Σύμμετρο-μετρική

Al.Koutsouridis · #1

Στο τρίγωνο ABC

κατασκευάστηκε το σημείο

, συμμετρικό του κέντρου

του εγγεγραμμένου κύκλου του ως προς το κέντο

του περιγεγραμμένου του κύκλου. Να αποδείξετε, ότι $AD^2=4R^2-AB \cdot AC$ , όπου

η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

.

(Για Γ' Λυκείου)

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 15, 2020 2:32 pm
Στο τρίγωνο κατασκευάστηκε το σημείο , συμμετρικό του κέντρου του εγγεγραμμένου κύκλου του ως προς το κέντο του περιγεγραμμένου του κύκλου. Να αποδείξετε, ότι $AD^2=4R^2-AB \cdot AC$ , όπου η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου .

(Για Γ' Λυκείου)

: 208.PNG (27.78 KiB) Προβλήθηκε 1081 φορές

Από το πρώτο θ.διαμέσων στο AID

είναι : $R^2=\dfrac{2\left ( AI^2+AD^2 \right )-4OI^2}{4}\Leftrightarrow AD^2=2R^2+2OI^2-AI^2$
Η σχέση Euler OI^2=R(R-2r)

(

ακτίνα έγκυκλου) και αρκεί $4R^2-bc=2R^2+2OI^2-AI^2=4R^2-4Rr-AI^2\Leftrightarrow AI^2=-4Rr+bc$
Είναι $sr=\left ( ABC \right )=\dfrac{abc}{4R}\Leftrightarrow 4Rr=\dfrac{2abc}{a+b+c}$ (

η ημιπερίμετρος).
Άρα αρκεί $AI^2=bc-\dfrac{2abc}{a+b+c}=\dfrac{bc\left ( b+c-a \right )}{a+b+c}$
Όμως αν

διχοτόμος τότε κάνοντας χρήση του τύπου της διχοτόμου παίρνουμε:
$AI=\dfrac{AF\cdot AB}{AB+BF}=\dfrac{\dfrac{2}{b+c}\sqrt{bc\dfrac{\left (a+b+c \right )\left ( b+c-a \right )}{4}}\cdot c}{c+\dfrac{ac}{b+c}}=\dfrac{\sqrt{bc\left ( a+b+c \right )\left ( b+c-a \right )}}{a+b+c}\Leftrightarrow AI^2=\,\,\,..=\dfrac{bc\left ( b+c-a \right )}{a+b+c}$

και η απόδειξη ολοκληρώθηκε

Ορέστης Λιγνός · #3

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 15, 2020 2:32 pm
Στο τρίγωνο κατασκευάστηκε το σημείο , συμμετρικό του κέντρου του εγγεγραμμένου κύκλου του ως προς το κέντρο του περιγεγραμμένου του κύκλου. Να αποδείξετε, ότι $AD^2=4R^2-AB \cdot AC$ , όπου η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου .

(Για Γ' Λυκείου)

Έστω

το αντιδιαμετρικό του

στον κύκλο (A,B,C)

. Τότε, έχουμε ότι στο τετράπλευρο ADA'I

οι διαγώνιές του διχοτομούνται, επομένως αυτό είναι παραλληλόγραμμο.

Άρα, AD=A'I

. Επίσης,

, οπότε αρκεί να δείξω ότι $AA'^2-A'I^2=AB \cdot AC$ (1).

Έστω $K \equiv AI \cap (A,B,C)$ .

Όμως, τα τρίγωνα $\vartriangle AKA', \vartriangle IKA'$ είναι ορθογώνια, άρα από Π.Θ. έχουμε AA'^2-A'I^2=AK^2-KI^2

(2).

Από γνωστό Λήμμα, KI=KB=KC

(3).

Φέρνουμε $KM \perp AB, KL \perp AC$ , και WLOG υποθέτω ότι το

βρίσκεται στο εξωτερικό του ευθυγράμμου τμήματος

ενώ το

στο εσωτερικό του ευθυγράμμου τμήματος

.

Τότε, η

διχοτομεί την $\angle MAL$ , οπότε AM=AL,KM=KL

. Εύκολα προκύπτει και ότι BM=CL

(από την ισότητα των τριγώνων $\vartriangle BMK,\vartriangle KCL$ ).

Συνεπώς, $AB+BM=AC-CL \Rightarrow 2BM=b-c \Rightarrow BM=CL=(b-c)/2$ (4).

Επομένως από (3), (4) : $AK^2-KI^2=AK^2-KC^2=AL^2-LC^2=(b-LC)^2-LC^2=(\dfrac{b+c}{2})^2-(\dfrac{b-c}{2})^2=bc$ .

Συνεπώς, από την (2) προκύπτει ότι AA'^2-AI^2=bc

, που είναι το ζητούμενο.

Σύμμετρο-μετρική

Σύμμετρο-μετρική

Re: Σύμμετρο-μετρική

Re: Σύμμετρο-μετρική

Μέλη σε σύνδεση