Fajna planimetria dla chętnych. Vax: Fajna planimetria dla chętnych. Dany jest kwadrat ABCD, X jest środkiem boku CD, na trójkącie ABX opisujemy okrąg, znajdź długość promienia danego okręgu, wiedząc, że bok kwadratu ma długość a

Jack:

	5a2
R=		(w sumie chyba proste, mogłem się walnąć w szybkich rachunkach)
	8(2a−1)

Eta:

	5
R=		a
	8

Jack: no i walnąłem − już widzę.

Jack:

	5a
R=
	8

Eta:

Vax: Eta dobrze To może coś ciekawszego: Dany jest kwadrat ABCD, punkty E i F leżą odpowiednio na bokach AB i BC w taki sposób, że BE = BF, punkt X jest rzutem prostokątnym punktu B na CE, udowodnij, że na czworokącie CDXF da się opisać okrąg.

Jack: te kąty mają 45^o (∡D) i 135^o (∡F) oraz 90^o (∡C) i 90^o (∡X). Stąd na czworokącie da się opisać okrąg (45+135=2*90)− nie robię rysunku ale chyba jasne.

Vax: Nie do końca, może zrobię rysunek, żeby lepiej było widać o co chodzi

Jack: sorry, zaznaczyłem X na odcinku EF.... − "piłeś, nie prowadź"

xXx: hmm to zadanie sprowadza się do pokazania, że ∡DXF=90^o myślę, myślę

Gustlik: Oznaczam:

	1
|AD|=|BC|a, |DX|=|CX|=		a
	2

|AX|=|BX|=y − jest to trójkąt równoramienny Liczę pole trójkąta ABX: Widać, że podstawa jest równa a i wysokość h=a, zatem

	1		1
P=		a*h=		a2
	2		2

Liczę boki trójkąta ABX

	1
y2=a2+		a2
	4

	5
y2=		a2 /√
	4

	√5
y=		a
	2

Korzystam ze wzoru na promień okręgu opisanego na trójkącie:

	abc
R=		, gdzie a, b, c − boki trójkąta, P − pole trójkąta
	4P

	√5
u nas boki wynoszą a=a, b=c=y=		a
	2

	√5   √5   a* a* a   2   2
R=		=
	1   4 a2   2

	5   a* a2   4		5
=		=		a
	2a2		8

Odp:

	5
R=		a
	8

Gustlik:

	1
Uwaga: w mianowniku przy obliczaniu promienia wkradł sie chochlik: zamiast 4		a2ma być
	2

	1
4*		a2, zgubiłem znak mnożenia, ale obliczenia są dobre.
	2

Vax: Ja to zrobiłem trochę inaczej, oznaczyłem drugi punkt przecięcia BC z tym okręgiem jako Y i

	a		a2
korzystając z twierdzenia o siecznej dostaję: (		)2 =		= |CX|2 = |CY|*|CB| =
	2		4

	a		√5a		√5a
a*|CY| ⇔ |CY| =		, z twierdzenia Pitagorasa |BX| =		oraz |XY| =		i
	4		2		4

	|XC|		1
teraz w trójkącie XCB: sin CBX =		=		i na koniec z twierdzenia sinusów
	|XB|		√5

	|XY|		5a		5a
w trójkącie BXY: 2R =		=		⇔ R =
	sin YBX		4		8

AS:

	a
BS =		, x + R = a ⇔ x = a − R
	2

ΔABS − tw.Pitagoeasa x² + (a/2)² = R² (a − R)² + a²/4 = R² a² − 2*a*R + R² + a²/4 = R² a² + a²/4 = 2*a*R

	5a
R =
	8

Vax: Tak, pozostało jeszcze 2 zadanie

TPB: Analitycznie idzie nawet łatwo, ale nie brnąłem w to, bo byłby to dowód jak dla mnie za mało elegancki, ale jak się poddam to będę jechał analitycznie, na razie główkuje nad czysto geometrycznym sposobem.

