Формули и теореми

[Spider Iovkov]

25. Медианата в [tex]\triangle ABC[/tex] дели ъгъла при върха, от който излиза, на две части, синусите на които са обратнопропорционални на прилежащите страни.

Доказателство. Нека е дадена медианата [tex]CM=m_{c}, \, M\in AB[/tex], при което [tex]\angle ACM=\varphi_{1}, \, \angle BCM=\varphi_{2}[/tex] и [tex]BC=a, \, AC=b, \, AM=BM=\frac{c}{2}[/tex]. Построяваме [tex]CH\bot AB, \, CH=h_{c}[/tex]. Сега постъпваме по следния начин:

[tex]\begin{array} S_{\triangle AMC}=\frac{bm_{c}}{2} sin\varphi_{1} \\ S_{\triangle AMC}=\frac{c}{2}.h_{c}.\frac{1}{2} \end{array} \Rightarrow 2bm_{c} sin\varphi_{1}=ch_{c} \Leftrightarrow sin\varphi_{1}=\frac{ch_{c}}{2bm_{c}}[/tex].

За другия триъгълник е абсолютно същото:

[tex]\begin{array} S_{\triangle BMC}=\frac{am_{c}}{2} sin\varphi_{2} \\ S_{\triangle BMC}=\frac{c}{2}.h_{c}.\frac{1}{2} \end{array} \Rightarrow 2am_{c} sin\varphi_{2}=ch_{c} \Leftrightarrow sin\varphi_{2}=\frac{ch_{c}}{2am_{c}}[/tex].

Образуваме отношението [tex]\frac{sin\varphi_{1}}{sin\varphi_{2}}[/tex] и получаваме [tex]\frac{sin\varphi_{1}}{sin\varphi_{2}}=\frac{a}{b}[/tex], което и трябваше да се докаже.

[Реклама]

[Spider Iovkov]

26. Четириъгълник [tex]ABCD[/tex]. Нека в [tex]ABCD[/tex] е дадено [tex]AB=a, \, BC=b, \, CD=c, \, AD=d[/tex] и [tex]\angle BAD=\alpha, \angle ABC=\beta, \angle BCD=\gamma, \angle ADC=\varphi[/tex]. Тогава:
а) [tex]ab cos\beta - cd cos\varphi = \frac{a^2+b^2-c^2-d^2}{2}[/tex];
б) ако около четириъгълника може да се опише окръжност, то [tex]cos\alpha=\frac{a^2-b^2-c^2+d^2}{2(ad+bc)}[/tex];
в) ако около четириъгълника може да се опише окръжност, то [tex]AC^2=\frac{(ad+bc)(ac+bd)}{ab+cd}[/tex] и [tex]BD^2=\frac{(ab+cd)(bd+ac)}{bc+ad}[/tex];
г) ако около четириъгълника може да се опише окръжност, то [tex]\frac{AC}{BD}=\frac{ad+bc}{ab+cd}[/tex];
д) ако около четириъгълника може да се опише окръжност с радиус [tex]R[/tex], то [tex]R=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)}{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}}[/tex].

Доказателство, а). Съобразяваме, че [tex]\begin{array}{||}AC^2=a^2+b^2-2ab cos\beta \\ AC^2=c^2+d^2-2cd cos\varphi \end{array}[/tex], откъдето [tex]a^2+b^2-2ab cos\beta = c^2+d^2-2cd cos\varphi[/tex]. Преобразуваме малко последното и достигаме до искания резултат: [tex]ab cos\beta - cd cos\varphi = \frac{a^2+b^2-c^2-d^2}{2}[/tex].
б) Понеже около [tex]ABCD[/tex] може да бъде описана окръжност и [tex]\angle BAD=\alpha[/tex], то [tex]\angle BCD=180^\circ-\alpha[/tex]. Сега [tex]\begin{array}{||}BD^2=a^2+d^2-2ad cos\alpha \\ BD^2=b^2+c^2+2bc cos\alpha \end{array} \Rightarrow[/tex]
[tex]\Rightarrow a^2+d^2-2ad cos\alpha = b^2+c^2+2bc cos\alpha \Leftrightarrow 2 cos\alpha (bc+ad)=a^2+d^2-b^2-c^2 \Leftrightarrow cos\alpha = \frac{a^2-b^2-c^2+d^2}{2(bc+ad)}[/tex], което приключва доказателството.
в) Тук ще извършим доказателството само за единия диагонал, за другия е абсолютно аналогично. Ще използваме извода от предишното условие: [tex]cos\alpha=\frac{a^2-b^2-c^2+d^2}{2(bc+ad)}[/tex]. От [tex]\triangle BAD[/tex] по косинусовата теорема определяме [tex]BD^2=a^2+d^2-\frac{\cancel 2 ad(a^2-b^2-c^2+d^2)}{\cancel 2 (bc+ad)} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow BD^2=a^2+d^2-\frac{ad(a^2+d^2-b^2-c^2)}{bc+ad} \Leftrightarrow[/tex]

