Τετραγωνισμός ορθογωνίου πλευρών τριγώνου.

#1

Η ευθεία της εσωτερικής διχοτόμου δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , τέμνει τις εξωτερικές κοινές εφαπτόμενες των περίκυκλων των τριγώνων $\vartriangle ADB,\ \vartriangle ADC$ , στα σημεία έστω $P,\ Q$ . Αποδείξτε ότι $(PQ)^{2} = (AB)(AC)$ .

Kώστας Βήττας.

ΥΓ. Στο αρχικό πρόβλημα το ζητούμενο ήταν να αποδειχθεί ότι $(PQ)^{2} = (AD)(AD')$ . Δεν υπάρχει άλλος συσχετισμός με αυτό το πρόβλημα.

: Τετραγωνισμός ορθογωνίου πλευρών τριγώνου.; f=112_t=50014.PNG (19.68 KiB) Προβλήθηκε 1581 φορές

gavrilos · #2

Γεια σας κύριε Κώστα.

ΛΗΜΜΑ: Το $\displaystyle{BCTU}$ είναι εγγράψιμο όπου $\displaystyle{U,T}$ τα σημεία επαφής της μιας από τις δύο κοινές εφαπτομένες με τους κύκλους $\displaystyle{(A,D,B),(A,D,C)}$ αντίστοιχα.

: Γεωμετρια mathematica_145(1).PNG (23.16 KiB) Προβλήθηκε 1465 φορές

ΑΠΟΔΕΙΞΗ: Όπως και στο σχήμα του κύριου Κώστα, $\displaystyle{K,L}$ είναι τα κέντρα των κύκλων $\displaystyle{(A,D,B),(A,D,C)}$ αντίστοιχα.

Ισχύει $\displaystyle{KU\parallel LT}$ αφού κι οι δύο είναι κάθετες στην $\displaystyle{TU}$ .Επίσης $\displaystyle{\angle{DKB}=\angle{DLC}=\angle{A}}$ .

Επομένως $\displaystyle{\angle{KDL}=180-2 \left(90-\frac{\angle{A}}{2}\right)=\angle{A}}$ επομένως $\displaystyle{KB\parallel DL}$ και $\displaystyle{KD\parallel CL}$ .

Άρα οι γωνίες $\displaystyle{\angle{BKU},\angle{DLT}}$ έχουν τις πλευρές τους παράλληλες,άρα είναι είτε ίσες είτε παραπληρωματικές.Το ίδιο ισχύει και για τις γωνίες $\displaystyle{\angle{DKU},\angle{CLT}}$ .

$\bullet$ Έστω $\displaystyle{\angle{BKU}=\angle{DLT}}$ .Τότε $\displaystyle{\angle{BDU}=\angle{DCT}}$ .Όμως τότε τα τρίγωνα $\displatystyle{BDU,CDT}$ είναι όμοια γιατί έχουν δύο ζεύγη από ίσες γωνίες.

Επομένως $\displaystyle{\angle{UBC}+\angle{UTC}=\angle{UBC}+\angle{DCT}+\angle{DTC}=\angle{UBC}+180-\angle{TDC}=\angle{UBC}+180-\angle{UBC}=180}$ και το ζητούμενο εδείχθη.

$\bullet$ Έστω ότι ισχύει $\displaystyle{\angle{BKU}+\angle{DLT}=180^{\circ}}$ .Τότε επειδή $\displaystyle{\angle{DKU}+\angle{CLT}+\angle{BKU}+\angle{DLT}=2\angle{A}}$ θα ισχύει $\displaystyle{\angle{DKU}+\angle{CLT}=2\angle{A}-180}$ .

Αν $\displaystyle{\angle{DKU}+\angle{CLT}=180^{\circ}}$ τότε $\displaystyle{\angle{A}=180^{\circ}}$ που είναι αδύνατο.

Άρα $\displaystyle{\angle{DKU}=\angle{CLT}}$ .Επομένως $\displaystyle{\angle{DBU}=\angle{CDT}}$ .Άρα όπως και πριν,ισχύει $\displaystyle{\triangle{BDU}\simeq \triangle{DTC}}$ .

Όμως αν ισχύει αυτό τότε $\displaystyle{\angle{BKU}=\angle{DLT}=90^{\circ}}$ και αναγόμαστε στην προηγούμενη περίπτωση.

$\rule{430pt}{1pt}$

: Γεωμετρια mathematica_145(2).PNG (22.37 KiB) Προβλήθηκε 1465 φορές

Ας είναι $\displaystyle{S,V}$ τα σημεία επαφής της δεύτερης κοινής εφαπτομένης με τους κύκλους $\displaystyle{(A,D,C),(A,D,B)}$ αντίστοιχα.

Ισχύει προφανώς $\displaystyle{SV=TU}$ (αυτό είναι προφανές αν προεκτείνουμε τις εφαπτομένες μέχρι να συναντηθούν γιατί τότε δημιουργούνται δύο ισοσκελή τρίγωνα).

Επίσης ως γνωστόν τα $\displaystyle{P,Q}$ είναι μέσα των $\displaystyle{SV,TU}$ αντίστοιχα.Έστω $\displaystyle{PA=x,DQ=y,AD=z}$ .

Το θεώρημα δύναμης σημείου δίνει $\displaystyle{x(x+z)=PV^{2}}$ και $\displaystyle{y(y+z)=TQ^{2}}$ .Συνεπώς $\displaystyle{x(x+z)=y(y+z)\Leftrightarrow (x-y)(x+y+z)=0\Leftrightarrow x=y}$ .

Άρα αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{(AD+2DQ)^{2}=AB\cdot AC}$ ή ισοδύναμα $\displaystyle{AD^{2}+4AD\cdot DQ+4DQ^{2}=AB\cdot AC\bf \color{red} (1)}$ .

Ισχύει η γνωστή σχέση $\displastyle{AD^{2}=AB\cdot AC-BD\cdot CD}$ (αποδεικνύεται με θεώρημα Stewart).

Άρα η $\displaystyle{\bf \color{red} (1)}$ ισοδυναμεί με $\displaystyle{4AD\cdot DQ+4DQ^{2}=BD\cdot CD\Leftrightarrow 4DQ\cdot AQ=BD\cdot CD\Leftrightarrow 4TQ^{2}=BD\cdot CD\Leftrightarrow TU^{2}=BD\cdot CD}$ .

Έστω τώρα $\displaystyle{M\equiv BC\cap TU}$ .

Σύμφωνα με το λήμμα,ισχύει $\displaystyle{\angle{BUM}=\angle{DCT}=\angle{DTM}}$ άρα $\displaystyle{BU\parallel DT}$ .Ομοίως βρίσκουμε ότι $\displaystyle{DU\parallel CT}$ .

Επομένως $\displaystyle{\frac{TU}{CD}=\frac{MU}{MD}}$ και $\displaystyle{\frac{TU}{BD}=\frac{MU}{MB}}$ .

Κατά συνέπεια,ισχύει $\displaystyle{\frac{TU^{2}}{BD\cdot CD}=\frac{MU^{2}}{MB\cdot MD}=1}$ όπου η τελευταία προκύπτει από το θεώρημα δύναμης σημείου,και το ζητούμενο αποδείχθηκε.

#3

vittasko έγραψε:Η ευθεία της εσωτερικής διχοτόμου δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , τέμνει τις εξωτερικές κοινές εφαπτόμενες των περίκυκλων των τριγώνων $\vartriangle ADB,\ \vartriangle ADC$ , στα σημεία έστω $P,\ Q$ . Αποδείξτε ότι $(PQ)^{2} = (AB)(AC)$ .
Kώστας Βήττας.

Ας δούμε μια διαφορετική προσέγγιση στο όμορφο πρόβλημα του Κώστα για μια καλησπερα μου σε καλούς φίλους!!!

$\bullet$ Είναι $\angle BKD\mathop = \limits^{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta \,\, - \,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta } 2\left( {\angle BAD} \right)\mathop = \limits^{AD\,\,\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma }$ $2\left( {\angle DAC} \right)\mathop = \limits^{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta \,\, - \,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta } \angle DLC$

$\mathop \Rightarrow \limits^{KB = KD = {R_K},LD = LC = {R_L}} \vartriangle KBD \sim \vartriangle LDC\mathop \Rightarrow \limits^{B,D,C\,\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \upsilon \theta \varepsilon \iota \alpha \kappa \alpha } S \equiv KL \cap BC$ είναι το κέντρο ομοιοθεσίας των τριγώνων

$\vartriangle KBD,\vartriangle LDC$ και συνεπώς των κύκλων $\left( K \right),\left( L \right)$ .

Δηλαδή το είναι το σημείο τομής των κοινών εφαπτομένων των κύκλων $\left( K \right),\left( L \right)$ και ας είναι τα σημεία επαφής μιας εκ των κοινών εφαπτομένων

των κύκλων $\left( K \right),\left( L \right)$ με αυτούς αντίστοιχα, όπως φαίνεται στο σχήμα.

Τότε τα τρίγωνα $\vartriangle EBD,\vartriangle ZDC$ είναι ομοιόθετα με κέντρο ομοιοθεσίας το και συνεπώς $ED\parallel CZ,BE\parallel DZ$ και ας είναι $Q' \equiv BE \cap CZ$ .
[attachment=0]Τετραγωνισμός ορθογωνίου πλευρών τριγώνου.png[/attachment]
$\bullet$ Επειδή $\angle BCZ\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\, - \,\,\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma } \angle DZE$ $\mathop = \limits^{DZ\parallel EQ'} \angle Q'EZ \Rightarrow B,C,Z,E$ ομοκυκλικά και συνεπώς το $Q' \equiv BE \cap CZ$

έχει ίσες δυνάμεις ως προς τους κύκλους $\left( K \right),\left( L \right)$ και συνεπώς ανήκει στο ριζικό τους άξονα, που είναι η κοινή τους χορδή .

Από το παραλληλόγραμμο προκύπτει ότι $\left( {DQ'} \right) = 2 \cdot \left( {DQ} \right):\left( 1 \right)$ .

Με μεσοκάθετη της (διάκεντρος των $\left( K \right),\left( L \right)$ ) και διχοτόμο της $\angle PAQ$ προκύπτει ότι $PA = PT - AT = QT - DT = DQ\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \boxed{PQ = AQ'}:\left( 2 \right)$ .

Εστω $B' \in AC:AB' = AB$ διχοτόμος της γωνίας $\angle BAC \Rightarrow \vartriangle ABQ' = \vartriangle AB'Q' \Rightarrow \boxed{\angle B'Q'A = \angle BQ'A}:\left( 3 \right)$ .

$\bullet$ Ισχύει $\angle B'CQ' \equiv \angle ACZ\mathop = \limits^{A,C,Z,D\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle Q'DZ\mathop = \limits^{DZ\parallel EQ}$ $\angle DQ'E \equiv \angle BQ'A\mathop = \limits^{\left( 3 \right)} \angle B'Q'A \Rightarrow$ ο περίκυκλος του τριγώνου

$\vartriangle B'CQ'$ εφάπτεται στην στο σημείο και συνεπώς ${\left( {AQ'} \right)^2} = \left( {AB'} \right)\left( {AC} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} \boxed{{{\left( {PQ} \right)}^2} = \left( {AB} \right)\left( {AC} \right)}:\left( 4 \right)$ .

Από τη σχέση $\left( 4 \right)$ και ότι σύμφωνα με τη εύκολη αυτή πρόταση ισχύει $\left( {AD} \right)\left( {AD'} \right) = \left( {AB} \right)\left( {AC} \right)$ θα έχουμε τελικά

$\boxed{{{\left( {PQ} \right)}^2} = \left( {AD} \right)\left( {AD'} \right)}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Math Rider · #4

Κάτι άσχημο…

Αν το τρίγωνο ABC

είναι ισοσκελές με AB = AC

το ζητούμενο προκύπτει εύκολα.
Έστω ότι AC > AB

δηλαδή

(η περίπτωση AC < AB

είναι παρόμοια).

: Τετραγωνισμός.png (21.92 KiB) Προβλήθηκε 1344 φορές

Έστω

τα μέσα των SV,TU

αντιστοίχως και R,R'

οι ακτίνες των περιγεγραμμένων κύκλων των
τριγώνων ABD

και

. Τέλος θέτουμε KE = x

και

.

Η

είναι η διάμεσος του (ισοσκελούς) τραπεζίου STUV

γιατί η

ως κοινή χορδή (ριζικός άξονας) των
δύο κύκλων διχοτομεί τα κοινά εξωτερικά εφαπτόμενα τμήματα τους.
Επομένως είναι $PQ = \frac{{SV + TU}}{2} = SE + TF$ (1)

Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στα τρίγωνα SEK

και

έχουμε ότι
$\begin{array}{l} S{E^2} = {R^2} - {x^2}\\ T{F^2} = {{R'}^2} - {y^2} \end{array}$ (2)

Τα x,y

έχουν υπολογιστεί εδώ και είναι $x = \frac{{(R' - R)R}}{{KL}}$ και $y = \frac{{(R' - R)R'}}{{KL}}$ (3)

Τα τρίγωνα AKL

και

είναι όμοια διότι έχουν δυο ίσες γωνίες:

$\angle AKL = \frac{{\angle AKD}}{2} = \frac{{2\angle B}}{2} = \angle B$ και $\angle ALK = \frac{{\angle ALD}}{2} = \frac{{2\angle C}}{2} = \angle C$ .