Vax: Analitycznie poszłoby nawet szybko ale masz rację, nie byłby to zbyt elegancki dowód

TPB: Idę na dwóch pochodzić w kółko z kartką i długopisem, tak rozwiązuję geometrię

TPB: No ja już rozwiązałem, ale mam pewną lukę w dowodzie. Próbuję dalej, może załatam tę dziurę.

Vax: Ok, powodzenia

TPB: Już mam, już pisałem dowód, kliknąłem backspace i mnie cofnęło z forum. jeszcze raz przepiszę, chwilka.

TPB: A więc mój dowód wygląda tak (a raczej szkic): 1. Na początku pokazujemy, że trójkąty prostokątne BEX, XBC iEBC są podobne. To jest chyba dla wszystkich jasne. Wynika to z cechy kąt−kąt−kąt 2. Z powyższego podobieństwa wynika, że ∡XCD = ∡XBF=∡BEX I teraz dochodzę do momentu gdzie się zaciąłem 3. Należy pokazać, że ΔBXF~ΔCXD Z podobieństwa trójkątów prostokątnych z podpunktu 1 otrzymujemy równość:

BX		BE
	=
CX		BC

Ale z założenia wiemy, że BC=CD (bo ABCd jest kwadratem) oraz EB=BF stąd otrzymujemy

BX		BF
	=		czyli trójkąty są podobne (cecha bok−kąt−bok)
CX		CD

4. Z udowodnionego przed chwilą podobieństwa, mamy równość miar kątów: ∡BXF = ∡CXD

	π
5. Wiemy, że ∡BXF + ∡FXC =		, a stąd otrzymujemy równość:
	2

	π
∡DXC+∡FXC = ∡BXF + ∡FXC =
	2

Czyli ∡FXD jest prosty 6. Czworokąt można wpisać w okrąg wtedy i tylko wtedy gdy sumy przeciwległych kątów są równe W naszym przypadku mamy ∡FXD+∡FXD = π, a więc również ∡XFC+∡CDX = π, bo suma miar kątów wewnętrznych czworokąta jest równa 2π. Czworokąt CDXF można zatem wpisać w okrąg. c.b.d.o

Vax: Dobrze

TPB: Uff ślepy geometrycznie jestem, zwłaszcza jak idzie o trójkąty podobne. Na każdym kroku zapominam o tym jak wartościowe to narzędzie.

Vax: Szczerze mówiąc ja mam podobnie, cały czas przerabiałem nierówności, ogólnie teorię liczb, ale w końcu za planimetrię też się trzeba wziąć, na olimpiadzie nie ma tylko jednego działu

TPB: Ja za miesiąc zaczynam studia, a zadanka olimpijskie dopiero po maturze zacząłem sobie przerabiać. Takie to dziwaczne natręctwa mnie zaatakowały. Głównie nierówności, wielomiany, teoria liczb... ale z geometrii to głównie robię zadania z gwiazdką podręczników, zestawów maturalnych czy egzaminów wstępnych na wyższe uczelnie. Tam zawsze jak coś trzeba dowodzić w tych zadaniach, to w 90% idzie z trójkątów podobnych, a ja siedzę nad zadankiem 3 godziny i dopiero potem wracam do swojego pierwszego przeczucia. A do Om to owszem planometria to 25% wszystkich zadań. Gdzieś na stronce był diagram procentowy udział różnych "działów" na OM. Masz Prasolova, prawda?

Vax: Tak, ostatnio trochę Prasolova przerabiam, tak poza tym to widziałem też Twój post na innym forum matematycznym, gdzie o tym wspominałeś

TPB: Hmm to nie mam chyba innych pdf−ów którymi bym się z Tobą podzielił. A tak matematyka.pl zapomniałem, że mam tam konto Ok ja lecę

Vax: Btw. a na studia gdzie się wybierasz ?

