Deje $\bigodot O_{1},\bigodot O_{2}$ $\bigodot O_{3}$ ser interno tangentes a $\bigodot O$$A, B$$C$, respectivamente, y mutuamente se intersecan en la $D,E,F$ respectivamente. (Como se muestra en la Figura)
Suponga que $GH,IJ,KL$ son externos comunes tangentes de $\bigodot O_{1},\bigodot O_{2}$ $\bigodot O_{3}$ respectivamente.
mostrar que
$$\dfrac{S_{FLA}}{S_{AGE}}\cdot\dfrac{S_{EHC}}{S_{CID}}\cdot\dfrac{S_{DJB}}{S_{BKF}}=1$$
Este resultado fue encontrado por mi alumno, y este resultado cayó bien, porque es casi similar a la del teorema de Ceva, la única diferencia en este problema es de la zona, o puedo decir que es del teorema de Ceva generalización!. Yo intente por Ceva del teorema y de la zona, Sine teorema, y así sucesivamente, y no puede resolverlo
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Voy a suponer por ahora en la siguiente figura tres líneas $BK$, $AL$ y $EE_1$ se encuentran en un punto de $X$, y además, $X$ se encuentra en el círculo de $\Omega$. Voy a probar más tarde.
Vamos $R_1$, $R_2$ y $R$ ser los radios de $\Omega_1$, $\Omega_2$ y $\Omega$ respectivamente. Las necesito para introducir a $k_1 = \frac{R}{R_1}$$k_2 = \frac{R}{R_2}$.
Voy a probar ahora que $\frac{S_2}{S_1}$ sólo depende de $k_1$ $k_2$ y nada más.
$EE_1$ es el eje radical de los círculos $\Omega_1$$\Omega_2$$pow(Y, \Omega_1) = pow(Y, \Omega_2) \Longrightarrow YK^2 = YL^2$. Por lo tanto, $XY$ es la media en $\triangle XKL$ $EY$ es la media en $\triangle EKL$.
Por lo $S_{XKY} = S_{XLY}$$S_{EKY} = S_{ELY}$. Por lo tanto $S_{XKE} = S_{XLE}$. Voy a nombre de ella $S$. Por lo $S = S_{XKE} = S_{XLE}$.
Volviendo a lo que queremos: $$\frac{S_2}{S_1} = \frac{S_2}{S}\frac{S}{S_1} = \frac{BK}{KX}\cdot\frac{XL}{LA}.$$
Debido a algunas similitudes básicas (o dilatación, lo que usted prefiera) $$1 + \frac{XL}{LA} = \frac{XA}{LA} = \frac{R}{R_1} = k_1,$$ así $$\frac{XL}{LA} = k_1 - 1.$$
Del mismo modo, $$\frac{XK}{KB} = k_2 - 1.$$
Finalmente, $$\frac{S_2}{S_1} = \frac{BK}{KX}\cdot\frac{XL}{LA} = \frac{k_1 - 1}{k_2 - 1}.$$
La única cosa que queda por hacer es multiplicar 3 de estas fracciones juntos, uno por cada par de interior de los círculos: $$\frac{k_1 - 1}{k_2 - 1}\cdot\frac{k_2 - 1}{k_3 - 1}\cdot\frac{k_3 - 1}{k_1 - 1} = 1.$$
Como prometí, os voy a mostrar por qué $BK$, $AL$ y $EE_1$ reunirse en el círculo grande.
Considerar la dilatación con Un centro de esos que se transforma $\Omega_1 \rightarrow \Omega$. En virtud de que la dilatación punto de $L$ se convierte en algún punto de $L'$ sobre el círculo grande. Una dilatación siempre se transforma en una línea en una línea paralela de modo que la tangente en $L'$ para el círculo grande es paralela a la línea de $KL$.
La misma cosa sucede a punto de $K$ bajo la dilatación que se transforma $\Omega_2 \rightarrow \Omega$. Se convierte en algún punto de $K'$ $\Omega$ y la línea tangente en $K'$ es también paralela a $KL$.
Afortunadamente, el número de puntos en $\Omega$ con que propiedad es muy limitada, a saber: 1 (en realidad 2, pero sólo estamos interesados en los del otro lado de la $KL$$A$$B$). Así que teniendo en cuenta que los puntos dentro de cada uno de los triples ($B$, $K$, $K'$) y ($A$, $L$, $L'$) son colineales, $BK$ $AL$ reunirse en $\Omega$. Pongamos nombre a ese punto $X$.
Gran. Una línea más para ir: $EE_1$. Así que nos quieren demostrar que el eje radical de $\Omega_1$ $\Omega_2$ pasa a través de $X$. En otras palabras, queremos demostrar que $pow(X, \Omega_1) = pow(X, \Omega_2)$ o $XK\cdot XB = XL\cdot XA$. Por lo puntos $B$, $K$, $L$ y $A$ debe ser concyclic.
Y lo son. Es una simple cuestión de marcar los ángulos iguales, así que voy a dejar la siguiente figura como ilustración de dónde buscar para ellos.
