ematematikas
Kategorijos +Nauja tema Prisijungti        

plokštumoje

Aukštoji matematika Peržiūrų skaičius (3187)

Trikampio ABC kraštinės AB ir AC nelygios. Tašką E atidedam taip, kad AE=BE ir BE statmena BC , o F, kad AF=CF ir CF statmena BC.  Taškas D ant tiesės BC toks, kad AD yra liestinė apskritimui apibrėžtam apie trikampį ABC. Įrodykite, kad D, E, F kolinearūs (priklauso vienai tiesei).

Paskutinį kartą atnaujinta 2009-06-17

0

Sprendimas transformacijomis.
Nubrėžkime du apskritimus: u su centru E ir einantį per taškus A ir B bei v su centru F ir einantį per taškus A ir C. Mums užtenka parodyti, kad egzistuoja homotetija H su centru D, kuri atvaizduoja v į u. Pažymėkime apskritimą (ABC) raide w. Žinome, kad w liečia AD taške A, o u ir v liečia BC atitinkamai taškuose B ir C. Atlikime spiralinę transformaciją su centru D, perkeliančią A į B (t.y. pasukame ploktumą aplink D, kad tiesė AD taptų tiese BC ir atliekame homotetiją su centru D, kad A nukeliautų į B); tuomet atspindėkime plokštumą apie tiesę BC. Šią transformaciją pažymėkime S. S nukelia w į apskritimą, liečiantį tiesę BC taške B ir kertantį tiesę AD dviejuose taškuose, sakykime, M ir N (rikiuotė: M, N, D). Transformacija S nekeičia kampų dydžių, todėl <BMD = <ACD. Tačiau <BAD = <ACD, nes jie abu remiasi į w lanką AB. Taigi <BMD = <BAD, t.y. M = A, taigi S nukelia w į u. Analogiškai sukonstruokime transformaciją T: tai bus spiralinė transformacija su centru D, perkelianti A į C, ir atspindys aplink BC. Kaip ir pirmu atveju, lengva parodyti, jog T perkelia w į v. Atvirkštinę transformaciją T žymėkime T'. Tuomet T' perkelia v į w, todėl T' ir S kompozicija ST' perkelia v į u. Bet S = RXQ ir T' = QYR', kur Q yra atspindys apie BC, X ir Y homotetijos su centru D, R posūkis aplink D per <ADC, o R' posūkis aplink D per -<ADC, todėl ST' = RXQQYR' = RXYR' = XY yra homotetija su centru D, perkelianti v į u. Įrodymas baigtas.

Sprendimas inversija.
Naudosime panašią notaciją kaip ankstesniame sprendime. Tegu w būna apskritimas (ABC), u būna apskritimas per A ir B su centru E, o v būna apskritimas per A ir C su centru F. Pažymėkime antrąjį u ir v susikirtimo tašką P (jei u ir v liečiasi taške A, tai AB = AC, o sąlygą tokį atvejį draudžia). Nubrėžkime apskritimą su centru D per tašką A ir pažymėkimę jį t. Jei t eina per P, tai apskritimai t, u ir v turi bendrą radikalinę ašį AP, todėl jų centrai D, E ir F yra kolinearūs. Tą ir mėginsime įrodyti. Nubrėžkime apskritimą i su centru A, einantį per tašką D. Atlikime inversiją apie i. Taškas D liks vietoje kaip ir tiesė AD. t taps atkarpos AD vidurio statmeniu t'. Tiesė BC taps apskritimu a, einančiu per taškus A ir D, taškų B ir C atvaizdai B' ir C' bus ant šio apskritimo. Kadangi w lietėsi su AD taške A, tai tiesė B'C' bus lygiagreti AD. v taps tiese v', liečiančia a taške C', o u taps tiese u', liečiančia a taške B'. Taškas P taps v' ir u' susikirtimo tašku P'. Visa struktūra yra simetriška t' atžvilgiu, todėl P' priklauso t'. Taigi P priklauso t - tą ir norėjome įrodyti.

Sprendimas "gaudant kampus".
Tarkime neprarasdami bendrumo, kad AB < AC. Pažymėkime AD susikirtimo su BE ir CF taškus atitinkamai M ir N, o apskritimo apie ABC centrą pažymėkime O. FA = FC, EA = EB ir AO = BO = CO, todėl trikampiai AFC, AOC, AOB, BOC ir AEB yra lygiašoniai. Taip pat tiesės AO ir AD statmenos. Taigi <MAE = 90 - <EAO = 90 - <EAB - < BAO = 90 - <ABE - <OBA = <CBO = <OCB = 90 - <FCA - <ACO = 90 - <CAF - <OAC = <FAN. Tiesėje AD atidėkime tokį tašką P, kad EP || FA. Trikampiai NFA ir MEP panašūs, todėl NF / FA = ME / EP. Bet <EPM = < FAN = <MAE, todėl trikampis AEP lygiašonis, t.y. EP = AE. Kadangi FA = FC ir AE = EB, turime NF / FC = ME / EB. Taigi D, E ir F yra ant vienos tiesės pagal atvirkštinę Talio teoremą.

Paskutinį kartą atnaujinta 2009-07-08

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!