TPB: Studiować będę na Uniwersytecie Gagarina w Zielonej Górze Aby tak ciekawy temat nie upadł to ja dodam pewne zadanko z planimetrii. W porównaniu do poprzedniego dużo łatwiejsze.

	2
W trójkąt równoramienny o obwodzie 40 cm wpisano okrąg, którego promień jest równy
	5

wysokości poprowadzonej do podstawy. Obliczyć długości boków tego trójkąta. A teraz zajmę się filmem, od dawna planowałem obejrzeć "Wujek Boonmee, który potrafi przywołać swoje poprzednie wcielenia"

xXx:

	2P		(40−2b)*2.5r
(r=		⇒ 2P=40r) ∧ (P=		⇒ 2P=(40−2b)*2.5r)
	40		2

	1
(40−2b)*2.5r=40r / *		⇒ 100−5b=40 ⇒ b=12
	r

a=40−2b=16 a zatem boki tego trójkąta mają długości odpowiednio: 12, 12 i 16

TPB: Dobrze

TPB: To jeszcze jedno zadanie.

	π
Dany jest równoległobok, w którym kąt ostry ma miarę		. Wyznacz stosunek długości boków
	3

	19
równoległoboku, jeżeli stosunek kwadratów długości jego przekątnych jest równy		.
	7

AS:

	2
Dane: a + 2*b = 40 , r =		h
	5

	Pole tr
r =
	1/2Obwodu

	1/2a*h		a*h
r =		=
	20		40

a*h		2
	=		h ⇒ a = 16
40		5

	40 − a
b =		= 12
	2

TPB: Ja zrobiłem to w ten sposób: oznaczenia jak na rysunku xXx

	5
h =		r
	2

P = 20r P = U[1}{2}ah

	5
20r =		ar
	4

a = 16 16+2b = 40 ⇔ b=12

Vax: Z tw kosinusów: f² = a²+b²−2ab*cos60 = a²−ab+b² e² = a²+b²−2ab*cos120 = a²+ab+b² Czyli z założenia dostajemy:

19		a2+ab+b2		(a/b)2 + (a/b) + 1
	=		=
7		a2−ab+b2		(a/b)2 − (a/b) + 1

	a
t =
	b

19		t2+t+1
	=
7		t2−t+1

19t²−19t+19 = 7t²+7t+7 12t² − 26t + 12 = 0

	2		3
t =		v t =		(w zależności czy a>b czy odwrotnie)
	3		2

TPB: Identycznie zrobiłem

AS: W trójkącie prostokątnym przeprowadzono równoległą do przeciwprostokątnej równą jednej przyprostokątnej.Kąt przeciwległy do tej przyprostokątnej = α. W jakim stosunku zostało podzielone pole trójkata?

TPB: Wiemy, że AB=PQ oraz, że ∡ACB = α. Z faktu, że PQ i BC są równoległe, wynika, że ∡PQA = α oraz ∡APQ = ∡ABC. A więc trójkąty APQ oraz ABC są podobne.

	AB		PQ
sinα =		=		zatem skala podobieństwa wynosi k = sinα
	BC		BC

Stosunek pól jest zatem równy P_APQ = sin²αP_ABC czyli P_PBCQ = cos²αP_ABC A stosunek pól tych figur jest równy tg²α

AS: Ok − uzyskałem taki sam wynik,tylko że znacznie dłuższą drogą. Gratulacje.

TPB: Dziękuję. To teraz ja się zrewanżuję. W okrąg o promieniu długości 1 wpisano kwadrat oraz trójkąt równoboczny w ten sposób, że mają wspólny wierzchołek. Oblicz pole części wspólnej obu tych figur.

Vax: Również gratuluję Fajnie, że zrobił się taki mały ,,łańcuszek" zadań z planimetrii, oby tak dalej To może ja zarzucę kolejne zadanko: Dany jest trapez ABCD (AB i CD podstawy, |AB| > |CD|), niech X będzie środkiem podstawy AB, Y środkiem podstawy CD, N punktem przecięcia przekątnych AC i BD, a M punktem przecięcia przedłużeń ramion AD i BC. Udowodnij, że M,Y,N,X leżą na jednej prostej.

