THN ΣΚΕΦΤΗΚΑ ΣΤΟ ΤΡΑΙΝΟ...

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #1

Σε τρισορθογώνιο τετράεδρο OABC

, με κορυφή της τρισορθογώνιας γωνίας το

, έστω

οι
γωνίες μεταξύ των βάσεων OBC,OAC,OAB

και της βάσης ABC.

Έστω επίσης

το ύψος του τετραέδρου που άγεται από την κορυφή

και

η ακτίνα της εγγεγραμμένης
στο τετράεδρο σφαίρας.
Αποδείξτε ότι $\displaystyle\frac{1}{OA}+\frac{1}{OB}+\frac{1}{OC}=\frac{h-r}{rh}$

Tην άσκηση αυτή τη σκέφτηκα χθες καθώς ταξίδευα με τραίνο...

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #2

: TH ΣΚΕΦΤΗΚΑ ΣΤΟ ΤΡΑΙΝΟ.png (73.67 KiB) Προβλήθηκε 650 φορές

Noμίζω ότι πρέπει να γράψω τη λύση.

Από την παρακάτω δημοσίευση
https://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=62&t=77663
προκύπτει ότι
$\displaystyle\frac{h-r}{r}=cosa+cosb+cosc$

Έστω

το ίχνος του ύψους

του τετραέδρου OABC

που αντιστοιχεί στην έδρα ABC.

Αφού το τετράεδρο OABC

είναι τρισορθογώνιο, είναι σίγουρα ορθοκεντρικό. Άρα το

είναι το ορθόκεντρο της έδρας ABC.

Έστω

το ίχνος του ύψους της έδρας OAB

που άγεται από το

Aπό το θεώρημα των τριών καθέτων προκύπτει ότι

κάθετη στην AB.

To

είναι λοιπόν ύψος της έδρας ABC

και ως τέτοιο περιέχει το ορθόκεντρο

της έδρας αυτής.

Ας επικεντρωθούμε στο ορθογώνιο τρίγωνο OCP

στο οποίο το

είναι ύψος προς την υποτείνουσα CP.

Ισχύει ότι
$c=C\hat{P}O=C\hat{O}H.$

Άρα μπορεί να γραφεί ότι
$\displaystyle cosc=cosC\hat{O}H=\frac{OH}{OC}=\frac{h}{OC}$

Mε αντίστοιχες σκέψεις μπορεί να προκύψει ότι

$\displaystyle cosb=\frac{h}{OB}$ και $\displaystyle cosa=\frac{h}{OA}$

Έτσι λοιπόν

$\displaystyle cosa+cosb+cosc=\frac{h}{OC}+\frac{h}{OB}+\frac{h}{OA}=h\left ( \frac{1}{OA} +\frac{1}{OB}+\frac{1}{OC}\right )$

H ζητούμενη ισότητα έχει πλέον αποδειχθεί.

mathematica.gr

THN ΣΚΕΦΤΗΚΑ ΣΤΟ ΤΡΑΙΝΟ...

THN ΣΚΕΦΤΗΚΑ ΣΤΟ ΤΡΑΙΝΟ...

Re: THN ΣΚΕΦΤΗΚΑ ΣΤΟ ΤΡΑΙΝΟ...

Μέλη σε σύνδεση