Λόγοθεραπεία!

Ορέστης Λιγνός · #1

Στο παρακάτω σχήμα, δείξτε ότι $\dfrac{AX}{AD}+\dfrac{BY}{BE}+\dfrac{CZ}{CF}=4$ .

: logoi.png (22.11 KiB) Προβλήθηκε 896 φορές

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Έστω

το ορθόκεντρο του τριγώνου.

Ισχύει ότι HD=DX

,

και

.

Επομένως:

$\dfrac{AX}{AD}+\dfrac{BY}{BE}+\dfrac{CZ}{CF}=4 \Leftrightarrow \dfrac{AD+DX}{AD}+\dfrac{BE+EY}{BE}+\dfrac{CF+FZ}{CF}=4 \Leftrightarrow$

$\dfrac{DX}{AD}+\dfrac{EY}{BE}+\dfrac{FZ}{CF}=1 \Leftrightarrow \dfrac{HD}{AD}+\dfrac{HE}{BE}+\dfrac{HF}{CF}=1 \Leftrightarrow$

$\dfrac{(HBC)}{(ABC)}+\dfrac{(HCA)}{(ABC)}+\dfrac{(HAB)}{(ABC)}=1 \Leftrightarrow \dfrac{(ABC)}{(ABC)}=1$

που ισχύει. Άρα ισχύει και η αρχική σχέση.

STOPJOHN · #3

Ορέστης Λιγνός έγραψε:Στο παρακάτω σχήμα, δείξτε ότι $\dfrac{AX}{AD}+\dfrac{BY}{BE}+\dfrac{CZ}{CF}=4$ .

logoi.png

Καλησπέρα ,μια λύση ακόμη για λόγους πλουραλισμού
Η αποδεικτέα σχέση γράφεται $\dfrac{HD}{AD}+\dfrac{HE}{BE}+\dfrac{HF}{CF}=1,(*)$
Ισχύουν
$HD=\dfrac{BD}{tanC},(1), BD=c.cosB,(2), AD=csinB,(3), (1),(2),(3)\Rightarrow \dfrac{HD}{AD}=\dfrac{1}{tanB.tanC},$

Συνεπώς

$\dfrac{HD}{AD}+\dfrac{HE}{BE}+\dfrac{HF}{FC}=\dfrac{1}{tanC.tanB}+\dfrac{1}{tanAtanC}+\dfrac{1}{tanBtanC}=1,tanA+tanB+tanC=tanA.tanB.tanC$
η τελευταία είναι γνωστή βασική ταυτότητα σε τρίγωνα

Γιάννης

Λόγοθεραπεία!

Λόγοθεραπεία!

Re: Λόγοθεραπεία!

Re: Λόγοθεραπεία!

Μέλη σε σύνδεση