Задача по геометрии по мотивам задачи 6 IMO-2018

[vvsss]

Произведения противоположных сторон выпуклого четырёхугольника ABCD равны. Постройте фокусы вписанного эллипса и его директрисы.

[wrest]

vvsss
Допустим это квадрат. Но в него можно вписать много эллипсов...

[vvsss]

О мудрейший! Вы решили задачу в одном частном случае. А сможете ли решить в общем случае? Если без иронии, то я не готовил задачу для олимпиады и не старался довести её условие до идеала. Скорее мне интересно понять, мне удалось решить сложную задачу или это относительно простая задача, которую смогут легко решить участники данного форума. Спасибо за проявленный интерес.

[Xaositect]

Вопрос все равно остается. В любой выпуклый четырехугольник можно вписать бесконечное количество эллипсов, не только в квадрат.

[wrest]

vvsss в сообщении #1347944 писал(а):

Если без иронии, то я не готовил задачу для олимпиады и не старался довести её условие до идеала.

Мне кажется, что в олимпиадный раздел имеет смысл публиковать задачи решение которых вам известно, а если не известно, то лучше в Помогите решить разобраться...

[DeBill]

Луч из фокуса, после отражения от эллипса, возвращается в другой фокус. Сумма расстояний от точки эллипса до фокусов постоянна. Это дает для вписанного эллипса; если $P,Q$ - фокусы, точки $P_i$ симметричны $P$ относительно сторон чет-ка, то расстояния от $Q$ до точек $P_i$ -одинаковы. Так что чет-к с вершинами $P_i$ - вписанный. Небольшая возня с углами равнобедрых тр-ков дает: надо, чтобы углы $APB$ и $CPD$ в сумме давали 180. Тогда ангем дает: точка $P$ лежит на алгебраической кривой шестой степени (для параллелограмма степень падает до второй). Однако, кривая эта, возможно, приводима (тем боле. есть ограничение на чет-к)....
Качественный анализ: если стартовать с квадрата, и одну из вершинок сдвинуть по диагонали внутрь (ограничение ТС выполняется), то: окружности, построенные на противоположных сторонах как на диаметрах (они - для квадрата - касались) - станут пересекающимися. Это значит, что окружность, из точек которой одна сторона видна под углом $\frac{\pi}{2} +\alpha$, и ок-ть, из точек которой противная сторона видна под углом $\frac{\pi}{2}-\alpha$, для малых $\alpha$, пересекаются. Это значит, задача имеет бесконечно много решений....И, малое возмущение, разрушающее симметрию, очевидно, приводит к такому же заключению (ибо трансверсальность при этом сохраняется)...
Итого:
1. Задача сформулирована в духе "решить уравнение", но решений - бесконечно много
2. Если имелось в виду "найти все решения" (т.е., ГМТ фокусов) то задача, видимо, безнадежна (не проверял на предмет приводимости, но - сомнительно) - за исключением квадрата (или - паралл-мма, что равносильно с аффинной точки зрения)
3. Если имелось в виду "найти какое-нибудь решение" - то сам формат такого типа не очень то хорош для олимпиадной задачи. Возможно, ТС имел в виду ограничение "суммы квадратов противоположных сторон равны"; это дает ортогональность диагоналей, и, как одно из возможных решений: фокусом будет точка пересечений диагоналей.

(Оффтоп)

4.

vvsss в сообщении #1347944 писал(а):

не старался довести её условие до идеала.

Это - очень мягко сказано....
5.

vvsss в сообщении #1347944 писал(а):

О мудрейший!

Мне понравилось это Ваше обращение к wrest, совершенно правильно указавшему на недоброкачественность задачи. Однако к Вам я так обратиться остерегусь...

[vvsss]

Уважаемые участники форума.
Я знаю как найти фокусы и директрисы для ОДНОГО вписанного эллипса и найденное мной решение простое.
Я не смог проверить единственность решения. Согласен, что если решение не единственное, то формулировка плохая. Уважаемый Xaositect я буду благодарен за ссылку на доказательство того факта, что в любой четырехугольник можно вписать бесконечное число эллипсов.
Чтобы сделать условие корректным, нужно оговорить вырожденные случаи и то, что достаточно построить хоть одно решение. Другой вариант создать корректное условие применил автор задачи 6 IMO-2018. Он потребовал доказать один из фактов, легко следующих из свойства эллипса в общем случае и тривиальный в вырожденных случаях.
Жаль, что никто не попытался решить эту задачу в общем случае, для произвольного четырёхугольника построить хоть один фокус.
Заранее спасибо Xaositect за ссылку.
Очень Большое СПАСИБО, особенно, Де Биллу, за обучение меня современным методам решения геометрических задач опытными участниками этого форума. Я лучше понял, почему так странно летают некоторые ракеты, рассчитанные с применением современных методов.

[Pphantom]

vvsss, замечание за искажение ников участников.

