Μετρική_4

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8970
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Μετρική_4

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Αύγ 17, 2018 11:01 am

Έστω I το έγκεντρο οξυγώνιου τριγώνου ABC και AD=h_a το ύψος του. Αν R, r είναι οι ακτίνες του περιγεγραμμένου

και του εγγεγραμμένου κύκλου αντίστοιχα, να υπολογίσετε το μήκος του DI συναρτήσει των h_a, R, r.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8970
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Μετρική_4

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Αύγ 20, 2018 8:06 pm

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


ksofsa
Δημοσιεύσεις: 183
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Μετρική_4

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Τετ Αύγ 22, 2018 8:30 pm

Εστω K η προβολή του I στην BC και έστω ότι η AI τέμνει την BC στο L και τον περιγεγραμμένο κύκλο στο M.

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.


Κώστας Σφακιανάκης
ksofsa
Δημοσιεύσεις: 183
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Μετρική_4

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Τετ Αύγ 22, 2018 8:34 pm

Τη σχέση

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

μπορούμε να την πάρουμε άμεσα θεωρώντας Q την προβολή του I στο AD και εφαρμόζοντας πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο AQI.

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


Κώστας Σφακιανάκης
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8970
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Μετρική_4

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Αύγ 23, 2018 7:49 pm

Αφού ευχαριστήσω τον Κώστα για τη λύση, να δώσω μία άλλη προσέγγιση.
Μετρική_4.png
Μετρική_4.png (13.85 KiB) Προβλήθηκε 400 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)}


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης