ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Фильтр
Сложность с по   Класс с по  
Задачи

Страница: << 7 8 9 10 11 12 13 >> [Всего задач: 208]      



Задача 79272

Темы:   [ Гомотетия помогает решить задачу ]
[ Гомотетичные многоугольники ]
[ Вписанные и описанные многоугольники ]
[ Итерации ]
[ Окружность, вписанная в угол ]
[ Лемма о вложенных отрезках ]
Сложность: 6-
Классы: 9,10,11

Выпуклый многоугольник обладает следующим свойством: если все прямые, на которых лежат его стороны, параллельно перенести на расстояние 1 во внешнюю сторону, то полученные прямые образуют многоугольник, подобный исходному, причём параллельные стороны окажутся пропорциональными. Доказать, что в данный многоугольник можно вписать окружность.

Решение

Заметим, что обратное утверждение доказать значительно проще: если в многоугольник можно вписать окружность, то при отодвигании всех его сторон на одно и тоже расстояние (в частности, на единицу) получается подобный многоугольник, причём центром подобия служит центр окружности.
Перейдём теперь к решению задачи.
Первый способ.

Пусть многоугольник P' получается из многоугольника P отодвиганием сторон внутрь многоугольника P на расстояние 1 и в то же время P' можно получить из P преобразованием f подобия с коэффициентом k < 1. Подвергнем этому преобразований многоугольник P вместе с нарисованным внутри него многоугольником P'. Тогда внутри P' (образа P) появится новый многоугольник P'' (образ P'), подобный P' (с коэффициентом k) и P (с коэффициентом k2), причём, очевидно, стороны P'' = f (P') можно получить отодвиганием сторон P' внутрь на расстояние k. Точно так же, отодвинув стороны ещё на k2 получим многоугольник f (P'') = P(3), расположенный внутри P'' (образ P'' при преобразовании f), и так далее: f (P(3)) = P(4),..., f (P(n)) = P(n+1), ...,
гдеP P' P'' P(3) ... P(n)....
Очевидно, поскольку стороны многоугольника P(n) каждый раз уменьшаются в одном и том же отношении, их длины стремятся к нулю, и поэтому пересечение всех многоугольников состоит из одной точки. (Тот факт, что это пересечение не пусто, легко вывести из аналогичного утверждения для числовой прямой: последовательность вложенных отрезков [a;b] [a1;b1] ... [an, bn] ... всегда имеет общую точку (это утверждение или какое-либо ему эквивалентное при аксиоматическом введении действительных чисел принимается обычно за аксиому).) Обозначим её через O.
Каждая сторона многоугольника P' последовательно отодвигается на расстояния k, k2, k3,..., kn,..., поэтому расстояние от каждой стороны до точки O равно одному и тому же числу — сумме бесконечной геометрической прогрессии

k + k2 + k3 + ... + kn + ... = r.

Таким образом, окружность с центром O и радиусом r касается всех сторон многоугольника P'.
Заметим, что в приведённом доказательстве было несущественно, какие именно стороны соответствуют друг другу при преобразовании подобия f, переводящем P в P'. Можно доказать такую лемму: если многоугольники P и P' (полученный из P отодвиганием сторон на 1) подобны с каким угодно соответствием сторон (с "поворотом" или "симметричным отражением" порядка сторон), то всегда будет иметь место и подобие c естественным порядком сторон — гомотетия с коэффициентом k (0 < k < 1). Доказательство, независимое от первого решения, мы приведём в конце, а пока дадим ещё два решения задачи, опирающихся на эту лемму (то есть подразумевающих естественное соответствие сторон при подобии).

Второй способ. Пусть [AB] — сторона P, [A'B'] — соответствующая сторона P', O — точка пересечения (AA') и (BB'). Тогда

$\displaystyle {\frac{\vert A'O\vert}{\vert AO\vert}}$ = $\displaystyle {\frac{\vert A'B'\vert}{\vert AB\vert}}$ = $\displaystyle {\frac{\vert B'O\vert}{\vert BO\vert}}$ = k.

Отсюда следует, что в той же точке O прямую BB' пересекает прямая CC' (BC и B'C' — соответствующие стороны P и P'), и так далее. Кроме того, очевидно, что прямые AA', BB', CC',... являются биссектрисами углов A', B', C',... многоугольника P'. Отсюда следует, что точка O служит центром окружности, вписанной в P'.

