[MIX] Mix matematyczny (9)

[limes123]

Podpowiem, że da się ładnie i trygonometrią i bez niej .

[Menda]

5)
Mamy

[limes123]

Menda, świetne ja znam taki sposób, że przedłuża się AD i BC do przecięcia w punkcie K i udowadnia, że te trzy punkty leżą na dwusiecznej kąta zewnętrznego trójkąta ABK przy wierzchołku K.

[Menda]

4. To was pewnie nei zadowoli ale skoro nikt o tym zadaniu nic nie pisze to sory...
Na łuku AD niezwierającym pkt C, okręgu opisanego na trójkącie ACD obierzmy taki pkt R aby AD=AC. Wtedy pkt B staje się środkiem okręgu wpisanego w trójkąt CDR, a pkt Q pkt stycxnosci tegoz okregu do boku CD. Teraz wystarcza już tylko przeliczyć na sinusikach, albo czymś w tym stylu, aby pokazać że

Pozdro

[limes123]

Na łuku AD niezwierającym pkt C, okręgu opisanego na trójkącie ACD obierzmy taki pkt R aby AD=AC

Chyba jakaś literówka albo nie rozumiem...

[Menda]

Sory AR=AC, tak miało być, reszta ok.

Pozdro

[limes123]

Firmówka do 4 (chyba najtrudniejsze w tym mix'ie).
Oznaczmy punkt przecięcia Cd z okręgiem opisanym na ACD przez E i przedłużmy PE do przecięcia z AD w punkcie M, Zauważmy, że trójkąt opisany na DPE jest styczny do AD w punkcie D, czyli DM=MB, czyli M jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie DQB. Później trzeba zauważyć pare równości kątów i mamy tezę.

[Menda]

Przydałoby by się wymęczyć tego mixa do końca dlatego go tera wyciągne na wierzch ażeby was zachęcić jakoś do robienia geometrii.
6. Czworokąt ABCD jest wpisany w okrąg. Inny okrąg ma środek na boku AB i jest styczny do pozostałych trzech boków. Udowodnić, że AD+BC=AB.

Podpowiem, że da się ładnie i trygonometrią i bez niej .

Niech G - środek tego okręgu co ma środek na boku AB. Półprosta CG jest dwusieczną kąta

[binaj]

jeszcze dodam, że w zbiorze napisali, że jest to zadanie Fermata.

a co to za fajny zbiór?

8. Dwusieczne kątów A, B, C trójkąta ostrokątnego ABC przecinają opisany na nim okrąg odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ A_1, B_1, C_1}\). Prosta \(\displaystyle{ AA_1}\) przecina dwusieczne kątów wewnętrznych przy wierzchołkach B i C trójkąta ABC w punkcie \(\displaystyle{ A_0}\). Punkty \(\displaystyle{ B_0,C_0}\) określa się analogicznie. Udowodnić, że
(a)\(\displaystyle{ S(A_0B_0C_0)=2S(AC_1BA_1CB_1)}\) ;
(b)\(\displaystyle{ S(A_0B_0C_0)\geq 4S(ABC)}\), gdzie S(XY...) oznacza pole wielokąta XY... .

(a) Niech [F] oznacza pole figury F oraz niech I będzie punktem przecięcia się dwusiecznych kątów ABC, \(\displaystyle{ IA=IB=IC_1}\) w którymś temacie był dowód tego lematu, ponadto \(\displaystyle{ \sphericalangle IAC_0=IBC_0=90}\), więc na \(\displaystyle{ IBC_0A}\) można opisać okrąg którego środkiem jest \(\displaystyle{ C_1}\) stąd mamy \(\displaystyle{ IA=IB=IC_1=IC_0}\) zatem \(\displaystyle{ [AIBC_1]=[AC_1BC_0]}\)
analogicznie dla dwóch pozostałych czworokątów-sumujemy i dostajemy tezę

(b) Ciekawy problem, Niech D,E,F będą rzutami odpowiednio A,B,C odpowiednio na \(\displaystyle{ B_0A_0,A_0C_0,C_0B_0}\)
udowodnimy,że \(\displaystyle{ [CAB_0]+[ABC_0]+[BCA_0] \ge \frac{3}{4} [A_0B_0C_0]}\) wyżej wymienione trójkąty są podobne, zatem nierówność zapisujemy w postaci:
\(\displaystyle{ \frac{AD^2}{AA_0^2}+\frac{BF^2}{BB_0^2}+\frac{CF^2}{CC_0^2} =sin^2 \frac{\alpha}{2} +sin^2\frac{\beta}{2} +sin^2\frac{\gamma}{2} \ge \frac{3}{4}}\) dla pewnych \(\displaystyle{ \alpha+\beta+\gamma=\pi}\) \(\displaystyle{ \alpha,\beta,\gamma< \frac{\pi}{2}}\)
mamy, że \(\displaystyle{ sin^2\frac{\delta}{2}= \frac{1-\cos\delta}{2}}\)

czyli:\(\displaystyle{ \sum sin^2 \frac{\alpha}{2}= \frac{3}{2}- \frac{1}{2}\sum cos\alpha \ge\frac{3}{2}- \frac{3}{2} \cos (\frac{\sum \alpha}{3}) = \frac{3}{2}- \frac{3}{2} \cos( \frac{\pi}{3}) = \frac{3}{4}}\)
ta ostatnia nierówność z Jensena dla funkcji wklęsłej \(\displaystyle{ f(x)=cosx}\)
\(\displaystyle{ x \in (0;\frac{\pi}{2})}\)

mam nadzieje, że zrozumiałe

[mol_ksiazkowy]

Nierozwiązane zadanie 7