Ο αντίστροφος κύκλου

#1

: Αντίστροφος κύκλου.png (9.34 KiB) Προβλήθηκε 1530 φορές

Έστω κύκλος $\left( O \right)$ , χορδή του

και το μέσο

του μεγάλου τόξου της χορδής.

Τυχαίο σημείο

διαγράφει το μεγάλο τόξοο της χορδής

του κύκλου $\left( O \right)$ . Θεωρώ (έστω $\left( K \right)$ )και τον A -

Παρεγγεγραμμένο κύκλο του $\vartriangle ABC$ .

Να δείξετε ότι ο αντίστροφος του κύκλου $\left( K \right)$ με πόλο το

και δύναμη αντιστροφής ${k^2} = S{B^2} - S{A^2}$ , είναι κύκλος που εφάπτεται στις $AB\,\,,\,\,AC$ και στον κύκλο $\left( O \right)$

#2

Ας δειχτεί, για αρχή, ότι σε κάθε τρίγωνο ισχύει

$r_ar=4R^2sin^2\frac{A}{2}sinBsinC=4R^2sin^2\frac{A}{2} \left ( cos^2\frac{A}{2}-cos^2\left ( \frac{A}{2}+B\right ) \right )$

Υπόψη:

$r=4Rsin\frac{A}{2} sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}$

$r_a=4Rsin\frac{A}{2} cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}$

$p=4Rcos\frac{A}{2} cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}$ , (p ημιπερίμετρος)

$r_m=\dfrac{r}{cos^2\frac{A}{2} }$ ( r_m

η ακτίνα του Α-έσω μικτοεγγεγραμμένου κύκλου)

#3

Αρκεί να δείξουμε ότι η αντιστροφή με κέντρο το

, που αντιστρέφει τον Α-παρεγεγραμμένο κύκλο στον Α-έσω-μικτοεγεγραμμένο κύκλο (προφανές ότι υπάρχει τέτοια αντιστροφή), έχει δύναμη SB^2-SA^2

.

Ας το δούμε με τριγωνομετρία.

Έστω I_m, I_a

και

, κατά σειρά, τα κέντρα, οι ακτίνες και τα σημεία επαφής με την

του Α-έσω-μικτοεγεγραμμένου κύκλου και του Α-παρεγεγραμμένου κύκλου αντίστοιχα.

Επειδή τα σημεία επαφής D,E

είναι αντίστροφα, η δύναμη αντιστrοφής είναι ίση με το γινόμενο $AE\cdot AD$ , οπότε αρκεί, κατά τα ανωτέρω, να αποδείξουμε ότι:

$AE\cdot AD=SB^2-SA^2$

Είναι

$AE\cdot AD=\dfrac{r_a}{tan\frac{A}{2}}\dfrac{r_m}{tan\frac{A}{2}}=\dfrac{r_a}{tan^2\frac{A}{2}}r_m$

$.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\dfrac{r_a}{tan^2\frac{A}{2}}\dfrac{r}{cos^2\frac{A}{2}}=\dfrac{r_ar}{sin^2\frac{A}{2}}=4R^2sinBsinC$ (υπόψιν τα ... υπόψη)

Έστω

το αντιδιαμετρικό του

στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου (το οποίο είναι ο Νότιος πόλος). Από τον ορισμό του συνημιτόνου στα ορθογώνια τρίγωνα SPB, SPA

έχουμε $SB=2Rcos\frac{A}{2},\,\,\,SA=2Rcos\left ( C+\frac{A}{2} \right )$ , οπότε:

$SB^2-SA^2=\left (2Rcos\frac{A}{2} \right )^2-\left ( 2Rcos\left ( C+\frac{A}{2} \right )^2 \right )$

$.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=4R^2 \left (cos^2\frac{A}{2}- cos^2\left ( C+\frac{A}{2} \right ) \right )$

$.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=4R^2sinBsinC=AE\cdot AD$

συνεχίζεται....

Henri van Aubel · #4

$\displaystyle SB^{2}-SA^{2}=\frac{r_{a}r_{m}}{\displaystyle \tan ^{2}\frac{A}{2}}=4R^{2}\sin B\sin C$

(αυτό αρκεί να δείξουμε , τότε θα έχουμε το ζητούμενο...)

(οι τύποι είναι γνωστοί ούτως ή άλλως...)

