matematikk.net

Jeg strevde litt med denne, men den bør være mulig å løse med kunnskaper fra 1T og R1.

Vi har en [tex]\square ABCD[/tex]. Punket P er et punkt på omsirkelen til [tex]\square ABCD[/tex] som ligger mellom[tex]\overarc{AD}[/tex] . Bevis at verdien av [tex]\frac{PA+PC}{PB}[/tex] er uavhengig av plasseringen av punktet P (på buen AD)

Falt denne ikke i smak hos folk? :/ jeg ønsket egentlig å se hvordan andre løste dette problemet.

Hvordan jeg betraktet problemet:


Legger først merke til at plasseringen av punktet P har ikke noe å si for hvor stor [tex]\angle CPA[/tex] er da dette er en periferivinkel som spenner over samme bue som sentralvikelen -> 180 grader, dermed er [tex]\angle CPA=90^{\circ}[/tex] uavhengig av punktet P

La [tex]a[/tex] betegne sidene i kvadratet [tex]\square ABCD[/tex]. Dermed er diagonalen v.h.a phytagoras læresetning lik [tex]a^2+a^2=Diagonal^2\Longleftrightarrow Diagonal=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2}\, a[/tex]

Skal altså vise at [tex]\frac{PA+PC}{PB}=k[/tex], hvor [tex]k[/tex] er en konstant. Prøver derfor å utrykkene en sammenheng mellom disse sidene.

Utrykker en sammenheng mellom [tex]PA[/tex] og [tex]PC[/tex] v.h.a phytagoras læresetning:
[tex]PA^2+PC^2=Diagonal^2\Longleftrightarrow PA^2+PC^2=2a^2[/tex]

Diagonalene i et kvadrat står vinkelrett på hverandre, og da vet vi at periferivinklene [tex]\angle BPA[/tex] og [tex]\angle CPB[/tex] spenner over sentralvinkelen på [tex]90^{\circ}[/tex]. Dermed er [tex]\angle BPA=CPB=\frac{1}{2}*90^{\circ}=45^{\circ}[/tex]

Kan bruke cosinussetningen og får følgende utrykk:

[tex]a^2=PA^2+PB^2-2\left ( PA \right )\left ( PB \right )\cos\left ( 45^{\circ} \right )[/tex]

[tex]a^2=PB^2+PC^2-2\left ( PB \right )\left (PC \right )\cos (45^{\circ})[/tex]


Nå har jeg tre likninger jeg kan jobbe med

[tex]I_1: \,\,\,\, PA^2+PC^2=2a^2[/tex]

[tex]I_2: \,\,\,\, a^2=PA^2+PB^2-2\left ( PA \right )\left ( PB \right )\cos (45^{\circ})[/tex]

[tex]I_3: \,\,\,\, a^2=PB^2+PC^2-2\left ( PB \right )\left ( PC \right )\cos (45^{\circ})[/tex]


Ved å ta i bruk at [tex]2a^2=a^2+a^2[/tex], får man at [tex]I_1=I_2+I_3[/tex]


[tex]PA^2+PC^2=PA^2+PB^2-2\left ( PA \right )\left ( PB \right )\cos (45^{\circ})+PB^2+PC^2-2\left ( PB \right )\left ( PC \right )\cos (45^{\circ})[/tex]

Rydder litt opp i dette rotet:

[tex]2PB^2=2\left ( PA \right )\left ( PB \right )\cos (45^{\circ})+2\left ( PB \right )\left ( PC \right )\cos (45^{\circ})[/tex]

Tar i bruk at [tex]\cos\left ( 45^{\circ} \right )=\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex]

Dermed får vi at: [tex]2PB^2=\left ( PA \right )\left ( PB \right )\sqrt{2}+\left ( PB \right )\left ( PC \right )\sqrt{2}\Longleftrightarrow PB=\frac{\left (PA \right )\sqrt{2}+\left ( PC \right )\sqrt{2}}{2}[/tex]

Innsetter utrykket inn i:

[tex]\frac{PA+PC}{PB}=\frac{PA+PC}{\frac{\left (PA \right )\sqrt{2}+\left ( PC \right )\sqrt{2}}{2}}=\frac{2(\left (PA \right )+\left (PC) \right )}{\sqrt{2}((PA)+(PC))}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}*\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}[/tex]

Dermed har vi vist at utrykket er lik en konstant.

Q.E.D

Anvender vi Ptolemaios' teorem på den sykliske firkanten $ABCP$ får vi at

\[ PB\cdot AC = PA\cdot BC+PC\cdot AB \iff \frac{PA+PC}{PB}=\frac{AC}{AB}=\sqrt{2},\]

som viser det ønskede.

Ble jo betraktelig enklere.

Prøver å bevise setningen, men det stopper litt opp for meg her:

Se skisse:

Skal bevise at [tex]AB*CD+AD*BC=AC*BD[/tex]

Punktet [tex]E[/tex] ligger på diagonalen i den sykliske firkanten [tex]\square ABCD[/tex]. Dermed er [tex]\angle CBE= \angle ABD=45^{\circ}[/tex]

Vi får at [tex]\triangle BEC \sim \triangle ABD[/tex] fordi begge har en [tex]\angle BEC=\angle BAD=90^{\circ}[/tex] og en [tex]\angle =45^{\circ}[/tex] felles. Dermed parvis like store vinkler og de er formlike.

Bruker samme tanke for å bevise at [tex]\triangle BEA \sim \triangle BCD[/tex] fordi trekantene har parvis like store vinkler.
Nå prøver jeg å sette opp en proporsjon mellom de ulike sidene

[tex]\frac{BE}{AD}=\frac{BC}{AB}\Longleftrightarrow BE*AB=BC*AD[/tex]

[tex]\frac{AE}{AC}=\frac{AB}{BC}\Longleftrightarrow AE*BC=AB*AC[/tex]

Er stuck.. tror jeg kanskje jeg tar forholdet av feil sider i de samsvarende sidene?



EDIT...

Husk at Ptolemaios' gjelder for alle sykliske firkanter, ikke bare kvadrater. Den kan bevises ganske raskt med inversjon, men mener å ha sett et syntetisk bevis som kun benytter seg av formlike trekanter og sykliske firkanter. Skal legge det ut hvis jeg kommer på det igjen.

Du har sannelig rett!

Lager meg en ny figur, et kvadrat vil da bare bli et spesialtilfelle av beviset?


Jeg lager meg et punkt [tex]E[/tex] på linja [tex]AC[/tex] (som for øvrig er diagonalen i firkant [tex]ABCD[/tex]), slik at [tex]\angle CBE=\angle ABD[/tex]
Da må vel E være skjæringen mellom vinkelhalveringslinja fra hjørnet B og diagonalen AC? Jeg klarer ikke å finne dette punktet. Noen tips? Begge er periferivinkler og de er like stor hvis og bare hvis de spenner over samme sirkelbue
[tex]\angle ADB[/tex] spenner over buen AD. kommer ikke noe videre med dette

Men la oss bare anta at jeg har dette punktet, fant sånn ca. dette punktet v.h.a leking i Geogebra.


Da vil [tex]\triangle CBE\sim \triangle ABD[/tex] fordi [tex]\angle ABD=\angle EBC[/tex] og [tex]\angle BDA=\angle BCE[/tex]
Som vil si parvis like store vinkler, dermed er [tex]\frac{EC}{AD}=\frac{BC}{BD}\Longleftrightarrow EC=\frac{BC*AD}{BD}[/tex]

Vi har også at [tex]\triangle ABE \sim \triangle BCD[/tex] fordi [tex]\angle ABE=\angle DBC[/tex] og [tex]\angle EAB=\angle CDB[/tex]. Vi har parvis like store vinkler, og dermed er trekantene formlike. Vi setter opp proporsjonen:
[tex]\frac{AE}{DC}=\frac{AB}{DB}\Longleftrightarrow AE=\frac{DC*AB}{DB}[/tex]

Tar i bruk at

[tex]AC=AE+EC=\frac{DC*AB}{DB}+\frac{BC*AD}{BD}=AC*BD=DC*AB+BC*AD[/tex]

Q.E.D ??

Ble ikke helt klok på plasseringen av punktet [tex]E[/tex] da.. noen hint?



Skisse:

Drezky skrev:Falt denne ikke i smak hos folk? :/

Joda, fint problem Kom gjerne med flere! Tror det kan være bra med flere nøtter som kan løses av flere folk her inne. Som sagt tidligere er det en majoritet av vanskelige nøtter som ofte krever universitetsmatte. Ikke dumt i seg selv, men det trengs mer nøtter på litt lavere nivå

plutarco skrev:

Drezky skrev:Falt denne ikke i smak hos folk? :/

Joda, fint problem Kom gjerne med flere! Tror det kan være bra med flere nøtter som kan løses av flere folk her inne. Som sagt tidligere er det en majoritet av vanskelige nøtter som ofte krever universitetsmatte. Ikke dumt i seg selv, men det trengs mer nøtter på litt lavere nivå

Jepp, men angående lokaliseringen av punket E på diagonalen [tex]AC[/tex] (se skisse ovenfor)

Kriteriet i beviset ovenfor er at [tex]\angle CBE=\angle ABD[/tex], er det "bare" til å kopiere [tex]\angle ABD[[/tex] med passer og da konstruere den samme vinkelen?