Εισαγωγικές Σχολής Ευελπίδων 1945

orestisgotsis · #1

ΠΕΡΙΤΤΑ

#2

orestisgotsis έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 01, 2024 11:29 pm
Εισαγωγικές Ευελπίδων 1945.png

Θεωρούμε τρίγωνο $ABC\,\,$ και τον περιγεγραμμένο κύκλο του $\left( O,\,\,R \right)$ .

Αν $k,\,\,m,\,\,n\,\,$ είναι οι αποστάσεις του $O\,\,$ από τις πλευρές $a,\,\,b,\,\,c\,\,$ αντίστοιχα του

τριγώνου, δείξτε ότι $4\cdot \left(\displaystyle \frac{a}{k}+\displaystyle\frac{b}{m}+\displaystyle\frac{c}{n} \right)=\displaystyle\frac{a\cdot b\cdot c}{k\cdot m\cdot n}$ .

Υπολογίζουμε το εμβαδόν του τριγώνου με δύο διαφορετικούς τρόπους, και εξισώνουμε.

Πρώτον, ως γνωστόν, $\displaystyle{ E = \dfrac {abc}{4R}}$ . Επίσης, επειδή τα D,E,Z

είναι τα μέσα των πλευρών και επειδή οι γωνίες $\widehat { EOZ} , \widehat A$ είναι παραπληρωματικές (διότι το AEOZ

είναι εγγράψιμμο), όμοια τα υπόλοιπα ζεύγη, έχουμε

$\displaystyle{E = 4(EDZ)= 4 \left ( (EOZ)+(DOE) +(ZOD) \right)= }$

$\displaystyle{= 4 \left ( \dfrac {1}{2} mn \sin (\widehat {EOZ})+ \dfrac {1}{2}kn\sin (\widehat {DOE}) \dfrac {1}{2}mk \sin (\widehat {ZOD} ) \right)= 4 \left ( \dfrac {1}{2} mn \sin A + \dfrac {1}{2}kn\sin B + \dfrac {1}{2}mk \sin C \right)=}$

$\displaystyle{= 4 \left ( \dfrac {1}{2} mn \dfrac {a}{2R}+ \dfrac {1}{2}kn\dfrac {b}{2R} + \dfrac {1}{2}mk \dfrac {c}{2R} \right)}$

Εξισώνοντας τα εμβαδά έχουμε

$\displaystyle{ \dfrac {1}{R} \left ( amn + bkn + cmk \right)= \dfrac {1}{4R} abc }$

από όπου το ζητούμενο αν πολλαπλασιάσουμε τα δύο μέλη επί $\dfrac {4R}{mnk}$

#3

Αλλιώς.

Επειδή $\widehat {COD} = A$ (διότι η

είναι η εγγεγραμμένη που βαίνει στο ίδιο τόξο του περιεγραμμένου κύκλου με την $2\widehat {COD}= \widehat {BOD}$ ) έχουμε από το τρίγωνο CDO

ότι $\tan A = \dfrac {BD}{OD} = \dfrac {a}{2k}$ . Όμοια οι άλλες, αντίστοιχες, περιπτώσεις.

Από την γνωστή ταυτότητα $\tan A+\tan B +\tan C= \tan A\tan B \tan C$ έπεται

$\displaystyle{ \dfrac{a}{2k}+ \dfrac{b}{2m}+ \dfrac{c}{2n} = \dfrac{a}{2k}\dfrac{b}{2m}\dfrac{c}{2n}}$

από όπου το ζητούμενο.

S.E.Louridas · #4

Ας δούμε και την «αιρετική» άποψη που ακολουθεί:

Στο κάτω σχήμα και με βάση το τρίγωνο A'B'C'

αλλά και την ομοιότητα των τριγώνων $DCO,\;\;CA'O$ και κυκλικά,

αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{\frac{x}{r} + \frac{y}{r} + \frac{z}{r} = \frac{{xyz}}{{{r^3}}}}$ ή τελικά ότι $\displaystyle{{r^2}{\tau ^2} = {\left( {A'B'C'} \right)^2}}$ ή $\left( {A'B'C'} \right) = \tau r$ που ισχύει.

: as.png (51.48 KiB) Προβλήθηκε 414 φορές

Εισαγωγικές Σχολής Ευελπίδων 1945

Εισαγωγικές Σχολής Ευελπίδων 1945

Re: Εισαγωγικές Σχολής Ευελπίδων 1945

Re: Εισαγωγικές Σχολής Ευελπίδων 1945

Re: Εισαγωγικές Σχολής Ευελπίδων 1945

Μέλη σε σύνδεση