και μετρική και επαφή!!

#1

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{ \left( {O,R} \right) }$ . Οι ευθείες $\displaystyle{ AO,BO,CO }$ τέμνουν τις ευθείες των πλευρών $\displaystyle{ BC,CA,AB }$ στα σημεία $\displaystyle{ A',B',C' }$ αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι

i) ισχύει: $\displaystyle{ \frac{1} {{AA'}} + \frac{1} {{BB'}} + \frac{1} {{CC'}} = \frac{2} {R} }$

ii) Οι κύκλοι διαμέτρων $\displaystyle{ AA',BB',CC' }$ εφάπτονται του κύκλου του Euler του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$

Στάθης

#2

Μια απάντηση στο 1ο ερώτημα:

Εδώ αποδείξαμε, ότι

$\displaystyle{OA^{\prime}=R\frac{\cos A}{\cos (B-C)}}$ .

Επομένως, είναι

$\displaystyle{AA^{\prime}=AO+OA^{\prime}=R+R\frac{\cos A}{\cos (B-C)}=R\frac{\cos (B-C)+\cos A}{\cos (B-C)}=}$

$\displaystyle{=R\frac{2\sin B\sin C}{\cos (B-C)} \Rightarrow \frac{1}{AA^{\prime}}=\frac{1}{R}\frac{\cos B\cos C+\sin B\sin C}{2\sin B\sin C}=\frac{1}{2R}\left(1+\cot B\cot C \right)}$

Άρα, είναι

$\displaystyle{\frac{1}{AA^{\prime}}+\frac{1}{BB^{\prime}}+\frac{1}{CC^{\prime}}=\frac{1}{2R}\Big(3+\cot A\cot B+\cot B\cot C+\cot C\cot A\Big)}$ ,

οπότε, το ζητούμενο προκύπτει από την ταυτότητα $\displaystyle{\cot A\cot B+\cot B\cot C+\cot C\cot A=1.}$

#3

matha έγραψε:Μια απάντηση στο 1ο ερώτημα:

Εδώ αποδείξαμε, ότι

$\displaystyle{OA^{\prime}=R\frac{\cos A}{\cos (B-C)}}$ .

Επομένως, είναι

$\displaystyle{AA^{\prime}=AO+OA^{\prime}=R+R\frac{\cos A}{\cos (B-C)}=R\frac{\cos (B-C)+\cos A}{\cos (B-C)}=}$

$\displaystyle{=R\frac{2\sin B\sin C}{\cos (B-C)} \Rightarrow \frac{1}{AA^{\prime}}=\frac{1}{R}\frac{\cos B\cos C+\sin B\sin C}{2\sin B\sin C}=\frac{1}{2R}\left(1+\cot B\cot C \right)}$

Άρα, είναι

$\displaystyle{\frac{1}{AA^{\prime}}+\frac{1}{BB^{\prime}}+\frac{1}{CC^{\prime}}=\frac{1}{2R}\Big(3+\cot A\cot B+\cot B\cot C+\cot C\cot A\Big)}$ ,

οπότε, το ζητούμενο προκύπτει από την ταυτότητα $\displaystyle{\cot A\cot B+\cot B\cot C+\cot C\cot A=1.}$

Και λίγο γεωμετρικά. για το 1ο) ερώτημα… Μιας και viewtopic.php?f=22&t=16921

$\displaystyle{ OA_1 = R \cdot \frac{{a'}} {{b' + c'}} \Rightarrow \frac{R} {{OA_1 }} = \frac{{b' + c'}} {{a'}} \Rightarrow \frac{R} {{R + OA_1 }} = \frac{{b' + c'}} {{a' + b' + c'}} \Rightarrow \boxed{\frac{R} {{AA_1 }} = \frac{{b' + c'}} {{a' + b' + c'}}}:\left( 1 \right) }$ . Ομοίως $\displaystyle{ \boxed{\frac{R} {{BB_1 }} = \frac{{a' + c'}} {{a' + b' + c'}}}:\left( 2 \right) }$ και $\displaystyle{ \boxed{\frac{R} {{CC_1 }} = \frac{{a' + b'}} {{a' + b' + c'}}}:\left( 3 \right) }$

Έτσι $\displaystyle{ \left( 1 \right) + \left( 2 \right) + \left( 3 \right) \Rightarrow R\left( {\frac{1} {{AA_1 }} + \frac{1} {{BB_1 }} + \frac{1} {{CC_1 }}} \right) = \frac{{2\left( {a' + b' + c'} \right)}} {{a' + b' + c'}} = 2 \Rightarrow }$ $\displaystyle{ \frac{1} {{AA_1 }} + \frac{1} {{BB_1 }} + \frac{1} {{CC_1 }} = \frac{2} {R}\xrightarrow{{A_1 \to A',B_1 \to B',C_1 \to C'}}\boxed{\frac{1} {{AA'}} + \frac{1} {{BB'}} + \frac{1} {{CC'}} = \frac{2} {R}} }$

Στάθης

#4

Ας δώσουμε και μια λύση «ανεξάρτητη» και με την βοήθεια των «σχέσεων των εμβαδών για το θέμα η οποία (λύση) απαντά και στο δεύτερο ερώτημα

Έστω $\displaystyle{ {\rm M} }$ το μέσο της $\displaystyle{ BC }$ , $\displaystyle{ H }$ το ορθόκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ και $\displaystyle{ N }$ μέσο του $\displaystyle{ HA }$ .

Τότε το τετράπλευρο $\displaystyle{ ANMO }$ είναι παραλληλόγραμμο (διότι όπως φαίνεται (και με την απόδειξή του) στο σχήμα 2ο ) ισχύει: $\displaystyle{ AH\mathop = \limits^{//} 2OM\mathop \Rightarrow \limits^{AN = NH} \boxed{AN\mathop = \limits^{//} OM} }$

όπως επίσης παραλληλόγραμμο είναι και το $\displaystyle{ NHMO }$ οπότε οι διαγώνιές του διχοτομούνται (δηλαδή $\displaystyle{ O_E }$ είναι το μέσο της $\displaystyle{ MN }$ και το μέσο της $\displaystyle{ HO }$ (δηλαδή το $\displaystyle{ O_E }$

είναι το κέντρο του κύκλου $\displaystyle{ \left( {C_E } \right) }$ του Euler του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ .

Αν μάλιστα $\displaystyle{ D }$ είναι το μέσο της $\displaystyle{ AA' }$ τότε επειδή $\displaystyle{ \frac{{O_E N}} {{O_E M}} = \frac{{DA}} {{DA'}} = 1 }$ (από θεώρημα δέσμης) προκύπτει ότι $\displaystyle{ A_1 ,O_E ,D }$ είναι συνευθειακά και αν

λάβουμε υπόψη ότι ο κύκλος του Euler διέρχεται από το $\displaystyle{ A_1 }$ από το οποίο διέρχεται και ο κύκλος διαμέτρου $\displaystyle{ AA' }$ (αφού $\displaystyle{ \widehat{AA_1 A'} = 90^0 }$ ) και επειδή η

διάκεντρος $\displaystyle{ DO_E }$ των κύκλων $\displaystyle{ C_E ,C_D }$ διέρχεται από το κοινό τους σημείο $\displaystyle{ A_1 }$ αυτοί εφάπτονται στο $\displaystyle{ A_1 }$ ( όμοια και για τους άλλους κύκλους)

(Ας σημειωθεί ότι (για τον ίδιο λόγο) οι κύκλοι διαμέτρων $\displaystyle{ AA',BB',CC' }$ εφάπτονται και του περικύκλιου του $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ ) Είναι $\displaystyle{ O_E A_1 = O_E N\mathop = \limits^{\vartriangle HOA} \frac{{OA}} {2} = \frac{R} {2} }$

$\displaystyle{ MN//AA'\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle A_1 MN \sim \vartriangle A_1 AA'} \frac{{MN}} {{AA'}} = \frac{{A_1 N}} {{A_1 A}}\mathop \Rightarrow \limits^{MN = OA = R} \frac{R} {{AA'}} = \frac{1} {2} \cdot \frac{{2A_1 N}} {{A_1 A}} = \frac{1} {2} \cdot \frac{{A_1 A + A_1 H}} {{A_1 A}} = \frac{1} {2} \cdot \left( {\frac{{A_1 A}} {{A_1 A}} + \frac{{A_1 H}} {{A_1 A}}} \right) }$ $\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{\frac{R} {{AA'}} = \frac{1} {2} \cdot \left( {1 + \frac{{A_1 H}} {{A_1 A}}} \right)}:\left( 1 \right)^\prime }$

Όμως τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle BHC,\vartriangle BAC }$ μοιράζονται κοινή «βάση» την $\displaystyle{ BC }$ οπότε ο λόγος των εμβαδών τους ισούται με το λόγο των αντιστοίχων (στην κοινή βάση) υψών

δηλαδή $\displaystyle{ \frac{{A_1 H}} {{A_1 A}} = \frac{{\left( {BHC} \right)}} {{\left( {ABC} \right)}} }$ και η σχέση $\displaystyle{ \left( 1 \right)^\prime }$ γίνεται $\displaystyle{ \boxed{\frac{R} {{AA'}} = \frac{1} {2} \cdot \left( {1 + \frac{{\left( {BHC} \right)}} {{\left( {ABC} \right)}}} \right)}:\left( 1 \right) }$ .

Με όμοιο τρόπο βρίσκουμε: $\displaystyle{ \boxed{\frac{R} {{BB'}} = \frac{1} {2} \cdot \left( {1 + \frac{{\left( {CHA} \right)}} {{\left( {ABC} \right)}}} \right)}:\left( 2 \right) }$ καθώς και $\displaystyle{ \boxed{\frac{R} {{CC'}} = \frac{1} {2} \cdot \left( {1 + \frac{{\left( {AHB} \right)}} {{\left( {ABC} \right)}}} \right)}:\left( 3 \right) }$ . Με πρόσθεση των σχέσεων $\displaystyle{ \left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right) }$ προκύπτει:

$\displaystyle{ \frac{R} {{AA'}} + \frac{R} {{BB'}} + \frac{R} {{CC'}} = \ldots \frac{1} {2} \cdot \left( {3 + \frac{{\left( {BHC} \right) + \left( {CHA} \right) + \left( {AHB} \right)}} {{\left( {ABC} \right)}}} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {BHC} \right) + \left( {CHA} \right) + \left( {AHB} \right) = \left( {ABC} \right)} \ldots R\left( {\frac{1} {{AA'}} + \frac{1} {{BB'}} + \frac{1} {{CC'}}} \right) = 2 \Rightarrow }$ $\displaystyle{ \boxed{\frac{1} {{AA'}} + \frac{1} {{BB'}} + \frac{1} {{CC'}} = \frac{2} {R}} }$

Στάθης

και μετρική και επαφή!!

και μετρική και επαφή!!

Re: και μετρική και επαφή!!

Re: και μετρική και επαφή!!

Re: και μετρική και επαφή!!

Μέλη σε σύνδεση