Τριπλάσιο τμήμα

#1

: Τριπλάσιο τμήμα.png (17.76 KiB) Προβλήθηκε 2902 φορές

Ο έγκυκλος τριγώνου ABC

εφάπτεται στις πλευρές BC, CA, AB

στα

αντίστοιχα και επανατέμνει την

στο

Ο κύκλος που διέρχεται από τα σημεία M, D, C

τέμνει την

στο

και η

την

στο

Να δείξετε ότι CD=3FG.

#2

george visvikis έγραψε:Ο έγκυκλος τριγώνου εφάπτεται στις πλευρές στα αντίστοιχα και επανατέμνει την στο Ο κύκλος που διέρχεται από τα σημεία τέμνει την στο και η την στο Να δείξετε ότι

: Τριπλάσιο τμήμα.png (60.63 KiB) Προβλήθηκε 2770 φορές

Έστω $L\equiv AD\cap BE\cap CF$ το σημείο Gergonne (εύκολη απόδειξη με το θεώρημα του Ceva).

$\bullet$ Από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle GBC$ με διατέμνουσα την έχουμε: $\dfrac{{FG}}{{FB}} \cdot \dfrac{{DB}}{{DC}} \cdot \dfrac{{NC}}{{NG}} = 1\mathop \Rightarrow \limits^{FB = BD = \tau - b} \boxed{\dfrac{{FG}}{{DC}} = \dfrac{{NG}}{{NC}}}:\left( 1 \right)$ .

Έστω $P\equiv CG\cap EF$ και ας είναι το σημείο τομής της εκ του παραλλήλου προς την με την .

Τότε είναι $\angle ERC\mathop = \limits^{RC\parallel AF} \angle AFE\mathop = \limits^{AF = AE = \tau - a} \angle AEF$ $\mathop = \limits^{\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \varphi \eta \nu } \angle CER \Rightarrow \boxed{CR = CE = DC}:\left( 2 \right)$ .

Στο τρίγωνο $\vartriangle PCR\mathop \Rightarrow \limits^{FG\parallel RC} \dfrac{{PG}}{{PC}} = \dfrac{{FG}}{{CR}}\mathop = \limits^{\left( 2 \right)} \dfrac{{FG}}{{DC}}\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} \dfrac{{NG}}{{NC}}:\left( 3 \right)$ (δηλαδή η σειρά $\left( P,G,N,C \right)$ είναι αρμονική).

Αν $S\equiv CM\cap \left( I \right),S\ne M$ και έστω $V\equiv SD\cap FE,W\equiv SE\cap FD,T\equiv SM\cap FE$ .

: Τριπλάσιο τμήμα.png (60.63 KiB) Προβλήθηκε 2770 φορές

$\bullet$ Από το θεώρημα του Pascal στο εκφυλισμένο εγγεγραμμένο στον $\left( I \right)$ κυρτό εξάγωνο προκύπτει ότι τα σημεία $C\equiv EE\cap DD,W\equiv ES\cap DF,V\equiv SD\cap FE$ (σημεία τομής των απέναντι πλευρών του) είναι συνευθειακά.

Από το θεώρημα του Pascal στο εκφυλισμένο εγγεγραμμένο στον $\left( I \right)$ μη κυρτό εξάγωνο προκύπτει ότι τα σημεία $A\equiv FF\cap EE,W\equiv ES\cap DF,X\equiv DE\cap SF$ (σημεία τομής των απέναντι πλευρών του) είναι συνευθειακά.

Από το αρμονικό τετράπλευρο EMFD

εγγεγραμμένο στον κύκλο $\left( I \right)$ ( εφαπτομενικά τμήματα και τέμνουσα του $\left( I \right)$ ) για το $S\in \left( I \right)$ προκύπτει ότι η δέσμη είναι αρμονική και επομένως η σειρά $\left( V,E,T,F \right)$ είναι αρμονική.

