MiNI Akademia Matematyki na Politechnice Warszawskiej
Krzysztof CheÃlmi´ nski
Niestandardowe rozwi azania zada´
,n geometrycznych
MiNI PW, 15.01.2011
Twierdzenie Ptolemeusza
W dowolnym czworokacie ABCD wpisanym w okr, ag iloczyn dÃlugo´sci przek, atnych jest r´, owny sumie iloczyn´ow dÃlugo´sci przeciwlegÃlych bok´ow:
|AC| · |BD| = |AB| · |CD| + |BC| · |AD| .
Nier´ owno´ s´ c Ptolemeusza
Je˙zeli na czworokacie ABCD nie mo˙zna opisa´c okr, egu to iloczyn dÃlugo´sci przek, atnych jest mniejszy, ni˙z suma iloczyn´ow dÃlugo´sci przeciwlegÃlych bok´ow:
|AC| · |BD| < |AB| · |CD| + |BC| · |AD| .
Dow´od standardowy Twierdzenia Ptolemeusza: (tylko podobie´nstwo tr´ojkat´, ow.)
Niech czworokat ABCD b, edzie wpisany w okr, ag. Niech K b, edzie takim punktem na przek, atnej, AC, ˙ze ∠ABD = ∠KBC. Zauwa˙zamy, ˙ze tr´ojkaty ∆ABD i ∆KBC s, a podobne i dlatego,
|KC| · |BD| = |AD| · |BC|. Podobnie tr´ojkaty ∆ABK i ∆DBC s, a podobne i otrzymujemy,
|AK| · |BD| = |AB| · |DC|. Dodajac otrzymane r´, owno´sci uzyskujemy teze Twierdzenia Ptoleme-, usza.
Dow´od niestandardowy Twierdzenia Ptolemeusza:
Niech ABCD bedzie dowolnym czworok, atem. PrzesztaÃlcamy pÃlaszczyzn, e w inwersji wzgl, edem dowol-, nego okregu o ´srodku w punkcie A. Niech B, 0, C0 i D0 bed, a obrazami punkt´, ow B, C i D. Z nier´own´sci tr´ojkata mamy |B, 0C0| + |C0D0| ≥ |B0D0| i r´owno´s´c zachodzi wtedy i tylko wtedy gdy punkty A, B, C i D le˙za na jednym okr, egu. Stosuj, ac wz´, or na odlegÃlo´s´c obraz´ow w inwersji otrzymujemy teze, Twierdzenia Ptolemeusza i nier´owno´sci Ptolemeusza.
Zadanie 8, I etap LXII OM
Punkt M jest ´srodkiem boku BC tr´ojkata ostrok, atnego ABC. Punkt K le˙zy na boku BC i speÃlnia, warunek ∠BAM = ∠KAC. Na odcinku AK wybrano taki punkt E, ˙ze ∠BEK = ∠BAC.
Dowie´s´c, ˙ze ∠KEC = ∠BAC.
Rozwiazanie standardowe: ZaÃl´, o˙zmy, ˙ze AB < AC. Oznaczmy α = ∠BAK oraz β = ∠KAM.
Niech D bedzie takim punktem, ˙ze czworok, at ABDC jest r´, ownolegÃlobokiem. Z zaÃlo˙zenia ∠BEK = 2α + β, wiec ∠EBA = α + β. Oznacza to, ˙ze ∆EBA ∼ ∆CDA i, AEAC = EBCD = EBAB. Ponadto
∠EBA = α + β = ∠EAC co oznacza, ˙ze ∆EBA ∼ ∆EAC. Stad ∠ACE = α i ∠KEC =,
∠EAC + ∠ACE = 2α + β co nale˙zaÃlo wykaza´c. Gdy AB ≥ AC rozumowanie jest analogiczne.
Rozwiazanie niestandardowe: Je˙zeli AK jest symedian, a w ∆ABC to styczne do okr, egu opisanego, na ∆ABC w punktach B i C oraz prosta AK sa wsp´, oÃlpekowe.,
Z tre´sci rozwa˙zanego zadania wynika, ˙ze prosta AK jest symediana w ∆ABC. Niech styczne do, okregu opisanego na ∆ABC w punktach B i C przecinaj, a si, e w punkcie F . Prosta AK, jako, symediana w ∆ABC, przechodzi przez F . ∠BCF = ∠BAC z twierdzenia o kacie pomi, edzy, styczna i ci, eciw, a. Z zaÃlo˙zenia ∠BAK = ∠BEF wi, ec punkty B, E, C i F le˙z, a na jednym okr, egu.,
Zadanie 3, II etap Bundeswettbewerb Mathematik 1996
Na bokach tr´ojkata ABC zbudowano prostok, aty ABB, 1A1, BCC1B2 oraz CAA2C2 skierowane na zewnatrz tr´, ojkata. Wykaza´c, ˙ze symetralne odcink´, ow A1A2, B1B2 i C1C2 przecinaja si, e w jednym, punkcie.
Rozwiazanie standardowe: Oznaczmy punkt przeci, ecia symetralnych AA, 1 i CC2 przez MA punkt przeciecia symetralnych AA, 1 i BB2 przez MB oraz punkt przeciecia symetralnych CC, 2 i BB2 przez MC. Tr´ojkaty ABC i M, AMBMC sa jednokÃladne. Niech S b, edzie punktem przeci, ecia prostych, AMA, BMB i CMC. Oznaczmy przez SA obraz S w symetrii osiowej wzgledem symetralnej AA, 1, SB obraz S w symetrii osiowej wzgledem symetralnej BB, 2 oraz przez SC obraz S w symetrii osiowej wzgledem symetralnej CC, 2 Okazuje sie, ˙ze rozwa˙zane w tre´sci zadania symetralne s, a symetralnymi, bok´ow tr´ojkata S, ASBSC.
Rozwiazanie niestandardowe: Niech punkty M, A, MB, MC oraz S bed, a zdefiniowane jak w, poprzednim rozwiazaniu. Okazuje si, e, ˙ze rozwa˙zane w tre´sci zadania symetralne przecinaj, a si, e w, punkcie izogonalnie sprze˙zonym do punktu S.,