. Dobry wieczór Eta .

Eta: Witaj Ajtuś

Saizou : ja polecam zrobić wersję długopisem i resztę zaznaczać ołówkiem, zawsze można wymazać kąty, bez naruszania figury

Ajtek: Niestety nie mam tylu kolorowych pisaków . Eta, pomysł na mój nik wziął się z zachowania mojej sąsiadki, dzisiaj starszej już Pani, z lat mojego dzieciństwa. Zawsze mówiła na mnie Ajtek. Mało tego, zostało tak do dzisiaj, a nie ma problemu z wymawianiem litery "r" .

Eta: @Saizou Zaznacz rzuty prostokątne spodków wysokości tych trójkątów równobocznych i punktu Q na przyprostokątną AC

Eta: No i Bogdan poszedł a nam zostawił główkowanie

Saizou : trzeba myślec xd

Mila: Mnie opanowało lenistwo. Może jutro będę myśleć. Życzę sukcesu.

Kacper: Ja już wróciłem spod Rysów do domku Co do pierwszego pomysłu Ety, to trójkąt ABC nie jest 30,60,90 bo tylko mamy informacje o tym, że nie jest równoramienny

amożetak: Dla równoramiennego ABC kąt DPA =90, czyli QP jest nachylony pod kątem 30 do boku CA. Na AQDP można opisać okrąg, więc kąt PAQ =120, wtedy PQA =30. CAB=45, QAN=15, AQN=75 czyli PQM =75. Z tego wynika ,że dla równoramiennego punkt Q leży poniżej połowy NM, czyli CQ jest większe od QB. Gdy BA jest większe od CB kąt DPQ jest mniejszy od 90( środek CA , nazwijmy go X, jest poniżej P, a DXP jest prosty), czyli zmniejsza się też kąt nachylenia PQ, więc tym bardziej zachodzi teza

Kacper: Niestety to tylko intuicja, a nie rozumowanie matematyczne.

Saizou : ostatnie 30 minut moich rozważań przyniosło owoc w postaci: (korzystam z rysunku z dnia 8 sie 2014 12:56)

	c√3
jeżeli CD=c i PQ=d to wysokość opuszczona z punktu Q na CD jest równa
	2

dodatkowo CD II BQ (co czyni BCDQ trapezem o przekątnych CQ i BD) może komuś to pomoże xd

Saizou : jakieś dalsze pomysły ?

Hugo: z pitagorasa x² = |ac|² + |ab|² z< x Mi tylko brakuje zależności w połączeniu wierzchołków trójkąta równobocznego z tr. prostokątnym. Powinny być wzory na to : > (?) (czerwony rysunek)

Hugo: jeżeli byście mnie wspomogli to potem mozna z tw. cosinusów ten jeden bok brakujący

Hugo: O te zależności sie rozbija cały czas i to by nam duzo dało jak by ktoś znalazł albo wiedział http://www.wielokat.pl/twierdzenie-menelaosa/ twierdzenie menelaosa potem tez mozna uzyc

PW: A mnie intuicja podpowiada twierdzenie o potędze punktu względem okręgu (punktu Q względem okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym), ale też nie umiem tego zrealizować.

Hugo: jedno zadanie poloży całe forum ?

Kacper: To nie jest zadanie dla zwykłego licealisty To raczej zadanie olimpijskie Chyba wrzucę je na forum, gdzie ludzie są na bieżąco z taką tematyką tylko muszę podszkolić mój angielski

zombi: Wrzuć na matematyka.pl tam masz pełno olimpijczyków, koksów z geometrii ew. na jakiegós mathlinks (AoPSa). Ale na matematyka.pl powinni dać radę.

Hugo: zombi też jesteś koksem xd

Kacper: No wisi już na matematyka.pl od tygodnia albo dłużej bez odzewu myślałem o mathlinksie wcześniej i tam wrzucę

Hugo: podlinkuj do tych do wrzuciles

zombi: http://www.matematyka.pl/369046.htm

Bogdan: Proponuję spróbować tak spojrzeć na podany w zadaniu problem: Każdy z wierzhołków A trójkątów prostokątnych ABC o kącie prostym przy wierzchołku A leży na łuku półokręgu o średnicy BC. Punkt P leży na tej średnicy BC. Trójkąt BDE jest równoboczny i przystający do trójkąta równobocznego CBD. Czworokąt CBED jest rombem o kącie ostrym o mierze 60^o (są to jakby sklejone dwa trójkąty równoboczne). Trzeba najpierw wykazać, że wierzchołek Q trójkata rownobocznego PQD leży na boku BE trójkąta BDE (pomoże tu spostrzeżenie Saizou o trapezie z 12 sierpnia godz. 17:24). Punkt A przesuwając się po łuku półokręgu powoduje przesunięcie punktu P na średnicy BC i punktu Q na odcinku BE.