mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 05, 2012 9:48 am**

Μια όμορφη άσκηση από το αρχείο του Θάνου. Πρόκειται για το θέμα 370.

Έστω τρίγωνο ABC

με έγκεντρο

. Αν οι προεκτάσεις των εσωτερικών διχοτόμων $IA,\ IB,\ IC$ τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία $D,\ E,\ F$ αντίστοιχα, αποδείξτε ότι

$\displaystyle\frac{ID\cdot IF}{IB}=R$

$\displaystyle\frac{IA\cdot IC}{IE}=2r$

Ο λόγος των εμβαδών των τριγώνων DE F

και

είναι ίσος με $\displaystyle\frac{R}{2r}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 05, 2012 12:13 pm**

Η ισότητα

$\displaystyle{\frac{(D E F)}{(ABC)}=\frac{R}{2r}}$ αποδείχθηκε εδώ.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 05, 2012 12:35 pm**

Aσφαλώς και είναι έτσι. Ο λόγος που την προτείνω είναι ότι η ισότητα του τρίτου σκέλους προκύπτει μέσα από την Ευκλείδια Γεωμετρία και μόνο. Αυτό βρήκα τόσο όμορφο στην άσκηση αυτή.
Προσπαθήστε και θα δείτε πόσο απλή είναι.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 07, 2015 11:51 pm**

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε:Μια όμορφη άσκηση από το αρχείο του Θάνου. Πρόκειται για το θέμα 370.

Έστω τρίγωνο με έγκεντρο . Αν οι προεκτάσεις των εσωτερικών διχοτόμων $IA,\ IB,\ IC$ τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία $D,\ E,\ F$ αντίστοιχα, αποδείξτε ότι

$\displaystyle\frac{ID\cdot IF}{IB}=R$

$\displaystyle\frac{IA\cdot IC}{IE}=2r$

Ο λόγος των εμβαδών των τριγώνων και είναι ίσος με $\displaystyle\frac{R}{2r}$

Είναι

. Επειδή τα τρίγωνα FBI, DBI

είναι ισοσκελή, η

θα είναι μεσοκάθετος της

. Άρα:
$\displaystyle{IF \cdot ID = FB \cdot BD = 2R \cdot BH = R \cdot BI \Leftrightarrow }$ $\boxed{\frac{{IF \cdot ID}}{{IB}} = R}$

Ισχύει επίσης : $\displaystyle{IA \cdot ID = {R^2} - {(OI)^2} = {R^2} - ({R^2} - 2Rr) \Leftrightarrow }$ $\displaystyle{IA \cdot ID = 2Rr}$ . Ομοίως είναι $\displaystyle{IB \cdot IE = IC \cdot IF = 2Rr}$

Έτσι έχουμε: $\displaystyle{\frac{{IA \cdot ID \cdot IC \cdot IF}}{{IB \cdot IE}} = 2Rr \Leftrightarrow \frac{{ID \cdot IF}}{{IB}} \cdot \frac{{IA \cdot IC}}{{IE}} = 2Rr \Leftrightarrow }$ $\boxed{\frac{{IA \cdot IC}}{{IE}} = 2r}$

: G_2012.png (20.88 KiB) Προβλήθηκε 927 φορές

Επειδή τα τρίγωνα έχουν τον ίδιο περιγεγραμμένο κύκλο, θα είναι: $\displaystyle{\frac{{(DE F)}}{{(ABC)}} = \frac{{DE \cdot DF \cdot EF}}{{AB \cdot AC \cdot BC}}}$

Από τα προηγούμενα ερωτήματα όμως, είναι: $\displaystyle{\frac{{IF \cdot ID \cdot IE}}{{IA \cdot IB \cdot IC}} = \frac{R}{{2r}}}$

Τα τρίγωνα IFD, IAC

είναι όμοια: $\displaystyle{\frac{{IF}}{{IA}} = \frac{{DF}}{{AC}}}$

Ομοίως βρίσκουμε $\displaystyle{\frac{{IE}}{{IC}} = \frac{{FE}}{{BC}},\frac{{ID}}{{IB}} = \frac{{DE}}{{AB}}}$ . Άρα: $\boxed{\frac{{(D EF)}}{{(ABC)}} = \frac{R}{{2r}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 22, 2015 11:04 am**

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

Θέλω απλά να γράψω τις σκέψεις που ήρθαν στο μυαλό μου όταν πρωτοασχολήθηκα με το θέμα αυτό τον Απρίλιο του 2012. Είχα υπ' όψιν το
viewtopic.php?f=22&t=23179&p=116932&hil ... AC#p116932

Από εκεί και μετά τα πράγματα ήταν πολύ απλά για τις δύο πρώτες ισότητες που ζητούσε το θέμα.
Όπως έγραψε ο Γιώργος , ισχύει
$IA\cdot ID=IB\cdot IE=IC\cdot IF=2Rr$

Άρα έχω
$\frac{ID\cdot IF}{IB}=\frac{\frac{2rR}{IA}\cdot \frac{2Rr}{IC}}{IB}=\frac{4r^{2}R^{2}}{IA\cdot IB\cdot IC}=\frac{4R^{2}r^{2}}{4r^{2}R}=R$

Επίσης έχω
$\frac{IA\cdot IC}{IE}=\frac{IA\cdot IC}{\frac{2Rr}{IB}}=\frac{IA\cdot IB\cdot IC}{2Rr}=\frac{4r^{2}R}{2Rr}=2r$

Ως προς την απόδειξη της τρίτης ισότητας του θέματος , η σκέψη μου ήταν ίδια με αυτήν της λύσης του Γιώργου.

mathematica.gr

ΑΠΟ ΤΟ ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 34

ΑΠΟ ΤΟ ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 34

Re: ΑΠΟ ΤΟ ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 34

Re: ΑΠΟ ΤΟ ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 34

Re: ΑΠΟ ΤΟ ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 34

Re: ΑΠΟ ΤΟ ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 34