mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 11, 2017 5:43 pm**

Τετράπλευρο ABCD

είναι περιγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου

Αν

να δείξετε ότι το ABCD

είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 23, 2017 6:47 pm**

Επαναφορά.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 26, 2017 12:33 am**

Δίνω μια τριγωνομετρική αναγωγή του προβλήματος:

Αν a, b, c, d

είναι οι ημιγωνίες του περιγράψιμου τετραπλεύρου ABCD

, τότε οι απαιτούμενες ισότητες a=b

&

προκύπτουν από την ισότητα

(sina+sinb)^2(sincsind)^2+(sinc+sind)^2(sinasinb)^2=

=(sinacosbcosccosd+sinbcosacosccosd+sinccosacosbcosd+sindcosacosbcosc)^2

[Έχει ήδη χρησιμοποιηθεί η $a+b+c+d=\pi$ για την παραπάνω αναγωγή, και μπορεί φυσικά να χρησιμοποιηθεί ξανά.]

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 28, 2017 1:42 am**

gbaloglou έγραψε: Κυρ Νοέμ 26, 2017 12:33 am Δίνω μια τριγωνομετρική αναγωγή του προβλήματος:

Αν είναι οι ημιγωνίες του περιγράψιμου τετραπλεύρου , τότε οι απαιτούμενες ισότητες & προκύπτουν από την ισότητα

[Έχει ήδη χρησιμοποιηθεί η $a+b+c+d=\pi$ για την παραπάνω αναγωγή, και μπορεί φυσικά να χρησιμοποιηθεί ξανά.]

Διευκρινίζω ότι ΔΕΝ έχω απόδειξη για τον παραπάνω ισχυρισμό, ότι δηλαδή οι a=b

&

προκύπτουν, για $a+b+c+d=\pi$ , από την πολύπλοκη τριγωνομετρική ισότητα που παρέθεσα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 28, 2017 3:43 pm**

Εδώ έχει (ουσιαστικά) αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{{\left( {AB + CD} \right)^2} \ge {\left( {IA + ID} \right)^2} + {\left( {IB + IC} \right)^2}},$

με το ίσον να ισχύει αν και μόνο αν IA= ID

και

. Στην περίπτωση αυτή, είναι

$\displaystyle \angle IBC = \angle ICB$ και $\displaystyle \angle IAD = \angle IDA.$

Επειδή οι

,

και

είναι διχοτόμοι των γωνιών του τετραπλεύρου, έχουμε ότι

$\displaystyle \angle B = \angle C$ και $\displaystyle \angle A = \angle D,$ οπότε

$\displaystyle \angle A + \angle B + \angle C + \angle D = {360^ \circ } \Rightarrow 2\left( {\angle A + \angle B} \right) = {360^ \circ } \Rightarrow \angle A + \angle B = {180^ \circ }.$

Άρα το τετράπλευρο ABCD

είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 28, 2017 4:42 pm**

Βαγγέλη πολύ ωραία ... εκεί που σκεφτόμουν ότι μάλλον θυμάμαι την ανισ(σοϊσ)ότητα στην οποία παραπέμπεις ... βλέπω στην παραπομπή σου (και ανακαλώ εκ των υστέρων) ότι είχα ασχοληθεί και εγώ με το πρόβλημα, και μάλιστα με δύο ανεπιτυχείς αναγωγές!

(Τώρα έχουμε και τρίτη αναγωγή, για όποιον ενδιαφέρεται...)

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 28, 2017 5:35 pm**

emouroukos έγραψε: Τρί Νοέμ 28, 2017 3:43 pm Εδώ έχει (ουσιαστικά) αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{{\left( {AB + CD} \right)^2} \ge {\left( {IA + ID} \right)^2} + {\left( {IB + IC} \right)^2}},$

με το ίσον να ισχύει αν και μόνο αν και . Στην περίπτωση αυτή, είναι

$\displaystyle \angle IBC = \angle ICB$ και $\displaystyle \angle IAD = \angle IDA.$

Επειδή οι , , και είναι διχοτόμοι των γωνιών του τετραπλεύρου, έχουμε ότι

$\displaystyle \angle B = \angle C$ και $\displaystyle \angle A = \angle D,$ οπότε

$\displaystyle \angle A + \angle B + \angle C + \angle D = {360^ \circ } \Rightarrow 2\left( {\angle A + \angle B} \right) = {360^ \circ } \Rightarrow \angle A + \angle B = {180^ \circ }.$

Άρα το τετράπλευρο είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Πολύ ωραίο!

mathematica.gr

Κριτήριο ισοσκελούς τραπεζίου

Κριτήριο ισοσκελούς τραπεζίου

Re: Κριτήριο ισοσκελούς τραπεζίου

Re: Κριτήριο ισοσκελούς τραπεζίου

Re: Κριτήριο ισοσκελούς τραπεζίου

Re: Κριτήριο ισοσκελούς τραπεζίου

Re: Κριτήριο ισοσκελούς τραπεζίου

Re: Κριτήριο ισοσκελούς τραπεζίου