Ωραίο αξίωμα

Henri van Aubel · #1

Ο έγκυκλος τριγώνου ABC

εφάπτεται της πλευράς

στο

και επανατέμνει την ευθεία

στο

.

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

Υ.Σ Προτίθεμαι να βάλω απόδειξη το βραδάκι ή αύριο το μεσημέρι , αν δεν απαντηθεί.

Henri van Aubel · #2

Επαναφορά! Τελικά δεν θα βάλω λύση προς το παρόν για να μην καταστρέψω την άσκηση όπως πολύ σωστά μου είπε ο Γιώργος (Βισβίκης) σε προσωπικό μήνυμα. Οπότε την αφήνω λίγο στα χέρια των λυτών.

Henri van Aubel · #3

Επαναφορά!

Αν δεν λυθεί μέχρι την Δευτέρα, θα ανεβάσω τη λύση μου την Τρίτη (με σκληρή τριγωνομετρία!

)

Henri van Aubel · #4

Θεωρώ χρέος μου να ανεβάσω τη λύση μου για αυτό το θέμα.

Θέτω $\angle DMC=y,\angle DAC=x$ και είναι $\displaystyle \frac{\sin \left ( y-x \right )}{\sin y}=\frac{\cos \left ( \frac{C}{2} +x\right )}{\cos \frac{C}{2}}\cdot \frac{\sin \frac{C}{2}\sin \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )}{\cos \frac{B}{2}}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \cos x-\sin x\cot y=\cos x\cdot \frac{2\cos \frac{C}{2}\sin \frac{C}{2}\sin \left ( \frac{B}{2} +\frac{C}{2}\right )}{2\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}}-\sin x\cdot \frac{2\sin ^{2}\frac{C}{2}\sin \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )}{2\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \cos x\cdot \frac{2\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}-2\cos \frac{C}{2}\sin \frac{C}{2}\sin \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )}{2\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}}=\sin x\cdot \left ( \cot y-\frac{2\sin ^{2}\frac{C}{2}\sin \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )}{2\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}} \right )\left ( I \right )$

Αρκεί $\displaystyle \cot y=\frac{\sin \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )+2\cos \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}}{2\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}}\left ( II \right )$

Από τις $\left ( I \right ),\left ( II \right )$ συμπεραίνουμε ότι αρκεί:

$\displaystyle \cos x\cdot \left [ 2\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}-2\cos \frac{C}{2} \sin \frac{C}{2}\sin \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )\right ]=\sin x\cdot \left [ \cos C\sin \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )+2\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2} \right ]\left ( III \right )$

Όμως είναι $\displaystyle \frac{\sin \left ( B+C+x \right )}{\sin x}=\sin \left ( B+C \right )\cot x+\cos \left ( B+C \right )=\frac{1+\cos B}{1+\cos C}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \cot x=\frac{1+\cos B-\cos \left ( B+C \right )\left ( 1+\cos C \right )}{\sin \left ( B+C \right )\left ( 1+\cos C \right )}\left ( IV \right )$

Οι σχέσεις $\left ( III \right ),\left ( IV \right )$ είναι ισοδύναμες άρα το ζητούμενο έχει δειχτεί.

Το μόνο που εκκρεμεί είναι η απόδειξη στο παρακάτω την οποία θα βάλω μετά:

Για οξείες γωνίες $\theta ,\omega$ ισχύει ότι $\displaystyle \frac{\cos 2\omega \sin \left ( \theta +\omega \right )+2\cos \theta \cos \omega }{2\cos \theta \cos \omega -2\sin \omega \cos \omega \sin \left ( \theta +\omega \right )}=\frac{1+\cos 2\theta -\cos \left ( 2\theta +2\omega \right )\left ( 1+\cos 2\omega \right )}{\sin \left ( 2\theta +2\omega \right )\left ( 1+\cos 2\omega \right )}\left ( \ast \right )$

Αυτό ισχύει άρα τελειώσαμε , δείτε εδώ viewtopic.php?f=179&t=74007&p=358291#p358291

#5

Ένα επιπλέον ερώτημα.

: Ωραίο αξίωμα.ΙΙ.png (14.51 KiB) Προβλήθηκε 912 φορές

Ο έγκυκλος τριγώνου ABC

εφάπτεται της πλευράς

στο

και έστω

το αντιδιαμετρικό

του

Η

επανατέμνει τον κύκλο στο

και η

στο

Αν η

τέμνει την

στο

να δείξετε ότι $\displaystyle DH = \frac{{(a + b - c)(a + c - b)}}{{2a + c - b}}$

Henri van Aubel · #6

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 12, 2023 9:51 am
Ένα επιπλέον ερώτημα. Ωραίο αξίωμα.ΙΙ.png
Ο έγκυκλος τριγώνου εφάπτεται της πλευράς στο και έστω το αντιδιαμετρικό

του Η επανατέμνει τον κύκλο στο και η στο Αν η τέμνει την στο

να δείξετε ότι $\displaystyle DH = \frac{{(a + b - c)(a + c - b)}}{{2a + c - b}}$

Γειά σου Γιώργο μέγιστε!

Όπως έδειξα σε προηγούμενη ανάρτηση με σκληρή τριγωνομετρία και λεπτούς χειρισμούς

είναι $\displaystyle \cot \angle DEH=\cot \angle DMC=\frac{\displaystyle \frac{3BD}{BI}\cdot \frac{ID}{CI}+\frac{ID}{BI}\cdot \frac{DC}{CI}}{\displaystyle\frac{2BD}{BI}\cdot \frac{DC}{CI}}=\frac{\left ( 3BD+DC \right )ID}{2BD\cdot DC}\left ( 1 \right )$

Όμως $\displaystyle \cot \angle DEH=\cot \angle DMC=\frac{2ID}{DH}\left ( 2 \right )$

Οπότε από $\left ( 1 \right )\&\left ( 2 \right )$ θα λάβουμε $\displaystyle \frac{\left ( 3BD+DC \right )DI}{2BD\cdot DC}=\frac{2ID}{DH}\Leftrightarrow DH=\frac{2\cdot 2BD\cdot 2DC}{6BD+2DC}\left ( \ast \right ).$

Συνεπώς, είναι $\displaystyle \boxed{DH=\frac{2\left ( a+b-c \right )\left ( a+c-b \right )}{3\left ( a+c-b \right )+\left ( a+b-c \right )}=\frac{\left ( a+b-c \right )\left ( a+c-b \right )}{2a+c-b}}$

#7

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 12, 2023 10:47 am

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 12, 2023 9:51 am
Ένα επιπλέον ερώτημα. Ωραίο αξίωμα.ΙΙ.png
Ο έγκυκλος τριγώνου εφάπτεται της πλευράς στο και έστω το αντιδιαμετρικό

του Η επανατέμνει τον κύκλο στο και η στο Αν η τέμνει την στο

να δείξετε ότι $\displaystyle DH = \frac{{(a + b - c)(a + c - b)}}{{2a + c - b}}$
Γειά σου Γιώργο μέγιστε! Όπως έδειξα σε προηγούμενη ανάρτηση με σκληρή τριγωνομετρία και λεπτούς χειρισμούς είναι $\displaystyle \cot \angle DEH=\cot \angle DMC=\frac{\displaystyle \frac{3BD}{BI}\cdot \frac{ID}{CI}+\frac{ID}{BI}\cdot \frac{DC}{CI}}{\displaystyle\frac{2BD}{BI}\cdot \frac{DC}{CI}}=\frac{\left ( 3BD+DC \right )ID}{2BD\cdot DC}\left ( 1 \right )$

Όμως $\displaystyle \cot \angle DEH=\cot \angle DMC=\frac{2ID}{DH}\left ( 2 \right )$

Οπότε από $\left ( 1 \right )\&\left ( 2 \right )$ θα λάβουμε $\displaystyle \frac{\left ( 3BD+DC \right )DI}{2BD\cdot DC}=\frac{2ID}{DH}\Leftrightarrow DH=\frac{2\cdot 2BD\cdot 2DC}{6BD+2DC}\left ( \ast \right ).$

Συνεπώς, είναι $\displaystyle \boxed{DH=\frac{2\left ( a+b-c \right )\left ( a+c-b \right )}{3\left ( a+c-b \right )+\left ( a+b-c \right )}=\frac{\left ( a+b-c \right )\left ( a+c-b \right )}{2a+c-b}}$

Πολύ ωραία Κώστα, σ' ευχαριστώ

Αναρωτιέμαι αν θα μπορούσε να αποδειχθεί χωρίς τη βοήθεια της αρχικής άσκησης. (Προσπάθησα χωρίς αποτέλεσμα).

Ωραίο αξίωμα

Ωραίο αξίωμα

Re: Ωραίο αξίωμα

Re: Ωραίο αξίωμα

Re: Ωραίο αξίωμα

Re: Ωραίο αξίωμα

Re: Ωραίο αξίωμα

Re: Ωραίο αξίωμα

Μέλη σε σύνδεση