[vvsss]

Уважаемые участники форума.
Прошу прощения за неверное употребление Ника.
Я знаю как найти фокусы и директрисы для ОДНОГО вписанного эллипса и найденное мной решение простое.
Я не смог проверить единственность решения. Согласен, что если решение не единственное, то формулировка плохая. Уважаемый Xaositect я буду благодарен за ссылку на доказательство того факта, что в любой четырехугольник можно вписать бесконечное число эллипсов.
Чтобы сделать условие корректным, нужно оговорить вырожденные случаи и то, что достаточно построить хоть одно решение. Другой вариант создать корректное условие применил автор задачи 6 IMO-2018. Он потребовал доказать один из фактов, легко следующих из свойства эллипса в общем случае и тривиальный в вырожденных случаях.
Жаль, что никто не попытался решить эту задачу в общем случае, для произвольного четырёхугольника построить хоть один фокус.
Заранее спасибо Xaositect за ссылку.
Очень Большое СПАСИБО, особенно, DeBill, за обучение меня современным методам решения геометрических задач опытными участниками этого форума. Я лучше понял, почему так странно летают некоторые ракеты, рассчитанные с применением современных методов.

[Xaositect]

vvsss в сообщении #1348193 писал(а):

Я не смог проверить единственность решения. Согласен, что если решение не единственное, то формулировка плохая. Уважаемый Xaositect я буду благодарен за ссылку на доказательство того факта, что в любой четырехугольник можно вписать бесконечное число эллипсов.

Проще всего аналитически - условие касания прямой и кривой второго порядка задает гиперповерхность в пятимерном проективном пространстве всех кривых второго порядка. Четыре гиперповерхности пересекаются как минимум по кривой.

Но если Вам хочется доказательство через классическую геометрию, то есть обратная теорема Брианшона, которая гласит: если в шестиугольнике диагонали пересекаются в одной точке, то он описан около кривой второго порядка (если шестиугольник выпуклый, то кривая будет эллипсом). Дальше можно рассмотреть четырехугольник как вырожденный шестиугольник - выбрать одну точку на одной стороне, провести прямую через нее и точку пересечения диагоналей и пересечь с противоположной стороной (первый рисунок). Тогда эллипс, вписанный в в вырожденный шестиугольник, будет должен касаться выбраннойстороны в выранной точке. Для каждой точки будет свой эллипс.
Ну или если Вам не нравятся вырожденные шестиугольники, то можно обрезать два противоположных угла (второй рисунок), опять же легко доказать, что если выбирать разные отсекающие отрезки параллельные одной прямой, то эллипсы будут разные.
\begin{tikzpicture} \draw (0,0)--(0,2)--(2,3)--(2,2)--cycle; \draw[dashed] (0,0)--(2,3); \draw[dashed] (0,2)--(2,2); \clip (0,0)--(0,2)--(2,3)--(2,2)--cycle; \draw[dashed] (1,2.5)--(2,1); \end{tikzpicture}
\begin{tikzpicture} \draw (0,0)--(0,2)--(2,3)--(2,2)--cycle; \draw[dashed] (0,2)--(2,2); \clip (0,0)--(0,2)--(2,3)--(2,2)--cycle; \draw[dashed] (0,1)--(2,2.5); \draw[dashed] (1,2.5)--(2,1); \draw[thick] (0,1)--(1.75,1.66); \draw[thick] (2,2.5)--(1,2.5); \end{tikzpicture}

[vvsss]

Уважаемый Xaositect, спасибо.
Мне хочется сохранить эллипс.
На Ваш взгляд, может ли быть корректной следующая формулировка:
Даны четыре точки, определяющие выпуклый четырёхугольник, все стороны которого различны, а произведения противоположных сторон равны. Пользуясь только циркулем и линейкой постройте фокусы какого-нибудь вписанного эллипса и его директрисы.

[alcoholist]

DeBill в сообщении #1348081 писал(а):

2. Если имелось в виду "найти все решения" (т.е., ГМТ фокусов) то задача, видимо, безнадежна (не проверял на предмет приводимости, но - сомнительно) - за исключением квадрата (или - паралл-мма, что равносильно с аффинной точки зрения)

Есть такая задача про параллелограмм, кажется в Гюнтере-Кузьмине

[vvsss]

Уважаемый alcoholist
По рекомендации Xaositect я уточнил условие. Суть сохранил, но избавился от параллелограммов и единственности.
Мне интересно понять уровень задачи, для которой мне удалось найти простое решение.
На конфигурации, являющейся основой решения этой задачи можно построить десятки нетривиальных задач
Примером одной из них является задача 6 ММО-2018.

Даны четыре точки, определяющие выпуклый четырёхугольник, все стороны которого различны, а произведения противоположных сторон равны. Пользуясь только циркулем и линейкой постройте фокусы какого-нибудь вписанного эллипса и его директрисы.

[wrest]

vvsss в сообщении #1348284 писал(а):

Даны четыре точки, определяющие выпуклый четырёхугольник,

Что это значит? Даны вершины?

[vvsss]

Спасибо, wrest и спасибо за ссылку.
Уточняю.
Даны четыре точки, являющиеся вершинами выпуклого четырёхугольника все стороны которого различны. Известно, что произведения противоположных сторон четырёхугольника равны. Пользуясь только циркулем и линейкой постройте фокусы какого-нибудь вписанного эллипса и его директрисы.