Όμως $\displaystyle SB^{2}-SA^{2}=4R^{2}\left [ \cos ^{2}\frac{A}{2}-\cos ^{2}\left ( \frac{A}{2}+B \right ) \right ].$

Επομένως, αρκεί νδο $\displaystyle \cos ^{2}\frac{A}{2}-\cos ^{2}\left ( \frac{A}{2} +B\right )=\sin B\sin \left ( A+B \right ).$

Είναι $\displaystyle \cos ^{2}\frac{A}{2}-\cos ^{2}\left ( \frac{A}{2}+B \right )=\frac{1+\cos A-\left ( 1+\cos \left ( A+2B \right ) \right )}{2}=\frac{\cos A-\cos \left ( A+2B \right )}{2}.$

Εφόσον $\displaystyle \sin B\sin \left ( A+B \right )=\frac{\cos A-\cos \left ( A+2B \right )}{2}$ , έχουμε τελειώσει... κλπ.

#5

Doloros έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 03, 2023 7:04 pm
Αντίστροφος κύκλου.png

Έστω κύκλος $\left( O \right)$ , χορδή του και το μέσο του μεγάλου τόξου της χορδής.

Τυχαίο σημείο διαγράφει το μεγάλο τόξοο της χορδής του κύκλου $\left( O \right)$ . Θεωρώ (έστω $\left( K \right)$ )και τον Παρεγγεγραμμένο κύκλο του $\vartriangle ABC$ .

Να δείξετε ότι ο αντίστροφος του κύκλου $\left( K \right)$ με πόλο το και δύναμη αντιστροφής ${k^2} = S{B^2} - S{A^2}$ , είναι κύκλος που εφάπτεται στις $AB\,\,,\,\,AC$ και στον κύκλο $\left( O \right)$

: Λήμμα στο αντίστροφος κύκλου.png (20.34 KiB) Προβλήθηκε 1261 φορές

Επειδή , $AB \cdot AC = SN \cdot TM \Rightarrow bc = 2Rk\,\,\left( 1 \right)$ .

Αλλά ( Θ Ευκλείδη στο $\vartriangle CSN$ ) ,

${k^2} = S{B^2} - S{A^2} = S{C^2} - S{A^2} = 2R\left( {k + m} \right) - 2Rm = 2Rk = bc$ , έχω: $\boxed{k = \sqrt {bc} }$ .

Συνεπώς ( Μπάμπη Στεργίου Γεωμετρία 4 για διαγωνισμούς , συμμετρική αντιστροφή σελ. 293 - 295

) το ζητούμενο έχει αποδειχτεί).

#6

Μπορούμε συνθετικά να το δούμε, μεταξύ των άλλων, με σύνθεση αντιστροφών:

Η αντιστροφή 1, με κέντρο Α, που στέλνει τον εγγεγραμμένο στον μικτοεγγεγραμμένο έχει ακτίνα

.

Αρκεί να αποδείξουμε ότι η ακτίνα

της αντιστροφής 2, με κέντρο Α, που στέλνει τον μικτοεγγεγραμμένο στον παρεγγεγραμμένο κύκλο, είναι $\sqrt{SB^2-SA^2}=\sqrt{\gamma \beta }$ .

H σύνθεση των δύο αντιστροφών είναι η ομοιoθεσία, με κέντρο Α, που στέλνει τον εγγεγραμμένο στον παρεγγεγραμμένο κύκλο, και η οποία έχει λόγο $\dfrac{\tau }{\tau -\alpha }$ . Επομένως:

$\dfrac{\tau }{\tau -\alpha }=\left ( \dfrac{AI}{R} \right )^2\Rightarrow$

$\dfrac{\tau }{\tau -\alpha }=\left (\dfrac{1}{R} \sqrt{\dfrac{\tau \beta\gamma }{\tau -\alpha }} \right )^2 \Rightarrow$

$R=\sqrt{\beta \gamma }$

Ο αντίστροφος κύκλου

Ο αντίστροφος κύκλου

Re: Ο αντίστροφος κύκλου

Re: Ο αντίστροφος κύκλου

Re: Ο αντίστροφος κύκλου

Re: Ο αντίστροφος κύκλου

Re: Ο αντίστροφος κύκλου

Μέλη σε σύνδεση