[tex]\Leftrightarrow BD^2=\frac{(a^2+d^2)(bc+ad)-ad(a^2+d^2-b^2-c^2)}{bc+ad} \Leftrightarrow[/tex]

[tex]\Leftrightarrow BD^2=\frac{(a^2+d^2)(bc+ad)-ad(a^2+d^2)+ad(b^2+c^2)}{bc+ad} \Leftrightarrow[/tex]

[tex]\Leftrightarrow BD^2=\frac{(a^2+d^2)(bc+\cancel {ad}-\cancel {ad})+ad(b^2+c^2)}{bc+ad} \Leftrightarrow[/tex]

[tex]\Leftrightarrow BD^2=\frac{bc(a^2+d^2)+ad(b^2+c^2)}{bc+ad} \Leftrightarrow[/tex]

[tex]\Leftrightarrow BD^2=\frac{a^2bc+bcd^2+adb^2+adc^2}{bc+ad} \Leftrightarrow[/tex]

[tex]\Leftrightarrow BD^2=\frac{a^2bc+adb^2+bcd^2+adc^2}{bc+ad} \Leftrightarrow[/tex]

[tex]\Leftrightarrow BD^2=\frac{ab(ac+bd)+cd(bd+ac)}{bc+ad} \Leftrightarrow[/tex]

[tex]\Leftrightarrow BD^2=\frac{(ac+bd)(ab+cd)}{bc+ad}[/tex].
По същия начин получаваме [tex]AC^2=\frac{(ad+bc)(ac+bd)}{ab+cd}[/tex].
г) Тук всичко е очевидно, резултатът в това условие е следствие от предходната подточка.
д) От третото условие е ясно, че [tex]BD=\sqrt{\frac{(ab+cd)(ac+bd)}{ad+bc}}[/tex]. Тогава от [tex]\triangle ABD[/tex] по синусовата теорема лесно следва, че [tex]\frac{BD}{sin\alpha}=2R \Leftrightarrow R=\frac{BD}{2 sin\alpha}[/tex], т. е. за да намерим [tex]R[/tex], е достатъчно да определим [tex]sin\alpha[/tex]. Това ще стане с помощта на подточка б). Знаем, че [tex]sin\alpha=\sqrt{1-cos^2\alpha}[/tex], защото [tex]\alpha \in (0^\circ; 180^\circ) \Rightarrow sin\alpha>0[/tex]. Тогава [tex]sin\alpha=\sqrt{1-\frac{(a^2-b^2-c^2+d^2)^2}{[2(ad+bc)]^2}} \Leftrightarrow[/tex]

[tex]\Leftrightarrow sin\alpha=\frac{\sqrt{[2(ad+bc)]^2-(a^2-b^2-c^2++d^2)^2}}{2(ad+bc)} \Leftrightarrow[/tex]

[tex]\Leftrightarrow sin\alpha=\frac{\sqrt{[2(ad+bc)+a^2-b^2-c^2+d^2][2(ad+bc-a^2+b^2+c^2-d^2]}}{2(ad+bc)}[/tex].
Сега ще преобразуваме числителя: [tex][2(ad+bc)+a^2-b^2-c^2+d^2][2(ad+bc)-a^2+b^2+c^2-d^2]=[/tex]

[tex]=(2ad+2bc+a^2-b^2-c^2+d^2)(2ad+2bc-a^2+b^2+c^2-d^2)=[/tex]

[tex]=[a^2+2ad+d^2-(b^2-2bc+c^2)][b^2+2bc+c^2-(a^2-2ad+d^2)]=[/tex]

[tex][(a+d)^2-(b-c)^2][(b+c)^2-(a-d)^2]=[/tex]

[tex]=(a+d+b-c)(a+d-b+c)(b+c+a-d)(b+c-a+d)[/tex].
Сега [tex]a+b+d-c=a+b+d-c+c-c=a+b+c+d-2c=P-2c[/tex], където [tex]P[/tex] е периметърът на четириъгълника. Оттук [tex]P-2c=2p-2c=2(p-c)[/tex]. Аналогично [tex]a+d-b+c=2(p-b), \, b+c+a-d=2(p-d), \, b+c-a+d=2(p-a)[/tex]. В такъв случай изразът за синуса придобива по-друг вид:
[tex]sin\alpha=\frac{\sqrt{2(p-a)2(p-b)2(p-c)2(p-d)}}{2(ad+bc)} \Leftrightarrow sin\alpha=\frac{2\sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}}{ad+bc}[/tex]. Заместваме в синусовата теорема и лесно получаваме, че
[tex]R=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)}{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}}[/tex].

[Spider Iovkov]

27. Във всеки триъгълник е в сила равенството [tex]\frac{a}{bc}+\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab}=2(\frac{cos\alpha}{a}+\frac{cos\beta}{b}+\frac{cos\gamma}{2})[/tex].

Доказателство. Ще докажем, че дясната страна е равна на лявата. За целта изразяваме косинусите от косинусовата теорема [tex]\ - \ cos\alpha=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}, \, cos\beta=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}, \, cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}[/tex], и ги заместваме в израза отдясно: [tex]2(\frac{b^2+c^2-a^2}{2abc}+\frac{a^2+c^2-b^2}{2abc}+\frac{a^2+b^2-c^2}{2abc})[/tex]. Сега образуваме една дроб, съкращаваме и получаваме [tex]\frac{a^2+b^2+c^2}{abc}[/tex], което е всъщност [tex]\frac{a.\cancel a}{\cancel abc}+\frac{b.\cancel b}{a\cancel bc}+\frac{c.\cancel c}{ab\cancel c}=\frac{a}{bc}+\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab}[/tex].
С това доказателството приключва.

[Spider Iovkov]

28. Във всеки триъгълник дължините на ъглополовящите са [tex]l_{a}=\frac{2}{b+c}\sqrt{bcp(p-a)}, \, l_{b}=\frac{2}{a+c}\sqrt{acp(p-b)}[/tex] и [tex]l_{c}=\frac{2}{a+b}\sqrt{abp(p-c)}[/tex]. Ще докажем, че ако [tex]l_{b}=l_{c}[/tex], то [tex]b=c[/tex] и ако [tex]l_{c}>l_{b}[/tex], то [tex]b>c[/tex] (случаите с останалите ъглополовящи се разглеждат абсолютно аналогично).

Доказателство. Първо предварително ще докажем, че [tex]l_{c}=\frac{2}{a+b}\sqrt{abp(p-c)}[/tex]. Построяваме ъглополовящата [tex]CL[/tex] и нека [tex]\angle ACL=\angle BCL=\frac{\gamma}{2}[/tex]. Ясно е, че [tex]S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ACL}+S_{\triangle BCL}[/tex], откъдето получаваме [tex]\frac{bl_{c}}{2} sin{\frac{\gamma}{2}}+\frac{al_{c}}{2} sin{\frac{\gamma}{2}}=\frac{ab}{2} sin\gamma[/tex]. Използвайки, че [tex]sin\gamma = 2 sin{\frac{\gamma}{2}} cos{\frac{\gamma}{2}}[/tex], имаме [tex]bl_{c} sin{\frac{\gamma}{2}} + al_{c} sin{\frac{\gamma}{2}} = 2ab sin{\frac{\gamma}{2}} cos{\frac{\gamma}{2}} \Leftrightarrow l_{c} \cancel {sin{\frac{\gamma}{2}}} (a+b) = 2ab \cancel {sin{\frac{\gamma}{2}}} cos{\frac{\gamma}{2}} \Leftrightarrow l_{c}=\frac{2ab}{a+b} cos{\frac{\gamma}{2}}[/tex]. Остава да изчислим [tex]cos{\frac{\gamma}{2}}[/tex]. Той лесно се пресмята по формулата [tex]cos{\frac{\gamma}{2}}=\sqrt{\frac{1+cos\gamma}{2}}[/tex]. Знаем, че [tex]cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}[/tex]. Оттук [tex]1+cos\gamma=1+\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{a^2+2ab+b^2-c^2}{2ab}=\frac{(a+b)^2-c^2}{2ab}=\frac{(a+b+c)(a+b-c)}{2ab}=\frac{\cancel 2p(a+b-c+c-c)}{\cancel 2ab}=\frac{p(2p-2c)}{ab}=\frac{2p(p-c)}{ab}[/tex]. Тогава [tex]cos{\frac{\gamma}{2}}=\frac{\sqrt{abp(p-c)}}{ab} \Rightarrow l_{c}=\frac{2\cancel {ab}}{a+b}.\frac{\sqrt{abp(p-c)}}{\cancel {ab}} \Leftrightarrow l_{c}=\frac{2}{a+b}\sqrt{abp(p-c)}[/tex]. По същия начин установяваме, че [tex]l_{b}=\frac{2}{a+c}\sqrt{acp(p-b)}[/tex].
Сега се връщаме към задачата. Да запишем равенството и строгото неравенство като едно нестрого неравенство [tex]\ - \ l_{c} \ge l_{b} \Rightarrow c \le b[/tex]. Ще решим задачата с помощта на току-що изведените формули. Записваме [tex]l_{c} \ge l_{b} \Leftrightarrow \frac{\sqrt{abp(p-c)}}{a+b} \ge \frac{\sqrt{acp(p-b)}}{a+c} \Leftrightarrow \sqrt{\frac{\cancel ab\cancel p(p-c)}{\cancel ac\cancel p(p-b)}} \ge \frac{a+b}{a+c} \Leftrightarrow \sqrt{\frac{b(p-c)}{c(p-b)}} \ge \frac{a+b}{a+c} \Leftrightarrow \frac{b(p-c)}{c(p-b)} \ge \frac{(a+b)^2}{(a+c)^2}[/tex].
Умножаваме на кръст [tex]\ - \ b(p-c)(a+c)^2 \ge c(p-b)(a+b)^2[/tex], и започваме полека-лека да разкриваме скобките:
[tex](bp-bc)(a^2+2ac+c^2) \ge (cp-bc)(a^2+2ab+b^2)[/tex],
което е равносилно с
[tex]a^2bp+\cancel {2abcp}+bc^2p-\cancel {a^2bc}-2abc^2-bc^3 \ge a^2cp+\cancel {2abcp}+b^2cp-\cancel {a^2bc}-2ab^2c-b^3c[/tex].
Сега остава
[tex]a^2bp+bc^2p-2abc^2-bc^3 \ge a^2cp+b^2cp-2ab^2c-b^3c[/tex].
Изнасяме общи множители:
[tex]bp(a^2+c^2)-bc^2(2a+c) \ge cp(a^2+b^2)-b^2c(2a+b) \Leftrightarrow p(a^2b+bc^2-a^2c-b^2c) \ge bc(2ac+c^2-2ab-b^2)[/tex].
Във всяка от скобките групираме първото с третото и второто с четвъртото:
[tex]p[a^2(b-c)+bc(c-b)] \ge bc[2a(c-b)+(c+b)(c-b)] \Leftrightarrow p[bc(c-b)-a^2(c-b)] \ge bc[2a(c-b)+(c+b)(c-b)][/tex].
Това е същото като
[tex]p(c-b)(bc-a^2) \ge bc(c-b)(2a+c+b) \Leftrightarrow p(c-b)(bc-a^2)-bc(c-b)(2a+c+b) \ge 0[/tex] – или [tex](c-b)(bcp-a^2p-2abc-bc^2-b^2c) \ge 0[/tex].
Ще разгледаме единствено втория множител. За момент от него изключваме [tex]-a^2p[/tex] и обръщаме внимание единствено на [tex]bcp-2abc-bc^2-b^2c[/tex]. Отново изнасяме общи множители: [tex]bc(p-2a)-bc(c+b)[/tex]. От [tex]a+b+c=2p[/tex] определяме [tex]b+c=2p-a[/tex]. Тогава, замествайки в израза, достигаме до [tex]bc(p-2a)-bc(2p-a)=bc(p-2a-2p+a)=bc(-a-p)=-bc(a+p)[/tex].
Вече, връщайки се пак в неравенството и взимайки под внимание изключеното преди малко число [tex]-a^2p[/tex], имаме:
[tex](c-b)[-a^2p-bc(a+p)] \ge 0 \Leftrightarrow -(c-b)[a^2p+bc(a+p)] \ge 0[/tex].
Очевидно е, че [tex]a^2p+bc(a+p)>0[/tex]. Премахваме го от неравенството [tex]\Rightarrow -(c-b) \ge 0 \Leftrightarrow c-b \le 0 \Leftrightarrow b \ge c[/tex], което всъщност трябваше да бъде доказано. Тоест – ако две ъглополовящи в триъгълник са равни, то са равни и съответните им страни, а също и че на по-голяма ъглополовяща съответства по-малка страна.

[ганка симеонова]

[krainik]

А какво да кажем за тази тема?
ПП Предлагам да се направи нов раздел, където Йовков да си пише теорията...

[Spider Iovkov]

Мога ли да попитам на теб какво ти пречат моите теми? Виж, да бяха някакви спамове − разбирам, но това не е така. Нямам никакво намерение да се разправям с когото и да било. Най-лесното е да се махна от форума, така си мисля, че ще е най-добре за всички.

[krainik]

Пречиш, защото някой хора гледат гледат предимно темите в олимпиадния раздел... Да ти кажа никак не е приятно, когато тъкмо си видял, че някой е писал в "Теория, свързана с олимпиади" и виждаш, че става въпрос за Логаритмични уравнения, например. За тях си има отделни раздели и определено този не е от тях... Това мисля, че това отговори на първия ти въпрос.
ПП Ако случайно не забелязваш виж, че останалите ти тема са били преместени ;]

[Spider Iovkov]

И темата за логаритмичните уравнения ще бъде преместена, ще говоря с някой мод.

[ганка симеонова]

Така, нека сега не бъда хубавата Елена ( ябълката на раздора), а помирител
Емо, не се отричам от поста си, наистина мисля, че това е тема за олимпиадна математика.
Крайник, моля те не бъди толкова краен в изказванията си.
Вижте, красотата на този форум, не се дължи само на красотата на математиката, а и на всички нас.
Ние всички сме пъстри, шарени и по своему индивидуални.
Всеки има свои любими теми. На Емо са логаритмите, на крайник- ТЧ, на други- друго и т.н.
Вижте, това е посланието ми към постоянните посетители. Има толкова хора, които прелитат с една или две задачи и забравят за МАТ10, но ние оставаме..
Малко или много сме свързани по някакъв начин.

ПП Вчера четох интересна статия за аритметико- геометрична прогресия. Ако някой прояви интерес, ще напиша нещо по темата. Има хубави свойства, които биха могли да са от полза, при задачи с някои редици.

[Spider Iovkov]

Ганке, мерси, . Ще помоля някой от модераторите да премести темата за логаритмичните уравнения в дяла "Уравнения" и да я направи "важна", ако може. Тази теория мисля, че по някакъв начин ограничава постоянните теми под наслов "решете ми задачките", стига да има кой да я почете малко и да вникне в нея. Аз се опитвам да помогна на сайта, да го разкрася, ако мога така да кажа. Не искам да се карам с никого, прекарвам страхотни часове в този сайт и нямам никакво желание да го напускам. Хайде, драги форумци, да не се караме излишно, за щяло и нещяло, да не бъдем недоволни, а да сме весели, да поддържаме сайта жив и пъстър, както Ганка каза, да пускаме хубави задачи, да решаваме, . Без дрязги и разправии, . Моята цел, като пускам такава тема с някаква теория или задачи, е някой да я чете, а не да остава ей така, просто написана и събираща прах някъде из дебрите на форума.

[brasilo1]

Ако в шестоъгълника ABCDEF може да се впише окръжност,то правите AD,BE и CF се пресичат в една точка.
ДОКАЗАТЕЛСТВО:Нека вписаната в ABCDEF окръжност k се допира до страните AB,BC,CD,DEE,EF и FA съответно в точките M,N,P,Q,R и S.Върху лъчите AB,CB,CD,ED,EF и
AF съответно построяваме точките M',N',Q',R' и S' така ,че MM'=NN'=PP'=RR'=QQ'=SS'=c>0.
Да разгледаме трите окръжности k1,k2 и к3 които са хомотетични на к и минават съответно през точките M' и Q',P' и S',R' и N'.Тогава правите AD,BE и CF са радикалните оси съответно на к1 и к2 ,к1 и к3,к2 и к3.Действително:
1)A\inp(k1;k2),защото S_к1(A)=AM'=AM+c=AS+c=AS'=S_к2(A).
2)D\inp(k1;k2) защото S_к1(D)=DQ'=c-DQ=c-DP=DP'=S_к2(D),
което означава ,че AD\equivp(k1;k2),а аналогично се доказва съответно за BE и CF.
С това доказателството е завършено .

Искам да се извиня може да съм объркал много неща ,просто съм нов