Σχέση εμβαδών

#1

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (<Α ορθή)

και οι διχοτόμοι του ΒΚ, ΓΛ τέμνονται στο σημείο Ο.

Να δείξετε ότι:

$\displaystyle{ \frac{{(O\Lambda B)}}{{(O{\rm B}\Gamma )}} + \frac{{(OK\Gamma )}}{{(OB\Gamma )}} + \frac{{(OK\Lambda )}}{{(OB\Gamma )}} = 1 }$

Διόρθωσα το (ΟΛΓ) σε (ΟΚΓ).
Ευχαριστώ τους Γ.Ρίζο, Μαργαρίτα(margavare) για την επισήμανση!

S.E.Louridas · #2

Μία σκέψη μόνο:
Εστω Θ,Η σημεία της ΒΓ, συμμετρικά των Λ,Κ αντίστοιχα ως πρός τις αντίστοιχες διχοτόμους των γωνιών <Β,<Γ,οπότε ας αποδείξουμε οτι (ΟΛΚ)=(ΟΘΗ), με <ΛΟΚ+<ΘΟΗ=2π....

S.E.Louridas

#3

: 24-12-2010 Geometry c.png (18.74 KiB) Προβλήθηκε 359 φορές

Αφού $\displaystyle \widehat{\Lambda {\rm O}{\rm B}} + \widehat{\Gamma {\rm O}{\rm B}} = 180^\circ \; \Rightarrow \frac{{\left( {{\rm O}\Lambda {\rm B}} \right)}}{{\left( {{\rm O}{\rm B}\Gamma } \right)}} = \frac{{{\rm O}\Lambda \cdot {\rm O}{\rm B}}}{{{\rm O}\Gamma \cdot {\rm O}{\rm B}}} = \frac{{{\rm O}\Lambda }}{{{\rm O}\Gamma }}$

Από Θ. Διχοτόμων: $\displaystyle \frac{{{\rm O}\Lambda }}{{{\rm O}\Gamma }} = \frac{{\Lambda {\rm B}}}{\alpha },\;\;\Lambda {\rm B} = \frac{{\alpha \gamma }}{{\alpha + \beta }}$

άρα $\displaystyle \frac{{\left( {{\rm O}\Lambda {\rm B}} \right)}}{{\left( {{\rm O}{\rm B}\Gamma } \right)}} = \frac{\gamma }{{\alpha + \beta }}$

Ομοίως: $\displaystyle \widehat{{\rm K}{\rm O}\Gamma } + \widehat{\Gamma {\rm O}{\rm B}} = 180^\circ \; \Rightarrow \frac{{\left( {{\rm O}\Gamma {\rm K}} \right)}}{{\left( {{\rm O}{\rm B}\Gamma } \right)}} = \frac{{{\rm O}{\rm K} \cdot {\rm O}\Gamma }}{{{\rm O}\Gamma \cdot {\rm O}{\rm B}}} = \frac{{{\rm O}{\rm K}}}{{{\rm O}{\rm B}}}$

Από Θ. Διχοτόμων: $\displaystyle \frac{{{\rm O}{\rm K}}}{{{\rm O}{\rm B}}} = \frac{{{\rm K}\Gamma }}{\alpha },\;\;{\rm K}\Gamma = \frac{{\alpha \beta }}{{\alpha + \gamma }}$

άρα $\displaystyle \frac{{\left( {{\rm O}{\rm K}\Gamma } \right)}}{{\left( {{\rm O}{\rm B}\Gamma } \right)}} = \frac{\beta }{{\alpha + \gamma }}$

Ομοίως: $\displaystyle \widehat{{\rm K}{\rm O}\Lambda } = \widehat{\Gamma {\rm O}{\rm B}}\; \Rightarrow \frac{{\left( {{\rm K}{\rm O}\Lambda } \right)}}{{\left( {{\rm O}{\rm B}\Gamma } \right)}} = \frac{{{\rm O}{\rm K} \cdot {\rm O}\Lambda }}{{{\rm O}\Gamma \cdot {\rm O}{\rm B}}} = \frac{{{\rm O}{\rm K}}}{{{\rm O}{\rm B}}} \cdot \frac{{{\rm O}\Lambda }}{{{\rm O}\Gamma }} = \frac{{{\rm K}\Gamma \cdot \Lambda {\rm B}}}{{\alpha ^2 }} =$

$\displaystyle \frac{{{\rm K}\Gamma \cdot \Lambda {\rm B}}}{{\alpha ^2 }} = \frac{\beta }{{\alpha + \gamma }} \cdot \frac{\gamma }{{\alpha + \beta }}$

Άρα

$\displaystyle \frac{{\left( {{\rm O}\Lambda {\rm B}} \right)}}{{\left( {{\rm O}{\rm B}\Gamma } \right)}} + \frac{{\left( {{\rm O}{\rm K}\Gamma } \right)}}{{\left( {{\rm O}{\rm B}\Gamma } \right)}} + \frac{{\left( {{\rm K}{\rm O}\Lambda } \right)}}{{\left( {{\rm O}{\rm B}\Gamma } \right)}} = \frac{\gamma }{{\alpha + \beta }} + \frac{\beta }{{\alpha + \gamma }} + \frac{{\beta \gamma }}{{\left( {\alpha + \beta } \right)\left( {\alpha + \gamma } \right)}} =$

$\displaystyle = \frac{{\alpha \gamma + \gamma ^2 + \alpha \beta + \beta ^2 + \beta \gamma }}{{\left( {\alpha + \beta } \right)\left( {\alpha + \gamma } \right)}} = \frac{{\alpha \gamma + \alpha ^2 + \alpha \beta + \beta \gamma }}{{\left( {\alpha + \beta } \right)\left( {\alpha + \gamma } \right)}} = \\ \\ =\frac{{\alpha \left( {\gamma + \alpha } \right) + \beta \left( {\alpha + \gamma } \right)}}{{\left( {\alpha + \beta } \right)\left( {\alpha + \gamma } \right)}} = 1$

Γιώργος Ρίζος

#4

Και λίγο διαφορετικά:
Στο σχήμα του Γιώργου είναι:
$E'=E_{(OB\Lambda +OK\Lambda +OK\Gamma) }=E(AB\Gamma )-E(OB\Gamma )-E(AK\Lambda )(1)$
ακόμα:
$E(AB\Gamma )=\tau \varrho ,E(OB\Gamma )=\frac{1}{2}\alpha \rho ,E(AK\Lambda )=\frac{1}{2}.\frac{\beta^2 \gamma^2 }{(\alpha +\beta )(\alpha +\gamma )}(2)$
η τρίτη απο τις (2) εξελίσσεται:
$E(AK\Lambda )=\frac{1}{2}.\frac{\beta^2 \gamma^2 }{(\alpha +\beta )(\alpha +\gamma )}=\frac{1}{2}.\frac{4E^2}{(\alpha ^2+\alpha \gamma +\beta \alpha +\beta \gamma )}=...=\rho ^2 (3)$
Αντικαθιστώντας στην (1) τις τιμές από τις (2) και (3) και με δεδομένο ότι $\rho +\alpha =\tau$
προκύπτει:
$E'=\frac{1}{2}\alpha .\rho =E(OB\Gamma )$
που είναι ισοδύναμη της ζητούμενης.

S.E.Louridas · #5

Ας παρουσιάσω λοιπόν, αφού ανοίχτηκε το θέμα, την λύση μου ολοκληρωμένη:
Έστω Η το συμμετρικό του Λ ως προς την ΒΚ και Θ το συμμετρικό του Κ ως προς ΓΛ, τα Η, Θ ,λόγω της συμμετρίας ως προς διχοτόμους θα είναι σημεία της ΒΓ. Η συμμετρία αυτή μας οδηγεί στις ισότητες: τρ.ΟΛΒ=τρ.ΟΒΗ και τρ.ΟΚΓ=τρ.ΟΘΓ.
Απομένει λοιπόν η ισότητα (ΟΚΛ)=(ΟΗΘ) (*), όταν <ΗΟΘ+<ΛΟΚ=π , ΟΗ=ΟΛ και ΟΘ=ΟΚ, πράγμα που ως γνωστό ισχύει.

(*) Ισχύει αφού έτσι τα τρίγωνα ΟΚΛ, ΟΗΘ είναι τα άνισα, αλλά ισοεμβαδικά τρίγωνα στα οποία χωρίζεται το ίδιο παραλληλόγραμμο με βάσεις τις διαγωνίους του ή με άλλη νοοτροπία επίλυσης (μετρικά) επειδή
$\frac{{\left( {{\rm O}\Lambda {\rm K}} \right)}} {{\left( {{\rm O}{\rm H}\Theta } \right)}} = \frac{{{\rm O}\Lambda \cdot {\rm O}{\rm K}}} {{{\rm O}{\rm H} \cdot {\rm O}\Theta }} = 1.$

Παρατήρηση:
Επειδή
$\mathop {{\rm H}{\rm O}{\rm B}}\limits^ \wedge = \mathop {\Lambda {\rm O}{\rm B}}\limits^ \wedge = \mathop {{\rm K}{\rm O}\Gamma }\limits^ \wedge = \mathop {\Theta {\rm O}\Gamma }\limits^ \wedge = \frac{\pi } {4},$ έχουμε έναν κρυμμένο Vecten, με βάση το τρίγωνο ΟΗΘ.

S.E.Louridas

Σχέση εμβαδών

Σχέση εμβαδών

Re: Σχέση εμβαδών

Re: Σχέση εμβαδών

Re: Σχέση εμβαδών

Re: Σχέση εμβαδών

Μέλη σε σύνδεση