Όμορφη Γεωμετρία - Ωραία Άλγεβρα

KARKAR · #1

Οι διχοτόμοι

και

των οξειών γωνιών ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle ABC$ τέμνονται στο

1) Να δειχθεί ότι : $\displaystyle \frac{(BHZC)}{(BEC)}=2$

1) Να δειχθεί ότι : $\displaystyle \frac{(BHZC)}{(ABC)}\geq2\sqrt{2}-2$

Γιώργος Απόκης · #2

Καλησπέρα. Μια λύση για το 1)

Έχουμε: $\displaystyle{(BHZC)=\frac{1}{2}BZ\cdot CH\cdot sin\omega=\frac{1}{2}BZ\cdot CH\cdot sin\phi}$ και $\displaystyle{(BEC)=\frac{1}{2}BE\cdot CE\cdot sin\phi$ . Για να ισχύει η ζητούμενη αρκεί $\displaystyle{\frac{BZ\cdot CH}{BE\cdot CE}=2 \quad \color{red}(1)}$ .

Στα τρίγωνα ABC,CZB

οι

είναι εσωτερικές διχοτόμοι άρα ισχύουν: $\displaystyle{ZC=\frac{b\cdot a}{c+a}} \quad \color{red} (2)$ και $\displaystyle{EB=\frac{BZ\cdot a}{ZC+a}\overset{(2)}=\frac{BZ\cdot a}{\frac{b\cdot a}{c+a}+a}=\frac{a(c+a)\cdot BZ}{ca+ba+a^2} \quad \color{red} (3)}$ .

Oμοίως προκύπτει $\displaystyle{EC=\frac{a(b+a)\cdot CH}{ca+ba+a^2} \quad \color{red} (4)}$ . Aντικαθιστώντας τις (3),(4) στην (1), έχουμε ότι αρκεί να ισχύει:

$\displaystyle{\frac{\left(ba+ca+a^2\right)^2}{a^2(b+a)(c+a)}=2\Leftrightarrow \frac{\left(b+c+a\right)^2}{(b+a)(c+a)}=2\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc=2a^2+2ac+2ab+2bc \Leftrightarrow b^2+c^2=a^2}$ , που ισχύει από το Π.Θ.

#3

καλησπέρα,
ακόμα μία απάντηση για το 1) με το σχήμα του Γιώργου
--------------------------------------------------
$BZ,~~ CH ~~ \delta\iota\chi o \tau o \mu o \iota \longrightarrow$ $\displaystyle AH=\frac{bc}{a+b},~~ AZ=\frac{bc}{a+c},~~ HB=\frac{ac}{a+b},~~ CZ=\frac{ab}{a+c}$

$\displaystyle{(BHZC)=(CHB)+(CZH)=\frac{1}{2}HB~ AC+\frac{1}{2}CZ ~ AH=\frac{abc}{2(a+b)}+\frac{ab^2c}{2(a+b)(a+c)}=\frac{abc(a+b+c)}{2(a+b)(a+c)}=}$

$\displaystyle{=\Big(\frac{1}{2}a \frac{bc}{a+b+c}\Big)}\cdot \frac{(a+b+c)^2}{(a+b)(a+c)}=(BEC)\cdot 2 = 2(BEC)$

αφού $\displaystyle{(BEC)=\frac{1}{2}~ BC ~ \rho = \frac{1}{2}~ a ~ \frac{bc}{a+b+c}}$ και (a+b+c)^2=2(a+b)(a+c)

#4

2) Από το πρώτο ερώτημα (που αντιμετωπίστηκε άψογα από τον Γιώργο και τη Φωτεινή έχουμε: $\displaystyle{ \frac{{\left( {BHZC} \right)}} {{\left( {BCE} \right)}} = 2 \Rightarrow \boxed{\left( {BHZC} \right) = 2\left( {BCE} \right)}:\left( 1 \right) }$

οπότε είναι: $\displaystyle{ \boxed{\frac{{\left( {BHZC} \right)}} {{\left( {ABC} \right)}}\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} 2\frac{{\left( {BEC} \right)}} {{\left( {ABC} \right)}}}:\left( 2 \right) }$ . Όμως τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle BEC,\vartriangle ABC }$ «μοιράζονται» την κοινή βάση άρα ο λόγος των εμβαδών τους θα ισούται με το

λόγο των αντιστοίχων στην κοινή βάση υψών, δηλαδή $\displaystyle{ \boxed{\frac{{\left( {BEC} \right)}} {{\left( {ABC} \right)}} = \frac{{EE{'}}} {{AA{'}}}}:\left( 3 \right) }$ (με $\displaystyle{ EE' \bot BC,AA{'} \bot BC \to EE{'}//AA{'}\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle DAA{'}} \boxed{\frac{{EE{'}}} {{AA{'}}} = \frac{{ED}} {{AD}}}:\left( 4 \right) }$ ).

Στο $\displaystyle{ \vartriangle BDA }$ με διχοτόμο την $\displaystyle{ BE }$ από το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου θα είναι:

$\displaystyle{ \frac{{ED}} {{EA}} = \frac{{BD}} {{BA}} \Rightarrow \frac{{ED}} {{ED + EA}} = \frac{{BD}} {{BD + BA}}\mathop \Rightarrow \limits^{BD = \frac{{ac}} {{b + c}},BA = c} \frac{{ED}} {{AD}} = \frac{{\frac{{ac}} {{b + c}}}} {{\frac{{ac}} {{b + c}} + c}} \Rightarrow \ldots \boxed{\frac{{ED}} {{AD}} = \frac{a} {{a + b + c}}}:\left( 5 \right) }$

Από $\displaystyle{ \left( 2 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right),\left( 4 \right),\left( 5 \right)} \boxed{\frac{{\left( {BHZC} \right)}} {{\left( {ABC} \right)}} = \frac{{2a}} {{a + b + c}}}:\left( 6 \right) }$ . Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι:

$\displaystyle{ \frac{{2a}} {{a + b + c}} \geqslant 2\sqrt 2 - 2 \Leftrightarrow \frac{{2a}} {{a + b + c}} \geqslant 2\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\mathop \Leftrightarrow \limits^{:2} \frac{a} {{a + b + c}} \geqslant \sqrt 2 - 1 \Leftrightarrow \frac{{a + b + c}} {a} \leqslant \frac{1} {{\sqrt 2 - 1}} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \frac{{a + b + c}} {a} \leqslant \frac{{\sqrt 2 + 1}} {{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}} \Leftrightarrow \frac{{a + b + c}} {a} \leqslant \sqrt 2 + 1 \Leftrightarrow a + b + c \leqslant a\sqrt 2 + a \Leftrightarrow a\sqrt 2 \geqslant b + c\mathop \Leftrightarrow \limits^{a\sqrt 2 > 0,b + c > 0} }$

$\displaystyle{ \left( {a\sqrt 2 } \right)^2 \geqslant \left( {b + c} \right)^2 \Leftrightarrow 2a^2 \geqslant b^2 + 2bc + c^2 \mathop \Leftrightarrow \limits^{a^2 = b^2 + c^2 } 2b^2 + 2c^2 - b^2 - 2bc - c^2 \geqslant 0 \Leftrightarrow \ldots \boxed{\left( {b - c} \right)^2 \geqslant 0} }$

που ισχύει άρα και η αρχική (με την ισότητα να ισχύει για ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ )

Στάθης

Όμορφη Γεωμετρία - Ωραία Άλγεβρα

Όμορφη Γεωμετρία - Ωραία Άλγεβρα

Re: Όμορφη Γεωμετρία - Ωραία Άλγεβρα

Re: Όμορφη Γεωμετρία - Ωραία Άλγεβρα

Re: Όμορφη Γεωμετρία - Ωραία Άλγεβρα

Μέλη σε σύνδεση