Έτσι από τον νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο AKL

είναι $\frac{{KL}}{{\sin A}} = \frac{R}{{\sin C}} = \frac{{R'}}{{\sin B}}$ ή αλλιώς $KL = R\frac{a}{c} = R'\frac{a}{b}$ (4)

Οι σχέσεις (3) λόγω της (4) γράφονται $x = \frac{{(R' - R)c}}{a}$ και $y = \frac{{(R' - R)b}}{a}$ (5)

Από τον νόμο των ημιτόνων στα τρίγωνα ADB

και

είναι
$2R = \frac{{BD}}{{\sin \frac{A}{2}}}$ και $2R' = \frac{{CD}}{{\sin \frac{A}{2}}}$ .

Άρα $R = \frac{{ac}}{{2(b + c)\sin \frac{A}{2}}}$ και $R' = \frac{{ab}}{{2(b + c)\sin \frac{A}{2}}}$ (6)

Οι σχέσεις (5) λόγω των (6) δίνουν $x = \frac{{c(b - c)}}{{2(b + c)\sin \frac{A}{2}}}$ και $y = \frac{{b(b - c)}}{{2(b + c)\sin \frac{A}{2}}}$ (7)

Τέλος οι σχέσεις (2) λόγω των (6) και (7) δίνουν

$S{E^2} = {R^2} - {x^2} = \frac{{{c^2}[{a^2} - {{(b - c)}^2}]}}{{4{{(b + c)}^2}{{\sin }^2}\frac{A}{2}}} = \frac{{{c^2}(a - b + c)(a + b - c)}}{{4{{(b + c)}^2}{{\sin }^2}\frac{A}{2}}} = \frac{{4{c^2}(s - b)(s - c)}}{{4{{(b + c)}^2}{{\sin }^2}\frac{A}{2}}} = \frac{{{c^2}}}{{{{(b + c)}^2}}}bc$

και $T{F^2} = {R'^2} - {y^2} = \ldots = \frac{{{b^2}}}{{{{(b + c)}^2}}}bc$ .

Επομένως $PQ = SE + TF = \frac{c}{{b + c}}\sqrt {bc} + \frac{b}{{b + c}}\sqrt {bc} = \sqrt {bc}$ . Δηλαδή $P{Q^2} = bc = AB \cdot AC$ .

#5

Καλημέρα σας αγαπητοί φίλοι και σας ευχαριστώ για τις παρεμβάσεις σας.

Νίκο, για μένα δεν υπάρχουν άσχημες αποδείξεις. Απλώς, κάποιες, επειδή είναι γραμμένες στο "Βιβλίο" ( πρόσφατο παράδειγμα, αυτή ), είναι πολύ όμορφες.

Κάθε απόδειξη είναι ένα ταξίδι στην σκέψη του άλλου και όπως έχω πει με άλλη ευκαιρία, μαθαίνουμε κυρίως από τους άλλους, αυτούς που προηγήθηκαν, αυτούς με τους οποίους μαζί πορευτήκαμε, αλλά και από τους νεότερους που ορμητικά μας προσπερνάνε.

$\bullet$ Το πρόβλημα αυτό προτάθηκε παλιότερα ( Απρίλιος 2009 ) στο mathlinks.ro φόρουμ, από ένα ταλαντούχο ρουμάνο μαθητή (τότε) και δόθηκαν κάποιες λύσεις. Δυστυχώς, δεν ανευρίσκεται σήμερα η σχετική δημοσίευση και η συζήτηση που είχε γίνει, γιατί κάποιος αυθαίρετα την έχει καταργήσει χωρίς καμμιά εξήγηση, προσβάλλοντας ευθέως αυτούς που έδωσαν λύση.

Έχω κρατήσει στο αρχείο μου την λύση που είχα στείλει στο mathlinks.ro φόρουμ και θα βάλω την μετάφρασή της εδώ, τιμώντας τις παρεμβάσεις σας αλλά και αναιρώντας κατά κάποιο τρόπο την "εξαφάνιση" του προβλήματος από το διαδίκτυο. Θα βάλω επίσης και τις άλλες δύο λύσεις που είχαν εμφανιστεί τότε, εάν θα έχω την έγκριση αυτών που τις έστειλαν.

Με την εκτίμηση και τον σεβασμό μου, Κώστας Βήττας.

#6

Έστω $(O_{1},\ (O_{2})$ , οι περίκυκλοι των τριγώνων $\vartriangle ABD,\ \vartriangle ACD$ αντιστοίχως, και έστω το σημείο $X\equiv O_{1}O_{2}\cap PQ$ .

Η ευθεία που συνδέει τα μέσα $K,\ L$ των $AB,\ AC$ αντιστοίχως, περνάει από το σημείο

, ως το μέσον του

αλλά και του

( προφανές ).

Έστω $M,\ N$ , τα μέσα των $BD,\ CD$ αντιστοίχως και αρκεί ως ισοδύναμο ζητούμενο, να αποδειχθεί ότι ισχύει $(XP)^{2} = (XM)(XN)\ \ \ ,(1)$

$\bullet$ Έστω

, το μέσον του $O_{1}O_{2}$ και από το τραπέζιο $EO_{1}O_{2}F$ έχουμε ότι $2(O'P) = O_{1}E + O_{2}F\ \ \ ,(2)$ όπου $E,\ F$ είναι τα σημεία επαφής των $(O_{1}),\ (O_{2})$ αντιστοίχως, στην κοινή τους εξωτερική εφαπτομένη, προς το μέρος που κείται το

.

: Τετραγωνισμός ορθογωνίου πλευρών τριγώνου.; f=112_t=50014(a).PNG (37.05 KiB) Προβλήθηκε 1159 φορές

Από το ορθογώνιο τραπέζιο $O_{1}MNO_{2}$ έχουμε $O'M = O'N\ \ \ ,(3)$

Επίσης, έχουμε $2(O'N) = O_{1}D + O_{2}C = O_{1}E + O_{2}F\ \ \ ,(4)$ από το τραπέζιο $O_{1}DCO_{2}$ , λόγω $\displaystyle \angle O_{1}DB = 90^{o} - \frac{\angle A}{2} = \angle O_{2}CD\Rightarrow$ $O_{1}D\parallel O_{2}C$ .

Από $(2),\ (3),\ (4)$ , προκύπτει ότι $O'M = O'N = O'P\ \ \ ,(5)$ και άρα, τα σημεία $M,\ N$ ανήκουν στον κύκλο έστω (O')

με κέντρο το

και ακτίνα O'P = O'Q

.

$\bullet$ Από $NL\parallel AD$ και $AD\perp O_{1}O_{2}$ τώρα, έχουμε $NL\perp O_{1}O_{2}$ και έστω

, το συμμετρικό σημείο του

ως προς την ευθεία $O_{1}O_{2}$ και άρα, $XN = XN'\ \ \ ,(6)$

Τα σημεία $M,\ X,\ N'$ είναι συνευθειακά γιατί η ευθεία $XO_{2}$ ταυτίζεται με την εξωτερική διχοτόμο της γωνίας $\angle X$ του τριγώνου $\vartriangle XMN$ .

Στον κύκλο (O')

τέλος, συμπεραίνεται ότι $(XP)(XQ) = (XM)(XN')\Rightarrow$ $(XP)^{2} = (XM)(XN)$ και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Math Rider · #7

vittasko έγραψε:Καλημέρα σας αγαπητοί φίλοι και σας ευχαριστώ για τις παρεμβάσεις σας.

Νίκο, για μένα δεν υπάρχουν άσχημες αποδείξεις. Απλώς, κάποιες, επειδή είναι γραμμένες στο "Βιβλίο" ( πρόσφατο παράδειγμα, αυτή ), είναι πολύ όμορφες.

Κάθε απόδειξη είναι ένα ταξίδι στην σκέψη του άλλου και όπως έχω πει με άλλη ευκαιρία, μαθαίνουμε κυρίως από τους άλλους, αυτούς που προηγήθηκαν, αυτούς με τους οποίους μαζί πορευτήκαμε, αλλά και από τους νεότερους που ορμητικά μας προσπερνάνε.

Κύριε Βήττα συμφωνούμε. Αρχίζω μάλιστα να υποψιάζομαι ότι ο κύριος Ρεκούμης έχει κάποιο
αντίγραφο του κεφαλαίου της Γεωμετρίας από το Βιβλίο!