TPB: To żeś Vax dowalił zadanie. Może tylko treść taka odstraszająca, ale dzisiaj mi się nie chce. Może jutro powalczę z Twoim zadaniem. Chociaż chwila, te wszystkie trzy proste to środkowe. A więc przecinają się w jednym punkcie, czyli leżą na jednej prostej. W dobrą stronę idę?

TPB: Zaraz wrócę to napisze swoje rozwiązanie...

Vax: Ok

Vax: Ja za 15min wychodzę i będę pewnie coś po północy.

TPB: Jestem już. Ale cóż przemyślałem po drodze i odrobię się przeliczyłem. Bo przekątne AC i BD nie będą środkowymi trójkąta ABM... pomyślę, może dam radę.

TPB: zadanie Vaxa: Dowód: ∡CDM = ∡BAM ∡DCM = ∡ABM ∡DMC = ∡AMB Zatem ΔDCM~ΔABM Z podobieństwa powyższych trójkątów wynika, że MYX leżą na jednej prostej. Wystarczy pokazać, że N należy do tej prostej. Albo inaczej, musimy pokazać, że przekątne trapezu oraz MX przecinają się w jednym punkcie. Tutaj z pomocą przyjdzie nam twierdzenie odwrotne do tw. Cevy. Informacje o tym możemy znaleźć w podręcznikach typowo olimpijskich. Mówi ono (to odwrotne), że jeżeli

AX		BC		MD
	*		*		= 1, to MX, AC i BD przecinają się w jednym punkcie (a to musimy
XB		CM		DA

udowodnić). A więc powołując się na tw. Cevy. Uzyskujemy równość:

BC		DA
	=		, a to jest prawdą, bo ta równość wynika z twierdzenia Talesa.
CM		MD

Zatem punkt N nalezy do prostej AX. c.b.d.o

TPB: To teraz daję swoje zadanie: W okrąg o promieniu długości 1 wpisano kwadrat oraz trójkąt równoboczny w ten sposób, że mają wspólny wierzchołek. Oblicz pole części wspólnej obu tych figur.

TPB: http://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_Cevy Nawet na Wikipedii można znaleźć to twierdzenie. Jeśli ktoś go nie zna polecam lekturę

Vax: Prawie cały dowód ok, tylko zastanawia mnie implikacja, ΔDCM ~ ΔABM ⇒ MYX leżą na jednej prostej, mamy pokazać, że odcinek MX przecina CD w połowie, nie jestem pewien, czy nie

	DM
skorzystałeś tutaj z tezy. Można zauważyć, że ΔAXM ~ ΔDYM w skali k1 =		czyli |DY| =
	AM

	MC
k1 * |AX| oraz ΔBXM ~ ΔCYM w skali k2 =		czyli |CY| = k2 * |BX|, ale z twierdzenia
	MB

Talesa k₁ = k₂, oraz |AX| = |BX|, czyli |YD|=|YC|.

TPB: Też się zastanawiałem czy aby nie przeskoczyłem za szybko, ale jak zasypiałem to pomyślałem, że mógłbym się tutaj bardziej rozwinąć. ∡DYM = ∡AXM oraz ∡DMY=∡AMY Idziemy dalej. Wiemy, że DCM i ABM są podobne, oraz, że X i Y dzielą odpowiednie boki trójkątów na połowy Prosta MY przecina CD pod tym samym kątem jak prosta MX bok AB, a ABIICD, zatem MYX leżą na jednej prostej.

