Telegram Group Search
Forwarded from Задача дня (Юсуф Нагуманов)
Тут есть очень короткое, но очень красивое решение
Дан треугольник ABC и окружность ω, которая касается сторон AB и AC и описанной окружности треугольника в точке D. Оказалось, что AD ⊥ BC. Докажите, что BD + CD = 2R, где R — радиус (ABC).
В правильном тетраэдре с ребром 1 через вершину проведено треугольное сечение. Доказать, что его периметр больше 2.

// Д.Мухин на семинаре учителей напомнил про такую задачу с московской окружной олимпиады-2011
https://classics.nsu.ru/schole/assets/files/18-1-schetnikov.pdf

в качестве картинок по выходным — статья А.И.Щетникова «Исламские геометрические орнаменты»
По-моему очень крутая задача про изогональное сопряжение с ЮМТ.
Дан треугольник ABC с парой изогонально сопряженных точек P и Q. На прямых CP, CQ, BP, BQ выбраны точки X, Y, Z, T соответственно так, что XY // ZT // PQ. Докажите, что точки A, P, X , Z лежат на одной окружности тогда и только тогда, когда A, Q, Y, T лежат на одной окружности
В квадрате AM=BN. Доказать, что из трех отрезков, на которые поделена диагональ, можно сложить треугольник с углом 60°.
Геометрия-канал
В квадрате AM=BN. Доказать, что из трех отрезков, на которые поделена диагональ, можно сложить треугольник с углом 60°.
по условию так сразу не скажешь, но предыдущую задачу можно решить при помощи выхода в пространство

попробуйте придумать геом. решение с такой подсказкой — или загляните в комментарии к прошлому посту
Моя с Вовой Конышевым задача с 1 дня майский сборов.

Дан вписанный четырехугольник ABCD. Докажите, что существует окружность, касающаяся следующих пяти окружностей: описанной окружности четырехугольника ABCD, вписанных окружностей треугольников ABC и ABD, C-вневписанной окружности треугольника ACD и
D-вневписанной окружности треугольника BCD.
выше обсуждалось ( https://www.group-telegram.com/geometrykanal.com/1964 https://www.group-telegram.com/geometrykanal.com/1965 ), что в описанном четырехугольники диагонали и отрезки, соединяющие точки касания, пересекаются в одной точке

докажите, что то же верно для криволинейных четырехугольников, составленных из двух коник (см. рис.)

можно считать это рекламой статьи В.Конышева «О дважды касающихся кониках и теореме Дезарга об инволюции» в новом Мат. просвещении (вып. 35), который дарили вчера на закрытии ММО
Выложили список приглашённых на финальный тур олимпиады Шарыгина 2025.
Forwarded from Pavel Kozhevnikov
Часто ситуации, когда прямые можно "искривлять"
в коники, сохраняя дважды касание,
объясняются таким соображением:

Лемма (пучок, дважды касающемя сокружности в данных точках,
или обобщенная директриса для окружности и прямой).

Пусть коника $\omega = 0$ пересекает прямую $l=0$ в точках $A$ и $B$. Тогда коники, касающиеся $\omega = 0$ в точках $A$ и $B$ --- это пучок $\omega + \lambda l^2 = 0$.
(если $\omega$ --- окружность, то тут написано гмт $X$, для которых отношение $pow (X, \omega)$ к расстоянию от $X$ до $l$ равно const )

=========

Из этого утверждение следует в одну строчку:
Скажем, у нас пересекаются эллипсы $\omega + \lambda_1 l_1^2 = 0$ и
$\omega + \lambda_2 l_2^2 = 0$. Через точки их пересечения проходит вырожденная коника (пара прямых) $\lambda_1 l_1^2 - \lambda_2 l_1^2 = 0= 0$, которая, очевидно, проходит через
точку пересечения прямых $l_1=0$ и $l_2=0$.

=============

Еще о применении этого - напр. в последнем упражнении 17 статьи
https://www.mathnet.ru/links/be697473b64d836385257c3b19ae4332/kvant4535.pdf

============

Еще и еще ... - например, быстро решается задача Ф. Нилова
о параболическом 4-угольнике
https://www.mathnet.ru/links/c637ed850ac5245f76ddfe68fb2d9b99/mp254.pdf
Так:
Пусть $\omega = x^2+y^2-1$.
То, что $\omega - l_1^2 = 0$ --- параболического типа, задается условием $a_1^2+b^1=1$, где $l_1 = a_1x+b_1y+c_1$.
Аналогично для $l_2$. И отсюда получаем, что наша вырожденная коника (= пара диагоналей параболического 4-ка) $l_1^2-l_2^2 = 0$ --- это пара ортогональных прямых.
задача для начинающих от Vincent'а Pantaloni: чему равен угол? а почему?