Αν $Y\equiv CF\cap DV$ τότε από το πλήρες τετράπλευρο προκύπτει ότι η διαγώνιός του διέρχεται από το αρμονικό συζυγές του ως προς τα δηλαδή από το σημείο (αφού $\left( V,E,T,F \right)$ είναι αρμονική) (κάθε διαγώνιος πλήρους τετραπλεύρου διαιρείται αρμονικά από τις άλλες δύο) δηλαδή τα σημεία είναι συνευθειακά.

Από το θεώρημα του Pascal στο εκφυλισμένο εγγεγραμμένο στον $\left( I \right)$ μη κυρτό εξάγωνο προκύπτει ότι τα σημεία $A\equiv FF\cap MD,X\equiv FS\cap DE,T\equiv SM\cap FE$ (σημεία τομής των απέναντι πλευρών του) είναι συνευθειακά.

Από τις συνευθειακές τριάδες $\left( A,W,X \right),\left( W,Y,X \right),\left( A,X,T \right)$ προκύπτει ότι τα σημεία είναι συνευθειακά.
[attachment=0]Τριπλάσιο τμήμα.png[/attachment]
$\bullet$ Με $\left( V,E,T,F \right)$ αρμονική σειρά προκύπτει ότι και η δέσμη είναι αρμονική και επομένως και η σειρά $\left( V,S,Y,D \right)$ είναι αρμονική οπότε και η δέσμη είναι αρμονική δηλαδή η δέσμη (ταυτίζεται με τη δέσμη ) είναι αρμονική.

Είναι $\angle MSF\mathop = \limits^{M,S,D,F\;\sigma \eta \mu \varepsilon \iota \alpha \;\tau o\upsilon \;\left( I \right)} \angle MDF \equiv \angle MDN$ $\mathop = \limits^{M,N,D,C\;o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle MCN \equiv \angle MCP \Rightarrow \boxed{FS\parallel PC}$ .

Από την αρμονική δέσμη με $FS\parallel PC$ προκύπτει ότι είναι το μέσο της .

Από $\dfrac{{PG}}{{PC}} = \dfrac{{NG}}{{NC}} = \dfrac{{PG + NG}}{{PC + NC}} = \dfrac{{PN}}{{PC + NC}}$ $\mathop = \limits^{N\;\mu \varepsilon \sigma o\;\tau \eta \varsigma \;PC \Rightarrow PC = 2NC = 2PN} \dfrac{{PN}}{{3PN}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow$ $\dfrac{{NG}}{{NC}} = \dfrac{1}{3}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$

$\dfrac{{FG}}{{DC}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow \boxed{DC = 3FG}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ. Γιώργο θα με ενδιέφερε ιδιαίτερα η πηγή του παραπάνω όμορφου θέματος καθώς και η λύση που υπάρχει.

#3

Από τις ομορφότερες στιγμές Γεωμετρίας στο

.

Θερμές ευχαριστίες στον Γιώργο για το πρόβλημα που έβαλε και

στον Στάθη για την λύση που σκαρφίστηκε. Την ζήλεψα.

Με σεβασμό, Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα είναι μεγάλη έκπληξη για μένα, εάν αυτή η απόδειξη είναι γνωστή. Θα στοιχημάτιζα ότι αυτό δεν ισχύει.

#4

vittasko έγραψε:...ΥΓ. Θα είναι μεγάλη έκπληξη για μένα, εάν αυτή η απόδειξη είναι γνωστή. Θα στοιχημάτιζα ότι αυτό δεν ισχύει.

Και θα κέρδιζες το στοίχημα! Οι λύσεις του Στάθη είναι μοναδικές

Θα περιμένω μια δυο μέρες μήπως θέλει ν' ασχοληθεί κάποιος άλλος και ύστερα θα δώσω την πηγή.

#5

Ο Στάθης είναι μοναδικός και μας εμπνέει. Ας δούμε μία προσέγγιση που προέκυψε διαβάζοντας την λύση του.

$\bullet$ Έστω τα σημεία $M\equiv (I)\cap AD$ και $P\equiv EF\cap CG$ .

Η ευθεία

, ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (I)

και άρα, το τετράπλευρο DQEF

είναι αρμονικό, όπου $Q\equiv (I)\cap CF$ και επομένως, η δέσμη $F\ldotp DQEA$ είναι αρμονική.

Η δέσμη αυτή τέμνεται από την ευθεία

και άρα, η σημειοσειρά P, G, N, C

είναι αρμονική και επομένως ισχύει $\displaystyle \frac{PG}{PC} = \frac{NG}{NC}\ \ \ ,(1)$

$\bullet$ Έστω τα σημεία $S\equiv (I)\cap CM$ και $Z\equiv MQ\cap FS$ .

Το σημείο

ανήκει στην ευθεία

= την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (I)

, γιατί το σημείο

ανήκει στην Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον ίδιο κύκλο, λόγω $MS\cap FQ\equiv C$ .

Η ευθεία

ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (I)

και άρα, το τετράπλευρο DFME

είναι αρμονικό και επομένως, η δέσμη $Q\ldotp DFME$ είναι αρμονική.

Η σημειοσειρά D, H, Z, E

τώρα, όπου $H\equiv DE\cap FQ$ , είναι αρμονική και άρα, η δέσμη $F\ldotp DHZE$ είναι αρμονική.

: Τριπλάσιο τμήμα.; f=185_t=58402.png (27.02 KiB) Προβλήθηκε 2574 φορές

$\bullet$ Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα $CDNM,\ DFMS$ έχουμε $\angle MCN = \angle MDN\equiv MDF = \angle MSF\ \ \ ,(2)$

Από $(2)\Rightarrow$ $NC\parallel FS\ \ \ ,(3)$

Η ευθεία

τώρα, τέμνει την αρμονική δέσμη $F\ldotp DHZE$ και από $CN\equiv CP\parallel FS\equiv FZ$ , προκύπτει $PN = NC\ \ \ ,(4)$

Στην αρμονική ως άνω σημειοσειρά P, G, N, C

, με το σημείο

ως το μέσον του

, εύκολα αποδεικνύεται ότι ισχύει $PC = 3PG\ \ \ ,(5)$

Πράγματι, από $\displaystyle \frac{PG}{PC} = \frac{NG}{NC}$ και $PC = 2NC\Rightarrow$ $PG = 2NG\Rightarrow$ PC = 2PN = 2PG + 2NG = 3PG

.

Τέλος, στο τρίγωνο $\vartriangle AGC$ με διατέμνουσα την EFP

, σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου, ισχύει $\displaystyle \frac{FA}{FG}\cdot \frac{PG}{PC}\cdot \frac{EC}{EA} = 1\ \ \ ,(6)$

Από $(5),\ (6)\Rightaroow$ και FA = EA

και $EC = CD\Rightarrow$ $\boxed{CD = 3FG}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

sakis1963 · #6

Αφού υποβάλλω τα σέβη μου στους δυο "γίγαντες της Γεωμετρίας" Στάθη και Κώστα, να θέσω δυο πρόσθετα ερωτήματα στο ωραιότατο θέμα του φίλου Γιώργου.

Στο σχήμα του Κώστα

α. Δείξτε ότι τα σημεία G, F, M, C

είναι ομοκυκλικά

β. Αν $T\equiv (K)\cap AC$ , δείξτε ότι η

διχοτομεί την

#7

sakis1963 έγραψε:Αφού υποβάλλω τα σέβη μου στους δυο "γίγαντες της Γεωμετρίας" Στάθη και Κώστα, να θέσω δυο πρόσθετα ερωτήματα στο ωραιότατο θέμα του φίλου Γιώργου.
Στο σχήμα του Κώστα
α. Δείξτε ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά

β. Αν $T\equiv (K)\cap AC$ , δείξτε ότι η διχοτομεί την

$\bullet$ α) Είναι $\angle MFA\mathop = \limits^{\upsilon \pi o\;\chi o\rho \delta \eta \varsigma \;\kappa \alpha \iota \;\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma - \alpha \nu \tau \iota \sigma \tau o\iota \chi \eta \;\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta } \angle MDF \equiv$

$\angle MDN\mathop = \limits^{M,N,D,C\;o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle MCN \equiv \angle MCG \Rightarrow G,F,M,C$ ομοκυκλικά.

$\bullet$ β) Εστω $T \equiv \left( K \right) \cap AC,L \equiv TN \cap FE,$ $X \equiv FS \cap AC,Y \equiv EN \cap FX$ .

Έχει αποδειχθεί (κατά τη διαδικασία λύσης του βασικού προβλήματος) ότι $FS\parallel PC \Rightarrow \boxed{FX\parallel PS}:\left( 1 \right)$ , $\boxed{GC = 2PG}:\left( 2 \right)$ και το μέσο της .

Από το θεώρημα της κεντρικής δέσμης $E.PNC\mathop \Rightarrow \limits^{FYX\parallel PNC,N\;\mu \varepsilon \sigma o\;\tau \eta \varsigma \;PC} Y$ μέσο της .
[attachment=0]Εμβόλημα ερωτήματα Θάνου Καλογεράκη.png[/attachment]
$\bullet$ Εχουμε: $\vartriangle PEC\xrightarrow{{\Theta .{\rm M}\varepsilon \nu \varepsilon \lambda \alpha o\upsilon \;\mu \varepsilon \;\delta \iota \alpha \tau \varepsilon \mu \nu o\upsilon \sigma \alpha \;AFG}}\dfrac{{FE}}{{FP}} \cdot \dfrac{{GP}}{{GC}} \cdot \dfrac{{AC}}{{AE}} = 1\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)}$ $\dfrac{{FE}}{{FP}} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{AC}}{{AE}} = 1 \Rightarrow \boxed{\dfrac{{FE}}{{FP}} = \dfrac{{2AE}}{{AC}}}:\left( 1 \right)$ και

$\vartriangle TNC\xrightarrow{{\Theta .{\rm M}\varepsilon \nu \varepsilon \lambda \alpha o\upsilon \;\mu \varepsilon \;\delta \iota \alpha \tau \varepsilon \mu \nu o\upsilon \sigma \alpha \;PLE}}\dfrac{{LT}}{{LN}} \cdot \dfrac{{PN}}{{PC}} \cdot \dfrac{{EC}}{{ET}} = 1\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$ $\dfrac{{LT}}{{LN}} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{EC}}{{ET}} = 1 \Rightarrow \boxed{\dfrac{{LT}}{{LN}} = \dfrac{{2ET}}{{EC}}}:\left( 2 \right)$ .

$\bullet$ Επίσης $AT \cdot AC\mathop = \limits^{M,T,C,D \in \left( K \right),\Theta \varepsilon \omega \rho \eta \mu \alpha \;\tau \varepsilon \mu \nu o\mu \varepsilon \nu \omega \nu \;\chi o\rho \delta \omega \nu }$ $AM \cdot AD\mathop = \limits^{\tau \varepsilon \mu \nu o\upsilon \sigma \alpha - \;\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \;\tau o\upsilon \;\left( I \right)} A{E^2} \Leftrightarrow$ $AT \cdot AC = AE \cdot AE \Leftrightarrow$

$\left( {AE - ET} \right) \cdot AC = AE \cdot \left( {AC - EC} \right) \Leftrightarrow$ $AE \cdot AC - ET \cdot AC = AE \cdot AC - AE \cdot EC \Rightarrow$

$ET \cdot AC = AE \cdot EC \Leftrightarrow \dfrac{{AE}}{{AC}} = \dfrac{{ET}}{{EC}} \Rightarrow$ $\dfrac{{YE}}{{YN}}\mathop = \limits^{FY\parallel PN} \dfrac{{FE}}{{EP}} = \dfrac{{LT}}{{LN}}\mathop \Rightarrow \limits^{\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau \rho o\varphi o\;\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta } LY\parallel TE \Rightarrow$

$LY\parallel EX\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle FEX,Y\;\mu \varepsilon \sigma o\;\tau \eta \varsigma \;FX} L$ το μέσο της και όλα τα επι πλέον ερωτήματα έχουν αποδειχθεί.

Στάθης

giannimani · #8

Θέλησα να δοκιμάσω αν το επόμενο γνωστό λήμμα μπορεί να βοηθήσει στην επίλυση αυτού του προβλήματος.

Λήμμα : (a) Έστω και τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου ενός τριγώνου με τις πλευρές του και
αντίστοιχα. Αν το σημείο τομής της διχοτόμου της γωνίας με τη , τότε $\angle AHC=90^{\circ}$ .
(b) Το σημείο ανήκει στην ευθεία που διέρχεται από τα μέσα των πλευρών και του τριγώνου .

Λόγω αυτού του λήμματος, αν

το συμμετρικό του

ως προς τη διχοτόμο

, τότε το τρίγωνο ACC'

είναι
ισοσκελές, και εφόσον $FE\,\parallel \,CC'$ , θα είναι CE=CD=FC'

.
Αν $A_{0}$ , $B_{0}$ τα μέσα των

,

αντίστοιχα, τότε $H \in A_{0}B_{0}$ (λήμμα, (b)) και αν $L \equiv A_{0}B_{0} \cap FE$ , τότε το FLHC'

είναι
παραλληλόγραμμο. Έστω

το κέντρο του, $G' \equiv CN\cap AB$ , και $P\equiv A_{0}B_{0} \cap CG$ . Το

προφανώς μέσο του

και
$HP=\frac{C'G}{2}=FG$ . Επομένως, CD=FC'=FG+GC'=FG+2FG=3FG

.

Απομένει να αποδείξουμε ότι το σημείο

ταυτίζεται με το σημείο

της εκφώνησης του προβλήματος. Αρκεί
γιαυτό να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο N'MCD

είναι εγγράψιμο, ή ισοδύναμα $\angle N'MC=\angle BDF\quad (A)$ .
Τα σημεία

,

ανήκουν στον κύκλο διαμέτρου

. Επομένως, $\angle HEC=\angle BDF=\angle FED$ .
Επίσης, $\angle HCE = \angle FDE$ . Ως εκ τούτου, $\vartriangle HEC \sim \vartriangle FED\Rightarrow \frac{CE}{DE}=\frac{EH}{EF} \; (1)$

.
Στη συνέχεια, έστω ότι η N'K

(

το μέσο του

) τέμνει την

στο σημείο

. Εφόσον $N'X \parallel \, EH$ , τότε $\angle N'XE=\angle HEC=\angle FED \; (2)$ .

: 3_times.png (65.93 KiB) Προβλήθηκε 1149 φορές

Το τετράπλευρο DEMF

είναι αρμονικό. Επομένως, η

συμμετροδιάμεσος του τριγώνου MFE

, οπότε $\angle KME= \angle DMF=\angle FED \; (3)$ . Από τις (2)

,

έχουμε $\angle KME=\angle KXE$ , δηλαδή, το τετράπλευρο KMXE

είναι εγγράψιμο, οπότε $\angle MKX=\angle MEX \Rightarrow \angle MKN'=\angle MEC \;(4)$ .
Θέλουμε να αποδείξουμε ότι $\triangle MKN' \sim \triangle MEC$ , εφόσον τότε $\angle N'MC=\angle KME=\angle FED=\angle BDF$ , που είναι το αποδεικτέο (A)

.
Τα τρίγωνα KME

και

είναι όμοια. Πράγματι, $\angle KME=\angle KED$ (λόγω της (3)

), και $\angle KEM=\angle FEM=\angle FDM= \angle KDM$ (εφόσον η

συμμετροδιάμεσος του τριγώνου FED

).

Επομένως, $\frac{KM}{KE}=\frac{ME}{DE}\Rightarrow KM=KE\cdot \frac{ME}{DE}\; (5)$ . Επίσης, εφόσον $N'K \parallel \, HE$ , τότε $\frac{N'K}{EH}=\frac{FK}{FE}=\frac{KE}{FE} \Rightarrow N'K= EH\cdot \frac{KE}{FE}\; (6)$ . Με διαίρεση κατά μέλη των (5)

,

έχουμε $\frac{KM}{KN'}=\frac{ME \cdot FE}{DE\cdot EH}=\frac{ME}{CE}$ (λόγω της (1)

).
Ως εκ τούτου, τα τρίγωνα MKN'

και

είναι όμοια, οπότε τώρα προκύπτει το αποδεικτέο (A)

που σημαίνει ότι $N'\equiv N$ .

Για το ερώτημα β του Θανου του Καλογεράκη, παρατηρούμε ότι το σημείο

ανήκει επίσης και στον κύκλο (DMC)

, δηλαδή, ταυτίζεται με το σημείο

. Επομένως, το ερώτημα β έχει απαντηθεί.
Για το α ερώτημα έχουμε, $\angle AFM= \angle FDM=\angle NDM=\angle NCM$ .

Henri van Aubel · #9

Στο αρχικό πρόβλημα. Αφιερωμένο στον φίλτατο Ορέστη Λιγνό, ο οποίος μαγεύει όλο τον κόσμο των μαθηματικών καθημερινά και ακατάπαυστα. Καλή τύχη και στην ΙΜΟ. Από Μενέλαο στο GBC

με διατέμνουσα FND

κι επEιδή

είναι $\displaystyle \frac{GN}{NC}=\frac{FG}{DC}$

Έχουμε $\displaystyle \displaystyle \frac{NC}{AC}=\frac{NC}{DC}\cdot \frac{DC}{IC}\cdot \frac{IC}{AC}=\frac{\displaystyle\cos \frac{B}{2}}{\sin \angle DMC}\cdot \frac{\displaystyle \cos \frac{C}{2}}{1}\cdot \frac{\cos \displaystyle \left (\frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )}{\displaystyle \cos \frac{B}{2}}\left ( 1 \right )$

Επιπλέον $\displaystyle \frac{AC}{GC}=\frac{\displaystyle \cos \left ( \frac{B}{2}-\angle DMC \right )}{\sin \left ( B+C \right )}\left ( 2 \right )$

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη αυτών των δύο σχέσεων έχουμε $\displaystyle \frac{NC}{GC}=\frac{\displaystyle \cos \frac{C}{2}\cdot \cos \left ( \displaystyle \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )}{\sin \left ( B+C \right )}\cdot \frac{\cos \left ( \displaystyle \frac{B}{2}-\angle DMC \right )}{\sin \angle DMC}\left ( 3 \right )$

Αρκεί λοιπόν $\displaystyle \frac{\cos \displaystyle \frac{C}{2}}{2\sin \left ( \displaystyle \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )}\cdot \left ( \cos \displaystyle \frac{B}{2} \cdot \cot \angle DMC+\sin \frac{B}{2}\right )=\frac{3}{4}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \cos \displaystyle \frac{B}{2}\cdot \cot \angle DMC+\sin \displaystyle \frac{B}{2}=\frac{3\sin \left ( \displaystyle \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )}{2\cos \displaystyle \frac{C}{2}}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \cot \angle DMC=\frac{\displaystyle 3\cos\frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}+\sin \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2} }{\displaystyle 2\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}}\left ( I \right )$

Η σχέση (Ι) ισχύει και μάλιστα έχω εύκολη απόδειξη που θα βάλω μετά στο ''Ωραίο αξίωμα", άρα και το ζητούμενο ισχύει και τελειώσαμε.
Δείτε αναλυτικά εδώ viewtopic.php?f=27&t=73919

Έχω πολύ απλές λύσεις για τα άλλα δύο ερωτήματα (το ένα είναι του λεπτού και το άλλο του τετάρτου) του Θάνου Καλογεράκη.

Πολύ ωραία ερωτήματα , ειδικά η ευκολούτσικη διχοτόμηση (η ομοκυκλικότητα είναι της πλάκας)

Henri van Aubel · #10

Μία προσέγγιση για τη διχοτόμηση του Θάνου Καλογεράκη.

Έχουμε $\displaystyle \frac{FT}{AF}=\frac{\sin \angle A}{\sin \angle FTA} and \frac{AF}{TE}=\frac{AC}{EC}=\frac{\cos \displaystyle \frac{B}{2}}{\displaystyle \sin \frac{A}{2}}\cdot \frac{1}{\displaystyle \sin \left ( \frac{A}{2}+\frac{B}{2} \right )}$ (too easy με ν. ημιτόνων)

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη έχουμε $\displaystyle \frac{FT}{TE}=\frac{\displaystyle 2\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}}{\displaystyle \sin \left ( \frac{A}{2}+\frac{B}{2} \right )\cdot \sin \angle FTA}\left ( 1 \right )$

Ακόμα είναι $\displaystyle \frac{\sin \angle FTN}{\sin \angle ETN}=\frac{\displaystyle \cos \left ( \frac{B}{2}-\angle FTA \right )}{\displaystyle \cos \frac{B}{2}}\left ( 2 \right )$

Από αυτές με πολλαπλασιασμό κατά μέλη παίρνουμε $\displaystyle \frac{FT}{TE}\cdot \frac{\sin \angle FTN}{\sin \angle ETN}=\frac{\displaystyle 2\cos \frac{A}{2}}{\displaystyle \sin \left ( \frac{A}{2}+\frac{B}{2} \right )}\cdot \left ( \displaystyle \cos \frac{B}{2}\cot \angle FTA+\sin \frac{B}{2} \right )\left ( 3 \right )$

Όμως είναι $\displaystyle \frac{\sin \left ( \angle A+\angle FTA \right )}{\sin \angle FTA}=\sin A\cdot \cot \angle FTA+\cos A=\frac{AE}{AC}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sin A\cot \angle FTA+\cos A=\frac{\displaystyle \cos \frac{A}{2}\cdot \cos \left ( \frac{A}{2}+\frac{B}{2} \right )}{\displaystyle \cos \frac{B}{2}}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \cot \angle FTA=\frac{\displaystyle \cos \frac{A}{2}\cdot \cos \left ( \frac{A}{2}+\frac{B}{2} \right )-\cos A\cdot \cos \frac{B}{2}}{\displaystyle \sin A \cos \frac{B}{2}}=\frac{\displaystyle \sin \left ( \frac{A}{2}-\frac{B}{2} \right )}{\displaystyle 2\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2} }\left ( 4 \right )$

Από τις $\left ( 3 \right ),\left ( 4 \right )$ θα λάβουμε:

$\displaystyle \frac{FT}{TE}\cdot \frac{\sin \angle FTN}{\sin \angle ETN}=\frac{\displaystyle 2\cos \frac{A}{2}}{\displaystyle \sin \left ( \frac{A} {2}+\frac{B}{2} \right )}\cdot \left [ \frac{\displaystyle \sin \left ( \frac{A}{2}-\frac{B}{2} \right )}{\displaystyle 2\cos \frac{A}{2}}+\frac{\displaystyle 2\cos \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}}{\displaystyle 2\cos \frac{A}{2}} \right ]=1$

Άρα τελειώσαμε.

Τριπλάσιο τμήμα

Τριπλάσιο τμήμα

Re: Τριπλάσιο τμήμα

Re: Τριπλάσιο τμήμα

Re: Τριπλάσιο τμήμα

Re: Τριπλάσιο τμήμα

Re: Τριπλάσιο τμήμα

Re: Τριπλάσιο τμήμα

Re: Τριπλάσιο τμήμα

Re: Τριπλάσιο τμήμα

Re: Τριπλάσιο τμήμα

Μέλη σε σύνδεση