Треугольники в треугольнике

[fred1996]

wrest в сообщении #1273805 писал(а):

(Ответ, без решения)

fred1996
Окружность радиусом $CE$
В предельных положениях одна из вписанных окружностей начинает совпадать с вписанной в исходный треугольник окружностью, отсюда можно вычислить $CE$

Ответ верный. Но пока что это выглядит как лаки гесс. Просто исходя из крайних положений точки $E$

[Sergic Primazon]

fred1996 в сообщении #1273799 писал(а):

Задача 5

Задан произвольный треугольник $ABC$ и на его стороне $AB$ произвольная точка $D$
Проводим отрезок $CD$ и строим две вписанные опружности. Проводим вторую касательную к этим окружностям, которая пересекает отрезок $CD$ в точке $E$. Какую кривую описывает эта точка при перемещении точки $D$ по $AB$?

(Оффтоп)

пусть $ M, N - $ точки касания левой и правой окружностей стороны $AB $.

Тогда : $ MD+DN=ED\ , MD=\dfrac {CD+AD-CA}{2}, \ DN=\dfrac {CD+DB-CB}{2}$

$$CE= \dfrac {AC+CB-AB}{2}$$

[fred1996]

Sergic Primazon
Да, красиво. Вы опуситил, почему $MD+DN=ED$, но это можно доказать, если включить в рассмотрение верхний касательный отрезок, который равен $MN$. Мне это было не совсем очевидно.

[fred1996]

Задача 6
Выпуклый шестиугольник $ABCDEF$ вписан в окружность таким образом, что$AB=CD=EF$, а диагонали $AD,BE$, $CF$ пересекаются в одной точке. Пусть $P$ пересечение $AD$ и $CE$. Доказать, что $\frac{CP}{PE}=(\frac{AC}{CE})^2$.

[Sergic Primazon]

(Оффтоп)

$\triangle FQE \sim \triangle ACE \rightarrow \dfrac {QE}{CE}=\dfrac {FE}{AC}$

$\triangle ABQ\sim \triangle ACE \rightarrow \dfrac {BQ}{AC}= \dfrac {AB}{CE}$

$$\left (\dfrac {CE}{AC} \right )^2=\dfrac {BQ}{QE}=\dfrac {CP}{PE}$$

[fred1996]

Sergic Primazon
А можно поподробнее про подобия? Я пока вижу подобия других треугольников, но не ваших.

[wrest]

fred1996
$AF || BE$, $CF || DE$, а у равнобедренных трапеций диагонали равны.

-- 14.12.2017, 08:43 --

Так что с заявленным подобием все верно. Но я вот так и не смог разобраться почему:

Sergic Primazon в сообщении #1274564 писал(а):

(Оффтоп)

$\dfrac {BQ}{QE}=\dfrac {CP}{PE}$$

[fred1996]

wrest в сообщении #1274751 писал(а):

fred1996
$AF || BE$, $CF || DE$, а у равнобедренных трапеций диагонали равны.

-- 14.12.2017, 08:43 --

Так что с заявленным подобием все верно. Но я вот так и не смог разобраться почему:

Sergic Primazon в сообщении #1274564 писал(а):

(Оффтоп)

$\dfrac {BQ}{QE}=\dfrac {CP}{PE}$$

Там $BC\parallel QP$

[wrest]

fred1996 в сообщении #1274784 писал(а):

Там $BC\parallel QP$

Ах, ну конечно же!

[fred1996]

Problem 7

Пусть в треугольник $ABC$ ваисана окружность $\omega$, касающаяся сторон треугольника в точках $D_1$ и $E_1$. Пусть точки $D_2$ и $E_2$ выбраны так, что $CD_2 = BD_1$ и $CE_2 = AE_1$, а точка $P$ есть точка пересечения отрезков $AD_2$ и $BE_2$. Окружность $\omega$ пересекает $AD_2$ в двух точках, где $Q$ - ближайшая к вершине$A$. Доказать, что $AQ = D_2P$.

[Sergic Primazon]

(Оффтоп)

$D_2 \ , \ E_2 -$ точки касания вневписанных окружностей.

$D_1$ и $Q$ - диаметрально противопложны.

$\dfrac{AQ}{AD_2}=\dfrac {AE_1}{AE_1+BC} \Rightarrow \dfrac {AQ}{QD_2}=\dfrac {BC}{AE_1}$

$\dfrac {AP}{PD_2}=\dfrac {BC\cdot AE_2}{BD_2\cdot CE_2}=\dfrac {BC}{CE_2}=\dfrac {BC}{AE_1}$