mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 13, 2013 5:08 pm**

Με αφορμή το θέμα του KARKAR εδώ ας δούμε και την γενίκευση:

Αν $\displaystyle{ I_a }$ , $\displaystyle{ I_b }$ , $\displaystyle{ I_c }$ είναι τα παράκεντρα ενός τριγώνου $\displaystyle{ ABC }$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{ (I_a I_b I_c ) = 2Rs }$ ,
όπου $\displaystyle{ s }$ η ημιπερίμετρος του τριγώνου $\displaystyle{ ABC }$ και $\displaystyle{ R }$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου του κύκλου.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 14, 2013 5:11 pm**

Math Rider έγραψε:Με αφορμή το θέμα του KARKAR εδώ ας δούμε και την γενίκευση:

Αν $\displaystyle{ I_a }$ , $\displaystyle{ I_b }$ , $\displaystyle{ I_c }$ είναι τα παράκεντρα ενός τριγώνου $\displaystyle{ ABC }$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{ (I_a I_b I_c ) = 2Rs }$ ,
όπου $\displaystyle{ s }$ η ημιπερίμετρος του τριγώνου $\displaystyle{ ABC }$ και $\displaystyle{ R }$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου του κύκλου.

$\displaystyle{ \bullet }$ Έστω $\displaystyle{D,E,Z}$ τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\displaystyle{\left( {I,r} \right)}$ του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ με τις πλευρές του $\displaystyle{BC,CA,AB}$ και $\displaystyle{\left( {O,R} \right),\left( {K,{R_K}} \right)}$

οι περίκυκλοι των τριγώνων $\displaystyle{\vartriangle ABC,\vartriangle {I_a}{I_b}I{}_c}$ αντίστοιχα.

Τότε με $\displaystyle{{I_a}A,{I_b}B,{I_c}C}$ τα ύψη του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle {I_a}{I_b}{I_c}}$ (οι διχοτόμοι εσωτερικής και εξωτερικής γωνίας τριγώνου τέμνονται κάθετα) προκύπτει ότι

ο περίκυκλος $\displaystyle{\left( O \right)}$ του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ είναι ο μεσόκυκλος (κύκλος Euler) του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle {I_a}{I_b}{I_c}}$ και συνεπώς ισχύει: $\displaystyle{\boxed{{R_K} = 2R}:\left( 1 \right)}$ .

Με $\displaystyle{\left\{ \begin{gathered} {I_a}IA \bot {I_b}{I_c} \\ {I_a}IA\mathop \bot \limits^{AZ,AE\,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \iota \kappa \alpha \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( I \right)} EZ \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow {I_b}{I_c}\parallel EZ}$ και με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι: $\displaystyle{{I_c}{I_a}\parallel ZD,{I_a}{I_b}\parallel DE}$ οπότε τα τρίγωνα

$\displaystyle{\vartriangle {I_a}{I_b}{I_c},\vartriangle DEZ}$ είναι όμοια με λόγο ομοιότητας (και) τον λόγο των ακτινών των περικυκλίων τους,

οπότε θα ισχύει: $\displaystyle{\frac{{\left( {{I_a}{I_b}{I_c}} \right)}}{{\left( {DEZ} \right)}} = \frac{{R_K^2}}{{{r^2}}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \frac{{\left( {{I_a}{I_b}{I_c}} \right)}}{{\left( {DEZ} \right)}} = \frac{{4{R^2}}}{{{r^2}}} \Rightarrow \boxed{\left( {{I_a}{I_b}{I_c}} \right) = \frac{{4{R^2}}}{{{r^2}}}\left( {DEZ} \right)}:\left( 2 \right)}$ .
[attachment=0]1.png[/attachment]
$\displaystyle{ \bullet }$ Από το Θεώρημα που αναφέρεται εδώ (τελευταία δημοσίευση (Vittasko)) και από την εφαρμογή του που αναφέρεται εκεί

(σχήμα 9) θα είναι: $\displaystyle{\boxed{\left( {DEZ} \right) = \frac{{2{{\left( {ABC} \right)}^3}}}{{s \cdot abc}}}:\left( 4 \right)}$ , με $\displaystyle{a,b,c}$ τα μήκη των πλευρών $\displaystyle{BC,CA,AB}$ του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ αντίστοιχα

και $\displaystyle{s}$ το μήκος της περιμέτρου του.

Από $\displaystyle{\left( 4 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \left( {{I_a}{I_b}{I_c}} \right) = \frac{{4{R^2}}}{{{r^2}}}\frac{{2{{\left( {ABC} \right)}^3}}}{{s \cdot abc}}\mathop \Rightarrow \limits^{abc = 4R\left( {ABC} \right)} \left( {{I_a}{I_b}{I_c}} \right) = \frac{{4{R^2}}}{{{r^2}}}\frac{{2{{\left( {ABC} \right)}^3}}}{{4Rs \cdot \left( {ABC} \right)}} \Rightarrow }$ $\displaystyle{\left( {{I_a}{I_b}{I_c}} \right) = \frac{{2R{{\left( {ABC} \right)}^2}}}{{{r^2}s}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {ABC} \right) = sr} }$

$\displaystyle{\left( {{I_a}{I_b}{I_c}} \right) = \frac{{2R{s^2}{r^2}}}{{{r^2}s}} \Rightarrow \boxed{\left( {{I_a}{I_b}{I_c}} \right) = 2Rs}}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 14, 2013 6:31 pm**

Για λόγους και μόνο πολυφωνίας θα είχαμε επίσης:

$\displaystyle{\left( {IBI_a C} \right) = 2\left( {IBA_1 C} \right) \Rightarrow \left( {I_a I_b I_c } \right) = 2\left( {A_1 CB_1 AC_1 B} \right) = 2R\left( {\frac{{a + b + c}} {2}} \right) = 2Rs}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 14, 2013 6:40 pm**

S.E.Louridas έγραψε:Για λόγους και μόνο πολυφωνίας θα είχαμε επίσης:
$\left( {IBI_a C} \right) = 2\left( {IBA_1 C} \right) \Rightarrow \left( {I_a I_b I_c } \right) = 2\left( {A_1 CB_1 AC_1 B} \right) = 2R\left( {\frac{{a + b + c}} {2}} \right) = 2Rs$

!!!!!!...

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 14, 2013 10:00 pm**

Ευχαριστώ πολύ τους κυρίους Σ. Κούτρα και Σ. Λουρίδα για την ενασχόληση και τις καταπληκτικές λύσεις!!!
Θα αναρτήσω αύριο μερικούς ακόμα τρόπους.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 15, 2013 10:40 pm**

Καλησπέρα στην παρεα. Τρεις ακόμα αποδείξεις:

1η: Το τρίγωνο $\displaystyle{ I_a I_b I_c }$ είναι (πάντα) οξυγώνιο αφού εύκολα βρίσκουμε ότι οι γωνίες του είναι
$\displaystyle{ I_a = 90^ \circ - \frac{A}{2} }$ , $\displaystyle{ I_b = 90^ \circ - \frac{B}{2} }$ , $\displaystyle{ I_c = 90^ \circ - \frac{C}{2} }$ .
Επειδή η εσωτερική και η εξωτερική διχοτόμος κάθε γωνίας ενός τριγώνου τέμνονται κάθετα, το τρίγωνο
$\displaystyle{ ABC }$ είναι το ορθικό τρίγωνο του τριγώνου $\displaystyle{ I_a I_b I_c }$ και άρα ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\displaystyle{ ABC }$ είναι ο κύκλος Euler του τριγώνου $\displaystyle{ I_a I_b I_c }$ . Οπότε ο περιγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\displaystyle{ I_a I_b I_c }$ έχει ακτίνα $\displaystyle{ R' = 2R }$ .
Επειδή το εμβαδό κάθε οξυγωνίου τριγώνου είναι ίσο με την ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του επί την ημιπερίμετρο του ορθικού του τριγώνου* έχουμε ότι $\displaystyle{ (I_a I_b I_c ) = R' \cdot s = 2Rs }$ .
* Μια απόδειξη εδώ.

2η: Από τους τύπους $\displaystyle{ E = rs }$ και $\displaystyle{ E = r_a (s - a) }$ προκύπτει ότι $\displaystyle{ ar_a = r_a s - rs }$ (1) και ομοίως
$\displaystyle{ br_b = r_b s - rs }$ (2) και $\displaystyle{ cr_c = r_c s - rs }$ (3).

Επομένως είναι $\displaystyle{ (I_a I_b I_c ) = (ABC) + (I_a BC) + (I_b CA) + + (I_c AB) = }$

$\displaystyle{ rs + \frac{1}{2}(ar_a + br_b + cr_c )\mathop = \limits^{(1),(2),(3)} rs + \frac{1}{2}(r_a s - rs + r_b s - rs + r_c s - rs) = }$

$\displaystyle{ rs + \frac{s}{2}(r_a + r_b + r_c ) - \frac{3}{2}rs = \frac{s}{2}(r_a + r_b + r_c ) - \frac{1}{2}rs = \frac{s}{2}(r_a + r_b + r_c - r) = \frac{s}{2} \cdot 4R = 2Rs }$ .

3η: Το εμβαδόν του ορθικού τρίγωνου ενός οξυγωνίου τρίγωνου $\displaystyle{ ABC }$ δίνεται από τον τύπο $\displaystyle{ {\rm E'} = \frac{{R^2 }}{2}\sin 2A\sin 2B\sin 2C }$ (π.χ. εδώ) ο οποίος δίνει:

$\displaystyle{ {\rm E'} = \frac{{R^2 }}{2}\sin 2A\sin 2B\sin 2C = 4R^2 \sin A\sin B\sin C\cos A\cos B\cos C = }$

$\displaystyle{ 2(2R^2 \sin A\sin B\sin C)\cos A\cos B\cos C \Rightarrow E' = 2\cos A\cos B\cos C(ABC) }$ .

Εφαρμόζοντας τον παραπάνω τύπο για το τρίγωνο $\displaystyle{ I_a I_b I_c }$ και το ορθικό του - το τρίγωνο $\displaystyle{ ABC }$ - έχουμε:

$\displaystyle{ (ABC) = 2\cos I_a \cos I_b \cos I_c (I_a I_b I_c ) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ (ABC) = 2\cos \left( {90^ \circ - \frac{A}{2}} \right)\cos \left( {90^ \circ - \frac{A}{2}} \right)\cos \left( {90^ \circ - \frac{A}{2}} \right)(I_a I_b I_c ) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ (ABC) = 2\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}(I_a I_b I_c ) \Rightarrow rs = 2 \cdot \frac{r}{{4R}}(I_a I_b I_c ) \Rightarrow (I_a I_b I_c ) = 2Rs }$ .

mathematica.gr

Εμβαδόν Τριγώνου Παράκεντρων

Εμβαδόν Τριγώνου Παράκεντρων

Re: Εμβαδόν Τριγώνου Παράκεντρων

Re: Εμβαδόν Τριγώνου Παράκεντρων

Re: Εμβαδόν Τριγώνου Παράκεντρων

Re: Εμβαδόν Τριγώνου Παράκεντρων

Re: Εμβαδόν Τριγώνου Παράκεντρων