Δίκυκλο

KARKAR · #1

Οι κύκλοι (K ,2R)

και $(\Lambda ,R)$ εφάπτονται εξωτερικά στο

, και έστω $B\Gamma$

μία κοινή εξωτερική τους εφαπτομένη .

Να βρεθεί το εμβαδόν του $AB\Gamma$ , και να συγκριθεί με το εμβαδόν του ABK

.

Ιστοσελίδα · #2

Είναι $KB//\varLambda\varGamma$ και $A\widehat{K}B=\hat{\phi} \; , \; A\widehat{\varLambda}\varGamma=180^{\circ}-\hat{\phi}.$
$K\widehat{A}B=90^{\circ}-\dfrac{\hat{\phi}}{2} \; , \; \varLambda\widehat{A}\varGamma=\dfrac{\hat{\phi}}{2}.$ Άρα $B\widehat{A}\varGamma=90^{\circ}.$

Στο τρίγωνο AKB

είναι: $AB^2=KA^2+KB^2-2KA\cdot KB\cos \phi = 4R^2+4R^2-8R^2\cos \phi =$ $8R^2(1-\cos \phi)$

Όμοια στο τρίγωνο $A\varLambda\varGamma$ είναι: $A\varGamma^2 = 2R^2(1+\cos \phi).$

$(AB\varGamma) = \dfrac{1}{2}AB\cdot A\varGamma = \dfrac{1}{2}\sqrt{16R^4(1-\cos^2\phi)} = 2R^2\sin \phi .$

$(AKB) = \dfrac{1}{2}KA\cdot KB = \dfrac{1}{2}2R\cdot 2R \sin \phi = 2R^2\sin \phi = (AB\varGamma).$

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $KM\varLambda$ είναι: $K\varLambda = 3R \; , \; KM=R$ και $M\varLambda = 2R\sqrt{2}.$

Άρα $\sin \phi =\dfrac{M\varLambda}{K\varLambda } = \dfrac{2R\sqrt{2}}{3R} = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}.$

Επομένως $(AB\varGamma) = 2R^2\cdot\dfrac{2\sqrt{2}}{3} = \dfrac{4R^2\sqrt{2}}{3}.$

hlkampel · #3

Μία ακόμη λύση χωρίς τριγωνομετρία.(Δανείστηκα από πάνω)
Από Π,Θ. Στο τρίγωνο ΜΛ είναι ${\rm M}\Lambda ^2 = {\rm K}\Lambda ^2 - {\rm M}{\rm K}^2 \Rightarrow {\rm M}\Lambda = 2\sqrt 2 R$ .
Είναι ${\rm B}\Gamma = {\rm M}\Lambda = 2\sqrt 2 R$ από το ορθογώνιο ΜΒΓΛ.
Φέρνω την ${\rm A}{\rm Z} \bot {\rm B}\Gamma$ και από το μέσο Δ της ΑΚ φέρνω $\Delta {\rm E} \bot {\rm B}\Gamma$ .
Στο τραπέζιο ΒΚΑΖ η ΕΔ είναι διάμεσος και στο τραπέζιο ΕΔΛΓ η ΑΖ=x είναι διάμεσος, οπότε $\Delta {\rm E} = \frac{{{\rm B}{\rm K} + {\rm A}{\rm Z}}}{2} \Rightarrow \Delta {\rm E} = \frac{{2R + x}}{2}$ (1) και
$AZ = \frac{{\Delta {\rm E} + \Lambda \Gamma }}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{(1)} x = \frac{{\frac{{x + 2R}}{2} + R}}{2} \Rightarrow x = \frac{4}{3}R$
Έτσι $\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = \frac{1}{2}{\rm B}\Gamma \cdot {\rm A}{\rm Z} \Rightarrow \left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = \frac{1}{2}2\sqrt 2 R\frac{4}{3}R \Rightarrow \left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = \frac{{4\sqrt 2 R^2 }}{3}$

Τα τρίγωνα ΑΚΝ και ΚΜΛ είναι όμοια γιατί έχουν τη γωνία Κ κοινή και ΑΝ//ΛΜ, έτσι:
$\frac{{{\rm A}{\rm N}}}{{\Lambda {\rm M}}} = \frac{{{\rm A}{\rm K}}}{{{\rm K}\Lambda }} \Rightarrow \frac{{{\rm A}{\rm N}}}{{2\sqrt 2 R}} = \frac{{2R}}{{3R}} \Rightarrow {\rm A}{\rm K} = \frac{{4\sqrt 2 R}}{3}$

$\left( {{\rm A}{\rm B}{\rm K}} \right) = \frac{1}{2}{\rm B}{\rm K} \cdot {\rm A}{\rm K} \Rightarrow \left( {{\rm A}{\rm B}{\rm K}} \right) = \frac{1}{2}2R\frac{{4\sqrt 2 R}}{3} \Rightarrow \left( {{\rm A}{\rm B}{\rm K}} \right) = \frac{{4\sqrt 2 R^2 }}{3}$

Άρα (ΑΒΓ)=(ΑΒΚ)

Ιστοσελίδα · #4

Θέτοντας ${\rm B}\widehat {\rm K}{\rm A} = 2x$ και εφόσον ${\rm K}{\rm B} \bot {\rm B}\Gamma ,\,\Lambda \Gamma \bot {\rm B}\Gamma$ προκύπτει από ανάλυση γωνιών ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο.

Φέρω στο ισοσκελές τρίγωνο ΚΒΑ το ύψος-διχοτόμος-διάμεσος ΚΜ και το τρίγωνο ΚΜΑ είναι ίσο με ΑΓΔ, άρα ${\rm K}{\rm M} = {\rm A}\Gamma$ . Εφόσον ${\rm K}{\rm M}//{\rm A}\Gamma$ το τετράπλευρο ΜΚΑΓ είναι παραλληλόγραμμο, επομένως ${\rm M}\Gamma = {\rm K}{\rm A} = 2R$ . Ομοίως το ΑΜΓΔ, άρα $\Gamma \Delta = \displaystyle\frac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}$ .

Τα τρίγωνα ΑΓΔ, ΑΒΓ είναι όμοια και από το λόγο ομοιότητας προκύπτει ότι ${\rm A}{\Gamma ^2} = \displaystyle\frac{{{\rm A}{{\rm B}^2}}}{2} \Rightarrow {\rm A}{\rm B} = \sqrt 2 {\rm A}\Gamma \,\,(1)$ . Από πυθαγόρειο στο ΑΜΓ και από τη σχέση (1) παίρνω ${\rm A}{\rm B} = \displaystyle\frac{{4\sqrt 3 R}}{3}$ , ${\rm A}\Gamma = \displaystyle\frac{{2\sqrt 6 R}}{3}$ .

Θα ισχύει $\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = \left( {{\rm A}{\rm B}{\rm K}} \right) = \displaystyle\frac{{{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}\Gamma }}{2} = \displaystyle\frac{{4\sqrt 2 {R^2}}}{3}$ .

Δίκυκλο

Δίκυκλο

Re: Δίκυκλο

Re: Δίκυκλο

Re: Δίκυκλο

Μέλη σε σύνδεση