Третий способ. Разрежем "щель" между многоугольниками P и P' на прямоугольники высоты 1 с основаниями A'B', B'С', С'D', ... и "ромбоиды" — четырёхугольники, остающиеся у каждой вершины A, B, C, .... Очевидно, из этих ромбоидов можно составить один многоугольник, описанный около окружности радиуса единица, причём его углы соответственно конгруэнтны $ \angle$A, $ \angle$B, $ \angle$C ,..., а длины сторон равны разностям длин соответствующих сторон многоугольников P и P', то есть равны (1 − k)|AB|, (1 − k)|BC|, .... Таким образом, наш многоугольник P' подобен многоугольнику, описанному около окружности радиуса 1, значит, и в него можно вписать окружность (радиус её будет равен, очевидно, r = $ {\frac{k}{1-k}}$).

Доказательство леммы. Будем для каждой стороны [AB] многоугольника P обозначать через [A'B'] ту сторону P', которая получается при отодвигании AB. Пусть при подобии стороне [A1B1] соответствует [A2'B2']:
[A1B1] [A2'B2'], [A2B2][A3'B3'], ..., [Ar-1Br-1][Ar'Br'], [ArBr][A1'B1'].
Тогда $ \angle$A1 = $ \angle$A2 = ... = $ \angle$Ar = 2α и $ \angle$B1 = $ \angle$B2 = ... = $ \angle$Br = 2β, а поэтому разность длин |AiBi| − |Ai'Bi'| = d одна и та же для всех i (d = ctgα + ctgβ). Пусть k — коэффициент подобия, |AiBi| = xi. Тогда

Но, как нетрудно доказать, это система (при 0 < k < 1) имеет только одно решение x1 = x2 = ... = xr = $ {\frac{d}{1-k}}$. Таким образом, мы доказали, что для любой стороны A1B1 многоугольника P |A1'B1'| = k|A1B1|, то есть соответствующие друг другу (при отодвигании!) стороны многоугольников пропорциональны. Углы при отодвигании не меняются, поэтому подобие многоугольников с естественным соответствием сторон [AB]$ \to$[A'B'] доказано.
Прислать комментарий

Задача 108148

Темы:   [ Гомотетия помогает решить задачу ]
[ Углы, опирающиеся на равные дуги и равные хорды ]
[ Вписанные четырехугольники (прочее) ]
[ Касающиеся окружности ]
[ Угол между касательной и хордой ]
[ Углы, опирающиеся на равные дуги и равные хорды ]
[ Признаки и свойства параллелограмма ]
Сложность: 6-
Классы: 9,10,11

Даны две окружности, касающиеся внутренним образом в точке N . Хорды BA и BC внешней окружности касаются внутренней в точках K и M соответственно. Пусть Q и P – середины дуг AB и BC , не содержащих точку N . Окружности, описанные около треугольников BQK и BPM , пересекаются в точке B1 . Докажите, что BPB1Q – параллелограмм.

Решение


Пусть точки Q и B1 лежат по разные стороны от прямой BK , а точки P и B1 – по разные стороны от прямой BM (остальные случаи рассматриваются аналогично).
Поскольку при гомотетии с центром в точке N , переводящей внутреннюю окружность во внешнюю, касательная BC к внутренней окружности переходит в параллельную BC касательную B'C' к внешней окружности, то точка касания B'C' с внешней окружностью есть середина дуги BC внешней окружности, не содержащей точку N , т.е. точка P . Значит, точки N , M и P лежат на одной прямой. Аналогично докажем, что точки N , K и Q также лежат на одной прямой. Четырёхугольники BPNQ , BQKB1 и BPMB1 – вписанные, поэтому
BQN + BPN = 180o, BQK + BB1K = 180o, BPM + BB1M = 180o.

Тогда
BB1K+ BB1M = (180o- BQK) +(180o- BPM)=


=360o - ( BQK+ BPM) =360o - ( BQN+ BPN)= 360o-180o=180o,

т.е. точка B1 лежит на отрезке KM . Поскольку BK и BM – касательные, проведённые из точки B к внутренней окружности, то треугольник BKM – равнобедренный, поэтому BKM= BMK . Тогда из теоремы о вписанных углах, опирающихся на одну и ту же дугу, и из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
BQB1 = BKB1= KNM = BMK = BMB1= BPB1,


PB1Q = PB1B+ QB1B = PMB + QKB = CMN + AKN =


= MKN + KMN = 180o- MNK = 180o- PNQ = PBQ.

Значит, противоположные углы четырёхугольника BPB1Q попарно равны. Следовательно, BPB1Q – параллелограмм.
Прислать комментарий

Задача 109670

Темы:   [ Гомотетия помогает решить задачу ]
[ Теорема о длинах касательной и секущей; произведение всей секущей на ее внешнюю часть ]
[ Вписанные и описанные окружности ]
[ Вневписанные окружности ]
[ Вписанные четырехугольники (прочее) ]
[ Симметрия помогает решить задачу ]
Сложность: 6-
Классы: 9,10,11

Проведем через основание биссектрисы угла A разностороннего треугольника ABC отличную от стороны BC касательную к вписанной в треугольник окружности. Точку ее касания с окружностью обозначим через Ka . Аналогично построим точки Kb и Kc . Докажите, что три прямые, соединяющие точки Ka , Kb и Kc с серединами сторон BC , CA и AB соответственно, имеют общую точку, причем эта точка лежит на вписанной окружности.

Решение

1. Докажем, что стороны треугольника KaKbKc параллельны соответствующим сторонам треугольника ABC . Пусть AC>AB . Имеем POL= KaOL и POB= ROB (см. рис. 1) , поэтому KaOR=2 LOB . Угол LOB внешний в треугольнике AOB , значит KaOR=2(α /2+β /2)=α +β . Случай AC<AB разбирается аналогично. Подобными же рассуждениями получаем, что KbOR=α +β . Следовательно, точки Ka и Kb симметричны относительно прямой OR , поэтому прямые KaKb и AB параллельны.
Итак, соответствующие стороны треугольников MaMbMc и KaKbKc параллельны ( Ma , Mb , Mc – середины сторон треугольника), поэтому эти треугольники гомотетичны. Центр этой гомотетии является общей точкой прямых MaKa , MbKb и McKc .

       

Рис. 1                               Рис. 2

2. Пусть прямая MaKa вторично пересекает вписанную в треугольник ABC окружность в точке T . Будем считать, что AC>AB . Докажем, что описанная вокруг треугольника TKaL окружность проходит через основание H высоты треугольника ABC . Для этого достаточно проверить выполнение равенства MaL· MaH=MaP2 , так как MaP2=MaKa· MaT (см. рис. 2) .
Это можно сделать, выразив длины отрезков MaP , MaL и MaH через стороны треугольника ABC . Мы докажем его, пользуясь известными свойствами точки P' касания со стороной BC соответствующей вневписанной окружности треугольника: точка P' симметрична P относительно Ma и отрезок AP' пересекает вписанную окружность в точке, диаметрально противоположной точке P . Поэтому прямые AP' и MaO параллельны ( O – центр вписанной окружности, см. рис. 3).
       

Рис. 3                               Рис. 4

Пользуясь параллельностью прямых AH и OP , равенством MaP'=MaP и теоремой Фалеса, получаем === == , что и требовалось.
Так как четырехугольник TKaLH вписанный, углы MaTH и MaLKa равны. Угол MaLKa легко выражается через углы треугольника ABC : MaLKa=180o -2 ALB=β -γ (см. рис.) . Рассмотрим теперь четырехугольник MbTHMa . Заметим, что HCA= CHMb (треугольник CMbH – равнобедренный ), CMaMb. Поэтому MaMbH=β -γ , значит MaTHMb – вписанный ( MaTH= MaMbH ) и, следовательно, MaTMb=MaHMb.
Обозначим через K точку пересечения отрезка TMb со вписанной окружностью. Так как вписанный в окружность угол KaTK равен γ , а дуга RKa вписанной окружности равна α +β (это было доказано ранее), точки Ka и K симметричны относительно прямой OR . Но точки Ka и Kb , как отмечено ранее, также симметричны относительно этой прямой. Значит точки K и Kb совпадают, что означает, что прямые MaKa и MbKb пересекаются в точке T вписанной окружности.
Из доказанного следует известная теорема Фейербаха.
Прислать комментарий

Задача 111867

Темы:   [ Гомотетия помогает решить задачу ]
[ Окружность Ферма-Аполлония ]
[ Гомотетичные окружности ]
[ Окружность, вписанная в угол ]
[ Описанные четырехугольники ]
[ Композиции гомотетий ]
Сложность: 6+
Классы: 9,10,11

Автор: Шмаров В.

Дан выпуклый четырёхугольник ABCD . Пусть P и Q – точки пересечения лучей BA и CD , BC и AD соответственно, а H – проекция D на PQ . Докажите, что четырёхугольник ABCD является описанным тогда и только тогда, когда вписанные окружности треугольников ADP и CDQ видны из точки H под равными углами.

Решение

Пусть ω1 и ω2 – вписанные окружности треугольников ADP и CDQ , I1 и I2 – их центры, r1 и r2 – их радиусы. Так как окружности ω1 и ω2 гомотетичны с центром D , то = .


1. Пусть r1 r2 , и S – центр гомотетии с положительным коэффициентом, переводящей ω1 в ω2 (то есть точка пересечения общих внешних касательных к окружностям, см.117). Второе из условий равносильно тому, что = . Известно, что множество всех точек X таких, что == , есть окружность с диаметром SD (она называется окружностью Аполлония}. Поэтому последнее условие равносильно тому, что DHS=90o , то есть тому, что S лежит на прямой PQ . Остается доказать, что условие S PQ равносильно описанности четырехугольника ABCD . Пусть четырехугольник ABCD описан вокруг некоторой окружности ω . Из теоремы о трех центрах гомотетии следует, что точки S , P и Q лежат на одной прямой (как центры гомотетий с положительными коэффициентами, переводящих ω1 в ω2 , ω в ω1 , ω2 в ω ). Наоборот, предположим, что S лежит на PQ . Пусть ω – вневписанная окружность треугольника CDQ , касающаяся его стороны CD . Пусть T – центр гомотетии с положительным коэффициентом окружностей ω и ω1 (точка пересечения их общих внешних касательных). Из теоремы о трех центрах гомотетии следует, что T , Q и S лежат на одной прямой, то есть T лежит на прямой PQ . С другой стороны, T лежит на прямой PC , поэтому T совпадает с P . Тогда прямая PB касается ω , то есть четырехугольник ABCD описан вокруг ω .

2. Пусть r1=r2 , тогда ω1 и ω2 симметричны относительно биссектрисы угла ADC . Второе из условий равносильно тому, что HI1=HI2 DH I1I2 I1I2|| PQ . Если четырехугольник ABCD описан около ω , то ω симметрична относительна . Тогда прямые BA и BC , DC и DA симметричны относительно (как общие касательные к ω и ω1 , ω и ω2 ), а значит, P и Q также симметричны, и PQ|| I1I2 . Наоборот, если I1I2 || PQ , то прямые DA и DC симметричны относительно прямой DH (как касательные к ω1 и ω2 ) точки P и Q симметричны относительно DH прямые BA и BC симметричны относительно прямой DH четырехугольник ABCD симметричен относительно прямой DH , следовательно, он описан.
Прислать комментарий


Задача 35090

Темы:   [ Прямоугольники и квадраты. Признаки и свойства ]
[ Гомотетия помогает решить задачу ]
Сложность: 3
Классы: 9,10

Внутри квадрата ABCD взята точка M. Доказать, что точки пересечения медиан треугольников ABM, BCM, CDM, DAM образуют квадрат. Чему равна сторона этого квадрата, если сторона исходного квадрата равна 1?

Подсказка

Точка пересечения медиан делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины.

Решение

Отметим точки P, Q, R, S, являющиеся серединами сторон AB, BC, CD, DA соответственно. Очевидно, PQRS - квадрат. MP - медиана в треугольнике ABM. Точка пересечения медиан треугольника ABM делит медиану MP в отношении 2:1, считая от вершины M. Иначе говоря, точка пересечения медиан треугольника ABM является образом точки P при гомотетии с центром в точке M и коэффициентом 2/3. Таким же образом, точки пересечения медиан треугольников BCM, CDM, DAM являются образами точек Q, R, S при гомотетии с центром в точке M и коэффициентом 2/3. Поэтому точки пересечения медиан треугольников ABM, BCM, CDM, DAM образуют квадрат, гомотетичный квадрату PQRS с коэффициентом 2/3. Если сторона квадрата ABCD равна 1, то сторона квадрата PQRS равна 2-1/2, и следовательно, сторона квадрата, образованного точками пересечения медиан треугольников ABM, BCM, CDM, DAM, равна 2/3*2-1/2=21/2/3.
Прислать комментарий


Страница: << 7 8 9 10 11 12 13 >> [Всего задач: 208]      



© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .