P5-Test Selectie Lot, BULGARIA-2003
-
mihai miculita
- Mesaje: 1493
- Membru din: Mar Oct 26, 2010 9:21 pm
- Localitate: ORADEA
P5-Test Selectie Lot, BULGARIA-2003
Fie $ABCD-$un patrulater circumscriptibil in care $I-$este centrul cercului inscris. Notam cu $P$ proiectia punctului $I$ pe diagonala $[AC].$ Aratati ca: $\widehat{APB}\equiv\widehat{APD}.$
-
Laurențiu Ploscaru
- Mesaje: 1237
- Membru din: Mie Mai 04, 2011 5:42 pm
- Localitate: Călimănești
- Contact:
Re: P5-Test Selectie Lot, BULGARIA-2003
Superbă problema! Iată soluția mea, sunt curios să văd și o alta. 
Fie $E,F,G,H$ punctele de tangență ale cercului înscris la laturile $AB,BC,CD,$ respectiv $DA$.
Avem $m(\widehat{IPC})=m(\widehat{IFC})=m(\widehat{IGC})=90^\circ$, precum și $m(\widehat{IPA})=m(\widehat{IEA})=m(\widehat{IHA})=90^\circ$, prin urmre $\odot(AEH)\cap \odot(CFG)=\{O,P\}$.
Considerăm inversiunea $\mathcal{I}$ de pol $I$ și putere $IE^2$. Facem notația $X^\prime =\mathcal{I(X)}$ pentru orice punct $X$ din plan.
În mod evident $X^\prime=X$ pentru $X\in \{E,F,G,H\}$. De asemenea, punctele $A^\prime , B^\prime , C^\prime , D^\prime$ vor fi mijloacele laturilor $HE,EF,FG,$ respectiv $GH$.
Să mai observăm că cercurile $\odot(AEH)$ și $\odot(CFG)$ se transformă în dreptele $EH,$ respectiv $FG$, așadar $P^\prime=EF\cap FG$.
Problema ne cere să arătăm că $(PA$ este bisectoarea interioară a unghiului $\widehat{BPD}$ sau că $(PI$ este cea exterioară. Acest lucru este totuna cu $m(\widehat{BPI})+m(\widehat{DPI})=180^\circ$.
Trecută prin inversiune, această relație devine $m(\widehat{P^\prime B^\prime I})+m(\widehat{P^\prime D^\prime I})=180^\circ$, care după un trivial angle-chasing se reduce la $m(\widehat{P^\prime B^\prime F})=m(\widehat{P^\prime D^\prime H})$.
Dar $\triangle P^\prime HG\sim \triangle P^\prime FE$, iar cum $B^\prime$ și $D^\prime$ sunt mijloacele laturilor $EF,$ respectiv $GH$, concluzia reiese imediat.
Fie $E,F,G,H$ punctele de tangență ale cercului înscris la laturile $AB,BC,CD,$ respectiv $DA$.
Avem $m(\widehat{IPC})=m(\widehat{IFC})=m(\widehat{IGC})=90^\circ$, precum și $m(\widehat{IPA})=m(\widehat{IEA})=m(\widehat{IHA})=90^\circ$, prin urmre $\odot(AEH)\cap \odot(CFG)=\{O,P\}$.
Considerăm inversiunea $\mathcal{I}$ de pol $I$ și putere $IE^2$. Facem notația $X^\prime =\mathcal{I(X)}$ pentru orice punct $X$ din plan.
În mod evident $X^\prime=X$ pentru $X\in \{E,F,G,H\}$. De asemenea, punctele $A^\prime , B^\prime , C^\prime , D^\prime$ vor fi mijloacele laturilor $HE,EF,FG,$ respectiv $GH$.
Să mai observăm că cercurile $\odot(AEH)$ și $\odot(CFG)$ se transformă în dreptele $EH,$ respectiv $FG$, așadar $P^\prime=EF\cap FG$.
Problema ne cere să arătăm că $(PA$ este bisectoarea interioară a unghiului $\widehat{BPD}$ sau că $(PI$ este cea exterioară. Acest lucru este totuna cu $m(\widehat{BPI})+m(\widehat{DPI})=180^\circ$.
Trecută prin inversiune, această relație devine $m(\widehat{P^\prime B^\prime I})+m(\widehat{P^\prime D^\prime I})=180^\circ$, care după un trivial angle-chasing se reduce la $m(\widehat{P^\prime B^\prime F})=m(\widehat{P^\prime D^\prime H})$.
Dar $\triangle P^\prime HG\sim \triangle P^\prime FE$, iar cum $B^\prime$ și $D^\prime$ sunt mijloacele laturilor $EF,$ respectiv $GH$, concluzia reiese imediat.
People are strange when you're a stranger,
Faces look ugly when you're alone.
Women seem wicked when you're unwanted,
Streets are uneven when you're down.
Faces look ugly when you're alone.
Women seem wicked when you're unwanted,
Streets are uneven when you're down.
-
Stefan Tudose
- Mesaje: 258
- Membru din: Mar Aug 30, 2011 7:25 pm
Re: P5-Test Selectie Lot, BULGARIA-2003
Intr-adevar, superba problema! Iata si solutia mea, pentru a-i satisface curiozitatea lui Laurentiu 
Notez cu $l_\alpha$ polara punctului $\alpha$ in raport cu $(I)$. Pastrand notatiile punctelor de tangenta, fie $EH\cap FG=\{T\}$.
Cum $l_A=EH$ si $l_C=FG$, rezulta ca $l_T=AC$, de unde rezulta ca $T-I-P$ coliniare.
Cum $P\in AC=l_T$, avem ca $T\in l_P$. Fie $HG\cap l_P=\{R\}$ si fie $EF\cap l_P=\{S\}$. Din teorema fluturelui, $TR=TS$.
Sa mai observam ca $l_R=PD$, $l_S=PB$. Cum punctele $R,S$ si cercul $(I)$ au ca axa de simetrie dreapta $TI$, conchidem ca $\angle(l_T,l_R)=\angle(l_T,l_S)$, i.e. $\widehat{APB}=\widehat{APD}$.
Notez cu $l_\alpha$ polara punctului $\alpha$ in raport cu $(I)$. Pastrand notatiile punctelor de tangenta, fie $EH\cap FG=\{T\}$.
Cum $l_A=EH$ si $l_C=FG$, rezulta ca $l_T=AC$, de unde rezulta ca $T-I-P$ coliniare.
Cum $P\in AC=l_T$, avem ca $T\in l_P$. Fie $HG\cap l_P=\{R\}$ si fie $EF\cap l_P=\{S\}$. Din teorema fluturelui, $TR=TS$.
Sa mai observam ca $l_R=PD$, $l_S=PB$. Cum punctele $R,S$ si cercul $(I)$ au ca axa de simetrie dreapta $TI$, conchidem ca $\angle(l_T,l_R)=\angle(l_T,l_S)$, i.e. $\widehat{APB}=\widehat{APD}$.