Добрая задача.
Дан параллелограмм ABCD с углом A = 60. Точка I — центр вписанной окружности треугольника ABD. Докажите, что BI + DI = CI.

Добрый день. Во вторник, 29 апреля в 15:30-16:30 по Москве, будет математический кружок 🟢

Title: Самозаклинивающиеся структуры

Speaker: Ф. K. Нилов

Аннотация:

Известно, что если на плоскости имеется конечный набор выпуклых фигур, внутренности которых не пересекаются, то среди этих фигур имеется хотя бы одна крайняя - такая, которую можно непрерывно передвинуть “на бесконечность” (за пределы большого круга, содержащего остальные фигуры), оставляя все остальные фигуры неподвижными и не пересекая их внутренности в процессе движения.

А что происходит в пространстве? На первый взгляд кажется, что должны быть справедливы аналогичные утверждения. Например, их можно доказать в частном случае, когда все тела являются шарами (для произвольной размерности). Однако в общем случае оказывается, что в пространстве имеет место феномен самозаклинивающихся структур. Самозаклинивающаяся структура — такой (конечный или бесконечный) набор выпуклых тел с непересекающимися внутренностями, что если зафиксировать все, кроме любого одного, оставшееся нельзя “унести на бесконечность”, не пересекая внутренности других тел в процессе движения.

Мы обсудим уже известные и новые стуктуры, построенные совсем недавно.


Zoom meeting link:
Zoom - Meeting ID: 853 1771 8785 Passcode: 549695
Link: https://us02web.zoom.us/j/85317718785?pwd=XS0bILZaREyt00pA2EJlu1zxaEHbDN.1

Приходите!

Номер 3 за 2025 год в продаже:
https://biblio.mccme.ru/node/286493

в Квант №3 вошла статья «Угол между радиусом и стороной» Ю.Блинкова и Д.Швецова

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

Дам подсказку к красивому решению) Оранжевые углы дают в сумме 180°.

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.

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)

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