Τρισεφαπτόμενος κύκλος

Συντονιστές: silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8414
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Τρισεφαπτόμενος κύκλος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Μαρ 09, 2019 7:33 pm

Τρισεφαπτόμενος κύκλος..png
Τρισεφαπτόμενος κύκλος..png (16.71 KiB) Προβλήθηκε 581 φορές
Δίνεται τρίγωνο ABC με AB=6, BC=5 και \widehat B=30^\circ. Κύκλος (K, r) εφάπτεται στις πλευρές

AB, BC και εσωτερικά στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC. Να υπολογίσετε την ακτίνα r.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6727
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Τρισεφαπτόμενος κύκλος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Μαρ 10, 2019 12:03 pm

τρισεφαπτόμενος κύκλος_ok.png
τρισεφαπτόμενος κύκλος_ok.png (41.56 KiB) Προβλήθηκε 527 φορές
Η γεωμετρική κατασκευή, σε σχήμα, πριν τους όποιους υπολογισμούς.

Το ακριβές αποτέλεσμα είναι πολύ « όμορφο»


r = 154 - 88\sqrt 3  - \sqrt {43828 - 25304\sqrt 3 }



Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1810
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Τρισεφαπτόμενος κύκλος

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Δευ Μαρ 11, 2019 6:46 pm

Με ρ την ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου, από νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο BOK και κάτι "ψιλά" προκύπτει

r=\rho  \tau \epsilon \mu ^{2}\frac{B}{2}


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2030
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Τρισεφαπτόμενος κύκλος

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Δευ Μαρ 11, 2019 8:43 pm

Για την κατασκευή του κύκλου (K) εναλλακτικά:

Η προβολή του σημείου D επί της BK , ταυτίζεται με το έγκεντρο του δοσμένου τριγώνου \vartriangle ABC ( γνωστό, οπότε η δια του I κάθετη ευθεία επί την BI μας δίνει το D\in AC και η δια του D κάθετη ευθεία επί την BC μας δίνει το K\in BI ) και ας είναι E η προβολή του I επί της AC.

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα \vartriangle EID,\ \vartriangle IDK προκύπτει \boxed{\displaystile r = \frac{(ID)^{2}}{\rho}}\ \ \ ,(1) με r = KD και \rho = IE

Αλλά, ID = (BI)tan15^{o} και \displaystyle BI = \frac{\rho}{sin15^{o}} και \boxed{\displaystyle \rho = \frac{abc}{4Rs}}\ \ \ ,(2) όπου \displaystyle s = \frac{a+b+c}{2}

με a = 5 και c = 6 και b = R , λόγω \angle B = 30^{o} , όπου R είναι η ακτίνα του περίκυκλου του \vartriangle ABC.

Από (1)\Rightarrow \displaystyle r = \frac{\rho}{cos^{2}15^{o}}\ \ \ ,(3)

Από (2)\Rightarrow \displaystyle \rho = \frac{15}{11+R}\ \ \ ,(4)

Από (3),\ (4)\Rightarrow \displaystyle r = \frac{15}{(11+R)cos^{2}15^{o}}\Rightarrow \boxed{\displaystyle r = \frac{60}{(11+R)(2+\sqrt{3})}} λόγω \displaystyle cos^{2}15^{o} = \frac{2+\sqrt{3}}{4}

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Με επιφύλαξη για τυχόν λάθος στις πράξεις.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8414
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Τρισεφαπτόμενος κύκλος

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Μαρ 13, 2019 9:44 am

Έστω R η ακτίνα του μεγάλου κύκλου. Έχει αποδειχθεί εδώ ότι r = \dfrac{{BP \cdot PC}}{{2(R - d)}}
Τρισεφαπτόμενος κύκλος.ΙΙ.png
Τρισεφαπτόμενος κύκλος.ΙΙ.png (19.28 KiB) Προβλήθηκε 364 φορές
Είναι λοιπόν \boxed{r = \frac{{BP(5 - BP)}}{{2(R - d)}}} , \boxed{{d^2} = {R^2} - \frac{{25}}{4}} και με νόμο συνημιτόνων \boxed{R = AC = \sqrt {61 - 30\sqrt 3 }}

\displaystyle BP = \frac{r}{{\tan 15^\circ }} \Leftrightarrow BP = r(2 + \sqrt 3 ) και από τις παραπάνω σχέσεις, \boxed{r = 2\left( {7 - 4\sqrt 3 } \right)\left( {11 - \sqrt {61 - 30\sqrt 3 } } \right)}


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες