Μετρική_4

#1

Έστω

το έγκεντρο οξυγώνιου τριγώνου ABC

και

το ύψος του. Αν R, r

είναι οι ακτίνες του περιγεγραμμένου

και του εγγεγραμμένου κύκλου αντίστοιχα, να υπολογίσετε το μήκος του

συναρτήσει των h_a, R, r.

#2

Επαναφορά, δίνοντας την απάντηση στο ζητούμενο. Να δείξετε ότι: $\boxed{DI^2=(2R-h_a)(h_a-2r)}$

ksofsa · #3

Εστω

η προβολή του

στην

και έστω ότι η

τέμνει την

στο

και τον περιγεγραμμένο κύκλο στο

.

Είναι

DI^2=IK^2+DK^2=r^2+DK^2

και από Θαλή

$\frac{KL}{DL}=\frac{IK}{AD}=\frac{r}{h_{a}}\Leftrightarrow KL=DL\cdot \frac{r}{h_{a}}$

και

$DK=DL-KL=DL(1-\frac{r}{h_{a}})\Leftrightarrow DK^2=DL^2(1-\frac{r}{h_{a}})^2=DL^2\frac{(h_{a}-r)^2}{h_{a}^2}$

και

$DL^2=AL^2-AD^2=AL^2-h_{a}^2$

και

$(ALB)+(ALC)=(ABC)\Leftrightarrow c\cdot ALsin\frac{A}{2}+b\cdot ALsin\frac{A}{2}=ah_{a}\Leftrightarrow ALsin\frac{A}{2}(b+c)=ah_{a}$

Ομως

$(a+b+c)r=ah_{a}\Leftrightarrow b+c=\frac{a(h_{a}-r)}{_{r}}$

Αρα επανερχόμαστε στην προηγούμενη σχέση και παίρνουμε

$AL=\frac{rh_{a}}{(h_{a}-r)sin\frac{A}{2}}$

Αρα

$Dk^2=DL^2(\frac{h_{a}-r}{h_{a}})^2=(\frac{r^2h_{a}^2}{(h_{a}-r)^2sin^2\frac{A}{2}}-h_{a}^2)\frac{(h_{a}-r)^2}{h_{a}^2}=\frac{r^2}{sin^2\frac{A}{2}}-(h_{a}-r)^2=AI^2-(h_{a}-r)^2$

και

$DI^2=r^2+DK^2=r^2+AI^2-(h_{a}-r)^2=AI^2-h_{a}(h_{a}-2r)$

Ως γνωστόν

MB=MI=MC=x

Από θεώρημα Πτολεμαίου στο ABMC

έχω

$x(b+c)=a(x+IA)\Leftrightarrow x=\frac{aIA}{b+c-a}$

και

από θεώρημα δύναμης σημείου έχω

$IA\cdot IM=R^2-OI^2=2Rr\Leftrightarrow \frac{aIA^2}{b+c-a}=2Rr\Leftrightarrow IA^2=2R\frac{r(b+c-a)}{a}=2R\frac{r(a+b+c)-2ar}{a}=2R\frac{ah_{a}-2ar}{a}=2R(h_{a}-2r)$

Αρα

$DI^2=AI^2-h_{a}(h_{a}-2r)=2R(h_{a}-2r)-h_{a}(h_{a}-2r)=(2R-h_{a})(h_{a}-2r)$ , ό.έ.δ.

ksofsa · #4

Τη σχέση

$DK^2=AI^2-(h_{a}-r)^2$

μπορούμε να την πάρουμε άμεσα θεωρώντας

την προβολή του

στο

και εφαρμόζοντας πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο AQI

.

Επίσης να επισημάνω ότι στην παραπάνω απόδειξη χρησιμοποίησα τη σχέση του Euler OI^2=R^2-2Rr

.

#5

Αφού ευχαριστήσω τον Κώστα για τη λύση, να δώσω μία άλλη προσέγγιση.

: Μετρική_4.png (13.85 KiB) Προβλήθηκε 1271 φορές

Νόμος συνημιτόνων διαδοχικά στα τρίγωνα ADI, AIO:

$\displaystyle A{I^2} = {h_a}^2 + D{I^2} - 2{h_a} \cdot DI\cos \theta = {h_a}^2 + D{I^2} - 2{h_a} \cdot DI \cdot \frac{r}{{DI}} \Leftrightarrow$ $\boxed{A{I^2} = {h_a}^2 + D{I^2} - 2{h_a} \cdot r}$ (1)

$\displaystyle O{I^2} = {R^2} + A{I^2} - 2R \cdot AI\cos \omega \Leftrightarrow {R^2} - 2Rr = {R^2} + A{I^2} - 2R \cdot AI \cdot \frac{{{h_a}}}{{AZ}}.$ Αλλά, $\displaystyle \frac{{AI}}{{AZ}} = \frac{{{h_a} - r}}{{{h_a}}},$ άρα:

$\displaystyle A{I^2} - 2R{h_a} + 4Rr = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} {h_a}^2 + D{I^2} - 2{h_a} \cdot r = 2R{h_a} - 4Rr \Leftrightarrow$ $\boxed{DI^2=(2R-h_a)(h_a-2r)}$

Μετρική_4

Μετρική_4

Re: Μετρική_4

Re: Μετρική_4

Re: Μετρική_4

Re: Μετρική_4

Μέλη σε σύνδεση