Геометрия

[karzhas]

Через точку пересечения медиан треугольника АВС проведена прямая l, пересеающая описанную окружность данного треугольника в точках Х и У, причем вершины А и С лежат по одну сторону от прямой l. Докажите, что BX*BY=AX*AY+CX*CY.

[CrabReiter]

Салют Тебе От Крабца! :)
Твоя задача была предложена В Казахстане на Заключительном этапе Четвертой Президентской Олимпиаде школьников ;) Это я тебе по своему Крабцовому опыту говорю)) Но, ближе к делу:
1. Подели обе части данного тебе неравенства на Левую часть неравеснтва. Сначала воспользуйся Св-вом Хорд, которых в твоем чертеже будет весьма много и подобием, дабы привести то равенство, которое тебе нужно доказать, к новому виду (Там у тебя получатся Отрезки, Все Лежат на сторонах треугольника (или являются ими)).
2. Новое равенство несложно доказывается, благодаря использованию Теоремы Менелая. Там причем использование этой теоремы буквально напрашивается, Если ты правильно сделаешь 1-ый пункт :)
3. По правилам форума не имею права решать задачу полностью, так что довольствуйся подаренной мною идеей, которая проверенная, между прочим! Если будут какие-нибудь вопросы - отвечу)

С Уважаением, Ваш Дорогой Крабец.

[karzhas]

Спасибо, выручил=))

[Dave]

Крабец не упомянул один случай, когда Теорема Менелая не поможет - это когда прямая $l$ параллельна $AC$. Но тогда поможет обобщённая теорема Фалеса.

[CrabReiter]

Dave в сообщении #517803 писал(а):

Крабец не упомянул один случай, когда Теорема Менелая не поможет - это когда прямая $l$ параллельна $AC$. Но тогда поможет обобщённая теорема Фалеса.

А у Меня так получалось, что Менелай проходит в Любом случае. Может у нас по-разному Пошла 1-ая часть?
Хотя в любом случае частный случай отдельно рассмотреть совсем несложно)
Так или иначе, Крабецкое спасибо за проявленный интерес к моему решению)

karzhas в сообщении #517801 писал(а):

Спасибо, выручил=))

Обращайся) Доблесная Команда Крабцов Всегда к твоим услугам =)

[Dave]

CrabReiter в сообщении #517826 писал(а):

А у Меня так получалось, что Менелай проходит в Любом случае. Может у нас по-разному Пошла 1-ая часть?

Нет, скорее 2-ая. Если рассматривать треугольник $ABA'$, где $A'$-середина $BC$, то Менелай действительно проходит в любом случае.

[zhoraster]

CrabReiter, устное замечание за фамильярность и оффтоп.

[Simba]

Я решил так: домножаем на синус половины градусной меры дуги XY, чтобы получилась площадь тогда: $S_{BXY}=S_{AXY}+S_{CXY}$, восстанавливая перпендикуляры на XY, сокращаем XY, и получаем равество, которое верно, используя среднюю линию трапеции, и то что медиана делится барицетром в отношении 2:1 от вершины.