Ως εκ τούτου ότι αποδεικνύουμε είναι εξ’ ορισμού λιγότερο όμορφο.
Κατά τ’ άλλα, δεν μας μένει παρά να κρατάμε χαμηλό το σκορ του SF.

Πίσω στο πρόβλημα: Μια ακόμα λύση προκύπτει με συνδυασμό των λύσεων του gavrilos και της δικής μου.
(Ξαναγράφω τον συμβολισμό και εν συντομία τα βασικά βήματα)
Αν το τρίγωνο ABC

είναι ισοσκελές με AB = AC

το ζητούμενο προκύπτει εύκολα.
Έστω, χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι AC > AB

δηλαδή

.

: Τετραγωνισμός 2.png (26.1 KiB) Προβλήθηκε 1151 φορές

Έστω

οι ακτίνες των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ABD

και

αντιστοίχως και ST,VU

τα κοινά εξωτερικά εφαπτόμενα τμήματα τους.
Η

ως κοινή χορδή (ριζικός άξονας) των δύο κύκλων διχοτόμει τα ST,VU

.
Δηλαδή τα σημεία P,Q

είναι τα μέσα των τμημάτων ST,VU

αντιστοίχως.
Όπως έδειξε ο gavrilos παραπάνω (αποδεικνύοντας ότι AP = DQ

και κάνοντας χρήση της σχέσης
$AB \cdot AC = A{D^2} + BD \cdot DC$ ) αρκεί να δείξουμε ότι $S{T^2} = BD \cdot DC$ (1)

Είναι $S{T^2} = K{L^2} - {(R' - R)^2}$ (2) (από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο EKL

)

Από τον νόμο των ημιτόνων στα τρίγωνα ADB

και

είναι
$R = \frac{{ac}}{{2(b + c)\sin \frac{A}{2}}}$ και $R' = \frac{{ab}}{{2(b + c)\sin \frac{A}{2}}}$ (3)

Από την ομοιότητα των τριγώνων AKL

και

και τον νόμο των ημιτόνων προκύπτει ότι

$\frac{{KL}}{{\sin A}} = \frac{R}{{\sin C}} = \frac{{R'}}{{\sin B}} = \frac{{R' - R}}{{\sin B - \sin C}}$ , οπότε $KL = \frac{{a(R' - R)}}{{b - c}}$ (4)

(βλέποντας την (2) εκφράσαμε το

συναρτήσει του R' - R

)

H (2) λόγω των (3) και (4) δίνει

$S{T^2} = \frac{{{a^2}{{(R' - R)}^2}}}{{{{(b - c)}^2}}} - {(R' - R)^2} = \frac{{{a^2} - {{(b - c)}^2}}}{{{{(b - c)}^2}}}{(R' - R)^2} = \frac{{{a^2} - {{(b - c)}^2}}}{{{{(b - c)}^2}}} \cdot \frac{{{a^2}{{(b - c)}^2}}}{{4{{(b + c)}^2}{{\sin }^2}\frac{A}{2}}} =$

$\frac{{{a^2}(a + b - c)(a - b + c)}}{{4{{(b + c)}^2}{{\sin }^2}\frac{A}{2}}} = \frac{{{a^2}(s - b)(s - c)}}{{{{(b + c)}^2}{{\sin }^2}\frac{A}{2}}} = \frac{{{a^2}bc}}{{{{(b + c)}^2}}}$ (διότι $\sin \frac{A}{2} = \sqrt {\frac{{(s - b)(s - c)}}{{bc}}}$ )

Δηλαδή $S{T^2} = \frac{{{a^2}bc}}{{{{(b + c)}^2}}} = \frac{{ac}}{{b + c}} \cdot \frac{{ab}}{{b + c}} = BD \cdot DC$ και η (1) αποδείχθηκε.

Τετραγωνισμός ορθογωνίου πλευρών τριγώνου.

Τετραγωνισμός ορθογωνίου πλευρών τριγώνου.

Re: Τετραγωνισμός ορθογωνίου πλευρών τριγώνου.

Re: Τετραγωνισμός ορθογωνίου πλευρών τριγώνου.

Re: Τετραγωνισμός ορθογωνίου πλευρών τριγώνου.

Re: Τετραγωνισμός ορθογωνίου πλευρών τριγώνου.

Re: Τετραγωνισμός ορθογωνίου πλευρών τριγώνου.

Re: Τετραγωνισμός ορθογωνίου πλευρών τριγώνου.

Μέλη σε σύνδεση