Εγγεγραμμένος κύκλος

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10656
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Εγγεγραμμένος κύκλος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Ιαν 22, 2019 2:45 pm

Εγγεγραμμένος κύκλος.png
Εγγεγραμμένος κύκλος.png (17.49 KiB) Προβλήθηκε 527 φορές
Δίνεται τρίγωνο ABC με AB=4, BC=6, AC=8 και σημείο E της BC ώστε EC=2.

Αν το σημείο Z διαιρεί την AE σε λόγο 1:4 και ο κύκλος (C, CA) τέμνει την CB στο D, να δείξετε

ότι ο κύκλος διαμέτρου BZ είναι ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ADC.



Λέξεις Κλειδιά:
STOPJOHN
Δημοσιεύσεις: 2102
Εγγραφή: Τετ Οκτ 05, 2011 7:08 pm
Τοποθεσία: Δροσιά, Αττικής

Re: Εγγεγραμμένος κύκλος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από STOPJOHN » Τρί Ιαν 22, 2019 7:36 pm

george visvikis έγραψε:
Τρί Ιαν 22, 2019 2:45 pm
Εγγεγραμμένος κύκλος.png
Δίνεται τρίγωνο ABC με AB=4, BC=6, AC=8 και σημείο E της BC ώστε EC=2.

Αν το σημείο Z διαιρεί την AE σε λόγο 1:4 και ο κύκλος (C, CA) τέμνει την CB στο D, να δείξετε

ότι ο κύκλος διαμέτρου BZ είναι ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ADC.
Γειά σου Γιώργο

Θα αποδείξω ότι BZ=\dfrac{2(ADC)}{\tau }

Στο τρίγωνο ABC,cosC=\dfrac{64+36-16}{12.8}=\dfrac{7}{8},sinC=\dfrac{\sqrt{15}}{8},,

Οπότε η πλευρα AD υπολογίζεται


AD^{2}=16\Leftrightarrow AD=4, \tau =8+2=10,
       
       (ADC)=\dfrac{1}{2}.8.8.\dfrac{\sqrt{15}} {8}=4\sqrt{15}

Συνεπώς θα αποδειχθεί ότι BZ=\dfrac{4\sqrt{15}}{5}

Είναι ZE=4AZ,AE^{2}=64+4-28=40\Leftrightarrow AE=2\sqrt{10},AZ=\dfrac{2\sqrt{10}}{5},ZE=\dfrac{8 \sqrt{10}}{5}

Στο τρίγωνο

ABE , AZ.BE^{2}+ZE.AB^{2}=AE(BZ^{2}+AZ.ZE)\Rightarrow

          

               ZB=\dfrac{4\sqrt{15}}{5},



Γιάννης
Συνημμένα
Εγγεγραμμένος κύκλος.png
Εγγεγραμμένος κύκλος.png (69.13 KiB) Προβλήθηκε 470 φορές


α. Η δυσκολία με κάνει δυνατότερο.
β. Όταν πέφτεις να έχεις τη δύναμη να σηκώνεσαι.
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1656
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Εγγεγραμμένος κύκλος

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Τρί Ιαν 22, 2019 11:54 pm

george visvikis έγραψε:
Τρί Ιαν 22, 2019 2:45 pm
N
Δίνεται τρίγωνο ABC με AB=4, BC=6, AC=8 και σημείο E της BC ώστε EC=2.

Αν το σημείο Z διαιρεί την AE σε λόγο 1:4 και ο κύκλος (C, CA) τέμνει την CB στο D, να δείξετε

ότι ο κύκλος διαμέτρου BZ είναι ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ADC.
Καλησπέρα.

Έστω σημείο P \in AC, ώστε \angle ABP=90^\circ, και BQ \perp AP.

Τότε, είναι (γνωστό Λήμμα) AQ^2-QC^2=4^2-6^2 \Rightarrow (CQ-AQ)(CQ+AQ)=20 \Rightarrow CQ-AQ=\dfrac{5}{2} \Rightarrow CQ=\dfrac{21}{4}, AQ=\dfrac{11}{4}.

Οπότε, (από μετρικές σχέσεις) είναι AB^2=AQ \cdot AP \Rightarrow 16=\dfrac{11AP}{4} \Rightarrow AP=\dfrac{64}{11}.

Συνεπώς, είναι PC=\dfrac{24}{11}.

Ακόμη, με Π.Θ. στο \vartriangle ABP είναι BP=\dfrac{12\sqrt{15}}{11}.

Οπότε, από γνωστό Λήμμα ισχύει στο τρίγωνο BPC ότι \angle PCB=2\angle PBC \Rightarrow \angle ABC=90+\dfrac{\angle ACB}{2}.

Συνεπώς, έχουμε \angle ABD=\90^\circ-\dfrac{\angle ACB}{2}=\angle ADB \Rightarrow AB=AD=4.

Ακόμη, DB=DC-BC=8-6=2=EC \Rightarrow DB=EC=2, οπότε τα B,E είναι ίσα με την ημιπερίμετρο του τριγώνου \vartriangle ADC, οπότε είναι τα σημείο επαφής του εγγεγραμμένου και του παραγεγραμμένου με την BC αντίστοιχα.

Όμως, φέρνοντας AR \perp DC, έχουμε (λόγω του ισοσκελούς \vartriangle ADB) RB=1. BE=4 \Rightarrow \dfrac{RB}{BE}=\dfrac{AZ}{ZE}=1/4, οπότε ZB \parallel AR \Rightarrow ZB \perp DB.

Άρα, η DC εφάπτεται στον κύκλο και η BZ είναι διάμετρός του.

Όμως, είναι γνωστό ότι αν η AE τέμνει τον εγγεγραμμένο στο K, το K είναι αντιδιαμετρικό του B.

Εφαρμόζοντας λοιπόν αντίστροφα την πρόταση αυτή, προκύπτει ότι ο κύκλος είναι όντως ο εγγεγραμμένος.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε!
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: gbaloglou και 2 επισκέπτες