Vax: Tylko cały czas wydaje mi się, że korzystasz z tezy. Mamy dowieść, że MYX są współliniowe, można to zrobić albo jak opisałem wyżej, przyjmując, że Y jest punktem przecięcia MX z CD i dowodząc, że wówczas Y jest też środkiem podstawy CD, albo przyjmując, że Y jest środkiem boku CD i wtedy próbować dowieść, że odcinek MX przejdzie przez Y, ale w tym wypadku od razu odpada nam równośc kątów ∠DYM = ∠AXM bo w tym wypadku musimy założyć, że MX przechodzi przez Y, a to jest teza. Można by było napisać, że ∠AXM = ∠DKM, gdzie K jest punktem przecięcia MX i CD i wtedy dopiero próbować dowieść, że K = Y. Mam nadzieję, że widzisz o co mi chodzi

TPB: "Można by było napisać, że ∠AXM = ∠DKM, gdzie K jest punktem przecięcia MX i CD i wtedy dopiero próbować dowieść, że K = Y. " W sumie tak byłoby mi najwygodniej. Ale ciągle wydaje mi się, że jeżeli ΔDCM~ΔABM i MY (gdzie Y jest środkiem boku CD) przecina CD pod kątem DYM równym AXM, to (gdzie X jest środkiem boku) to wynika, że AYM lezą na jednej prostej. Chociaż nie wiem. Zamotałeś mnie. Ale generalnie pomysł, aby dowodzić, że K=Y wydaje mi się najlepszy.

Vax: Dobrze, to może tak, skąd wiadomo, że ∠DYM = ∠AXM ? Jak z podobieństwa to napisz odpowiednie równości kątów.

Vax: Chodzi o to, że tak naprawdę teza sprowadza się do pokazania, że ΔDYM ~ ΔAXM, oczywiście mamy dane ∠XAM = ∠YDM i zostaje pokazać równość ∠DMY = ∠AMX, a to już nie jest oczywiste, bo właśnie tutaj zakładasz, że punkt M,Y,X są współliniowe, nie możemy tego założyć, odcinek MX może przeciąć CD w jakimś innym punkcie K i wtedy M,K,X będą współliniowe, trzeba później jeszcze dowieść, że punkt K leży na punkcie Y, a to w sumie sprowadza się do tego samego, co udowodniłem wcześniej

TPB: No właśnie zauważyłem już ten swój błąd.

TPB: W okrąg o promieniu długości 1 wpisano kwadrat oraz trójkąt równoboczny w ten sposób, że mają wspólny wierzchołek. Oblicz pole części wspólnej obu tych figur.

AS: Coś brak chętnych do rozwiązania zadania. Rozwiązałem problem,ale nie chce mi się piać,dużo rachunków. Ustaliłem tryb postępowania prowadzący do rozwiązania.

Godzio: Jeszcze nie pisz rozwiązania, za jakieś 2 h pobawię się w to zadanie

TPB: AS to napisz chociaż wynik to powiem czy dobrze.

AS: Nie mam wyniku,opracowałem ścieżkę obliczeniową do wyniku. Ja często tak robię nie chcąc tracić czasu na obliczenia, wyznaczam kolejne etapy prowadzące do celu. Bok taki a taki z trójkąta x tw.cos następny elemenr znowu z z czegoś itd.

TPB: OK to daj chociaż skróconą ścieżkę swojego rozumowania i wrzuć swoje zadanko

AS: Promień okręgu:R , bok kwadratu: R√2 , bok trójkata: R√3 Pole szukanego obszaru: Pole ΔOGF + pole trapezu GFPR Pole ΔOGF Wsp.wierzchołków kwadratu O(0,0) , A(R√2,0} , B(R√2.R√2) , C(0,R√2) Równania boków kwadratu OA: y = 0 , BC: y = R√2 , OC: x = 0 , AB: x = R√2 Równania boków trójkata ODE OD: y = tg(15⁰)*x , OE: y = tg(75⁰)*x Współrzędne wierzchołków trójkata OFG F na przecięciu prostych AB i OD OD: y = tg(15⁰)*x , x = R√2 , F(R√2,R√2tg(15⁰)) G na przecięciu prostych OE i BC OE: y = tg(75⁰)*x , y = R√2 , G(R√2ctg(75^o),R√2) Długość odcinka OF |OF|² = (Fx)² + (Fy)² Pole trójkąta OFG

	1
P1 =		|OF|2*sin(60o)
	2

Pole trapezu GFPR

	1
P2 =		(GF + PR)*w
	2

Wsp. punktów D i E znajdziemy jako punkty wspólne prostych OD i OE z równaniem okręgu o promieniu R Wsp. punktu P znajdziemy z przecięcia się prostych BC i ED Wsp. punktu R znajdziemy z przecięcia się prostych AB i ED Wysokość trapezu w to odległość między prostymi GF i PR

AS: Zadanie konstrukcyjne (łatwe) Nakreślić konstrukcyjnie (tj przy pomocy tylko cyrkla linijki i ołówka) trzy okręgi parami zewnętrznie styczne,znając położenie ich środków.

TPB: To znowu ja będę rozwiązywał zadanie. Szkoda, że taki fajniuśki temat umiera Te trzy środki okręgów nazwijmy jako A,B,C (dla ułatwienia w taki sposób, aby |AB|≤|AC|≤|BC|). Oznaczmy ponadto jako R_a,R_b,R_c długości promieni odpowiednio okręgów A,B,C. Oraz niech Δl₁=|AC|−|AB| i Δl₂ = |BC|−|AC|. Nasze zadanie sprowadza się do wyznaczenia dł. powyższych promieni, a to możemy zrobić rozwiązując układów równań:

⎧	Ra+Rb = |AB|
⎨	Ra+Rc = |AC|
⎩	Rb+Rc = |BC|

Odejmując drugie równanie od pierwszego ustalamy, że R_c=R_b+Δl₁ Odejmując trzecie od drugiego uzyskujemy R_b=R_a+Δl₂ Stąd R_c = R₁−Δl₁−Δl₂ Podstawiając R_b = R_a+Δl₂ do pierwszego równania otrzymujemy, że R_a = |AB|−Δl₂ Teraz przystępujemy do konstrukcji. Odmierzamy oczywiście odcinki AB,AC,BC,Δl₁Δl₂ dodajemy, odejmujemy okreslone długości (to bardzo proste nie będę się tutaj rozpisywał) i otrzymujemy w końcu długości promieni podanych okręgów.

TPB: Dany jest trójkąt ABC, w którym kąt ACB ma miarę 60⁰ oraz |AC|<|BC|. Punkt D leży na boku BC przy czym |BD|=|AC|. Punkt E jest punktem symetrycznym do punktu A względem punktu C. Udowodnić, że |AB| = |DE|.

TPB: *R_c=R_a+Δl₁+Δl₂ (mały błąd)

TPB: Zadanie dla chętnych: Dany jest trójkąt ABC, w którym kąt ACB ma miarę 600 oraz |AC|<|BC|. Punkt D leży na boku BC przy czym |BD|=|AC|. Punkt E jest punktem symetrycznym do punktu A względem punktu C. Udowodnić, że |AB| = |DE|.

AS: ΔABC: tw. cosinusów AB² = (b + x)² + b² − 2*b*(b + x)*cos(60^o) AB² = b² + 2*b*x + x² + b² − b² − b*x AB² = b² + b*x + x² ΔDEC: tw.cosinusów ED² = b² + x² − 2*b*x*cos(120^o) cos(120^o) = −1/2 ED² = b² + x*2 + b*x Wniosek: |AB| = |BE| q.e.d.

AS: Zadanie konstrukcyjne (odświeżam,kiedyś już proponowałem,nikt nie rozwiążał) Nakreślić konstrukcyjnie trójkąt,mając dane: obwód trójkąta s oraz dwa kąty wewnętrzne α i β.

TPB: Hmm pomyślę, może zrobię. Ale to najwcześniej 1−2 września, bo nie będę miał czasu wcześniej.