(обе фигуры, которые выглядят как квадраты, — квадраты)
Михаил_Толовиков_Теорема_о_коллинеарных_подобиях.pdf
5.4 MB
можно считать, что в продолжение предыдущего — коллега Бахарев поделился таким текстом
на сторонах остроугольного треугольника АВС во внешнюю сторону построены треугольники ABC_1 и т.д., а во внутренную сторону — правильные треугольники с центрами N_A и т.д.

точка L_A делит отрезок AA_1 в отношении 1:2, считая от вершины и т.д.

доказать, что 7 точек: N_A, N_B, N_C, L_A, L_B, L_C и точка Торричелли T — лежат на одной окружности

(задача от М.Евдокимов с проходившего весной заочного конкурса учителей)
аналог предыдущей задачи:

построим на стронах четырехугольника во внешнюю сторону квадраты и соединим центры противоположных квадратов — тогда середины этих отрезков, их точка пересечения (а также аналогичная точка для квадратов, построенных внутрь), середины диагоналей лежат на одной окружности
В последний день весны Олимпиадная геометрия объявляет конкурс на стипендию для обучения в математическом кружке на ваш выбор в первом полугодии 2025/2026 учебного года (сентябрь — декабрь).

Размер стипендий:
🥇 1 место — 100% покрытия стоимости обучения
🥈 2 место — 70%
🥉 3 место — 30%

К участию приглашаются школьники, которые:

• уже начали изучать геометрию,
• не обучаются в выпускном классе (по российской системе — 8, 9 или 10 класс),
• хотят заниматься в действующем математическом кружке, у которого:
  — есть открытая страница в интернете (сайт, соцсеть или телеграм-канал),
  — кружок основан не в этом году,
  — указан список преподавателей и понятная система оплаты (цены указаны, есть контакт для связи).

Для участия необходимо до 15 июля 2025 года отправить письмо на [email protected]
Тема письма: [Фамилия Имя, город, класс]

Письмо должно содержать:
• Краткую информацию о себе: кто вы, в какой стране, городе и школе учитесь. (Можно указать достижения в математических соревнованиях но это не будет являться решающим фактором.)
Мотивационное письмо — почему вам нужна стипендия.
PDF-файл с тремя любимыми задачами по геометрии и их решениями. Не забудьте написать, почему вам нравятся эти задачи!
• Контактные данные преподавателей математики, которые могут вас порекомендовать (не забудьте заручиться их согласием). Сами рекомендательные письма присылать не нужно!

Важно:
Отправляя заявку, вы соглашаетесь, что в случае получения стипендии ваше имя может быть опубликовано в социальных сетях проекта Олимпиадная геометрия.

Подведение итогов: не позднее 15 августа
из типичной точки на кубике к этой кубике можно провести 4 касательных (возможно комплексных)

теорема Сальмона: если начать двигать точку, двойное отношение этих 4 касательных не будет меняться

(знаю возвышенное рассуждение, а у самого Сальмона было какое-то довольно элементарное, в котором не разбирался)
Forwarded from NeuroGeometry (Savva Chuev)
Задача 70:

Четырехугольник ABCD описан вокруг окружности с центром I. Пары лучей BA, CD и AD, BC пересекаются в точках E и F соответственно. O_F и O_E - центры (ABF) и (CBE) соответственно. Докажите, что угол DIO_F прямой тогда и только тогда, когда угол DIO_E прямой
Дан выпуклый пятиугольник A₁A₂A₃A₄A₅ такой, что Aᵢ₋₁Aᵢ₊₁ || Aᵢ₋₂Aᵢ₊₂ для любого i (все индексы по модулю 5).

Будем называть чевианой точки P из вершины Aᵢ — отрезок из Aᵢ с концом на прямой Aᵢ₋₂Aᵢ₊₂, содержащийся в прямой AᵢP.

Докажите, что существует такая точка P, для которой чевианы из всех вершин равны.

Источник. CAMO 2022/6.
2025/06/12 19:26:57
Back to Top
HTML Embed Code: