ΑΛΛΟ ΕΝΑ ΘΕΜΑ...

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #1

Το παρακάτω ίσως να έχει ξαναπροταθεί...

Δίνεται τρίγωνο ABC.

Έστω

το τρίγωνο με κορυφές τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του ABC

με τις πλευρές του. Έστω επίσης P,Q,R

τα παράκεντρα του ABC.

Αποδείξτε ότι το εμβαδόν του τριγώνου ABC

είναι μέσο ανάλογο των εμβαδών των τριγώνων D E F

και

#2

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε:Το παρακάτω ίσως να έχει ξαναπροταθεί...

Δίνεται τρίγωνο
Έστω το τρίγωνο με κορυφές τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του με τις πλευρές του. Έστω επίσης τα παράκεντρα του
Αποδείξτε ότι το εμβαδόν του τριγώνου είναι μέσο ανάλογο των εμβαδών των τριγώνων και

Καλημέρα Τηλέμαχε!

Αλλάζω το γράμμα

με

επειδή χρησιμοποιώ το

για την ακτίνα του περίκυκλου του ABC,

όπως επίσης την ακτίνα

του εγγεγραμμένου κύκλου, τις ακτίνες r_a, r_b, r_c

των παρεγγεγραμμένων κύκλων και

την ημιπερίμετρο.

: ΑΛΛΟ ΕΝΑ ΘΕΜΑ...png (21.03 KiB) Προβλήθηκε 369 φορές

Από εδώ είναι $\displaystyle{\frac{{(DE F)}}{{(PQS)}} = {\left( {\frac{r}{{2R}}} \right)^2} \Leftrightarrow (DE F)(PQS) = {\left( {\frac{r}{{2R}}(PQS)} \right)^2}}.$ Αρκεί να δείξω λοιπόν ότι: $\boxed{\frac{{(ABC)}}{{(PQS)}} = \frac{r}{{2R}}}$

$\displaystyle{3(ABC) = (s - a){r_a} + (s - b){r_b} + (s - c){r_c} \Leftrightarrow 3(ABC) = s({r_a} + {r_b} + {r_c}) - \left( {a{r_a} + b{r_b} + c{r_c}} \right) \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{3(ABC) = s({r_a} + {r_b} + {r_c}) - 2\left( {(PBC) + (AQC) + (ASB)} \right)\mathop = \limits^{(*)} s(4R + r) - 2\left( {(PQS) - (ABC)} \right) \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{(ABC) = s(4R + r) - 2(PQS) \Leftrightarrow s \cdot r = s(4R + r) - 2(PQS) \Leftrightarrow }$ $\boxed{(PQS)=2sR}$ και το ζητούμενο έπεται.

(*) Χρησιμοποίησα τον τύπο $\boxed{r_a+r_b+r_c=4R+r}$

#3

Απόδειξη του τύπου $\boxed{r_a+r_b+r_c=4R+r}$

: ΑΛΛΟ ΕΝΑ ΘΕΜΑ...b.png (22.76 KiB) Προβλήθηκε 349 φορές

Έστω

οι προβολές των P, Q, S

πάνω στη

το μέσο του

και

η διάμετρος του κύκλου

που διέρχεται από το

Το τμήμα

είναι η διάμεσος του τραπεζίου SS'Q'Q,

οπότε $\boxed{2MN=r_b+r_c}$ (1)

Το τμήμα

ενώνει τα μέσα των διαγωνίων του τραπεζίου IDPP',

άρα $\boxed{2KM=r_a-r}$ (2)

Με πρόσθεση κατά μέλη των (1), (2):

$\displaystyle{{r_a} + {r_b} + {r_c} - r = 2(KM + MN) = 4R \Leftrightarrow }$ $\boxed{r_a+r_b+r_c=4R+r}$

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #4

Κατ' αρχήν να ευχαριστήσω θερμά το Γιώργο Βισβίκη για τη λύση του.

Ας δούμε το πώς έφτασα στο θέμα αυτό...

Σε παλιά βιβλία γεωμετρίας συναντάμε ως άλυτη άσκηση το εξής:
Έστω τρίγωνο
Aν το τρίγωνο με κορυφές τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του με τις πλευρές του.
Αποδείξτε ότι
$\displaystyle \frac {\left ( D EF \right )}{\left ( ABC \right )}=\frac{r}{2R}$

Aς δώσω μια λύση...

Έστω

το έγκεντρο του τριγώνου ABC.

Αυτό που αμέσως βλέπει κάποιος , λόγω του εγγραψίμου τετραπλεύρου AEIF

, είναι $\hat{A}+E\hat{I}F=180^{o}$

Αυτό όμως συνεπάγεται ότι

$\displaystyle\frac{\left ( IEF \right )}{\left ( ABC \right )}=\frac{IE\cdot IF}{AB\cdot AC}$ και έτσι

$\displaystyle\frac{\left ( IEF \right )}{\left ( ABC \right )}=\frac{r\cdot r}{b\cdot c}$

και μπορώ πλέον να γράψω ότι $\displaystyle\frac{\left ( IEF \right )}{\left ( ABC \right )}=\frac{r^{2}}{b\cdot c }$

Για να μην κουράζω , μπορώ να γράψω ότι ισχύει αντίστοιχα

$\displaystyle\frac{\left ( IDF \right )}{\left ( ABC \right )}=\frac{r^{2}}{a\cdot c}$

και

$\displaystyle\frac{\left ( IDE\right )}{\left ( ABC \right )}=\frac{r^{2}}{a\cdot b}$

Έτσι τώρα πια μπορώ να γράψω ότι

$\displaystyle\frac{\left ( IEF \right )}{\left ( ABC \right )}+\frac{\left ( IDF \right )}{\left ( ABC \right )}+\frac{\left ( IDE\right )}{\left ( ABC \right )}=\frac{r^{2}}{b\cdot c}+\frac{r^{2}}{a\cdot c}+\frac{r^{2}}{a\cdot b}\Rightarrow$

$\displaystyle\frac{\left ( IEF \right )+\left (IDF \right )+\left ( IDE \right )}{\left ( ABC \right )}=r^{2}\left ( \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca} \right )$

Όμως

$\displaystyle r^{2}\left ( \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca} \right )=r^{2}\cdot \frac{a+b+c}{abc}=r^{2}\frac{2s}{4srR}=\frac{r}{2R}$

και βέβαια ισχύει

$\left ( IEF \right )+\left (IDF \right )+\left ( IDE \right )=\left ( D EF\right )$

Συνεπώς μπορεί να γραφεί ότι ισχύει

$\displaystyle \frac {\left ( D EF \right )}{\left ( ABC \right )}=\frac{r}{2R}$

Από εδώ και πέρα για να διατυπώσω το προτεινόμενο θέμα σκέφτηκα ως εξής:

Από εδώ είναι $\displaystyle{\frac{{(DE F)}}{{(PQS)}} = {\left( {\frac{r}{{2R}}} \right)^2}.$

Μπορώ πλέον να γράψω ότι

$\displaystyle{\frac{{(DE F)}}{{(PQS)}} = \frac {\left ( D EF \right )^2}{\left ( ABC \right )^2}$

Η ισότητα που ζητάμε είναι πλέον προφανής.

Σχήμα δεν κάνω , νομίζω ότι αυτό που σχεδίασε ο Γιώργος Βισβίκης είναι αρκετό...
Κοιτάτε τα παλιά βιβλία , δίνουν ωραίες ιδέες...

ΑΛΛΟ ΕΝΑ ΘΕΜΑ...

ΑΛΛΟ ΕΝΑ ΘΕΜΑ...

Re: ΑΛΛΟ ΕΝΑ ΘΕΜΑ...

Re: ΑΛΛΟ ΕΝΑ ΘΕΜΑ...

Re: ΑΛΛΟ ΕΝΑ ΘΕΜΑ...

Μέλη σε σύνδεση