Προσδιορισμός κορυφής

#1

: Προσδιορισμός κορυφής.png (14.89 KiB) Προβλήθηκε 994 φορές

Το σημείο

κινείται σε ημικύκλιο κέντρου

και διαμέτρου BOC=2R.

Αν η διχοτόμος της γωνίας $A\widehat BC$ τέμνει το

ημικύκλιο διαμέτρου

στο

και την

στο

να προσδιορίσετε τη θέση του

ώστε το

να είναι το έγκεντρο

του τριγώνου ABC.

Στη συνέχεια να υπολογίσετε το μήκος του

συναρτήσει του

KARKAR · #2

: Κοίτα ιδιότητες.png (22.52 KiB) Προβλήθηκε 984 φορές

Προσοχή , όχι λύση ! Το τρίγωνο 3-4-5

, πάντως , πληρεί τις απαιτήσεις της

εκφώνησης . Κοιτάξτε ( βρείτε ) τις αποστάσεις του εγκέντρου από τις κορυφές .

Δείξτε ότι το OIEC

είναι χαρταετός με ορθή μάλιστα τη γωνία $\widehat{OIE}$

#3

Πριν τον υπολογισμό η κατασκευή στο παρακάτω σχήμα.

: προσδιορισμός κορυφής.png (29.85 KiB) Προβλήθηκε 950 φορές

Από το πρώτο θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο IBC

και από το θ. συνημιτόνου στο

τρίγωνο IOC

έχω ${y^2} = I{O^2} = I{T^2} = \dfrac{{2{R^2}}}{5}$ και αφού $2{x^2} = 4{y^2} \Rightarrow \boxed{x = \frac{{R\sqrt {10} }}{5}}$ .

: προσδιορισμός κορυφής_ υπολογισμοί.png (40.87 KiB) Προβλήθηκε 932 φορές

Θα ψάξω για πιο κομψή λύση .

Μάλλον η παρακάτω είναι πιο κομψή :

Από το έμμεσο κριτήριο $\vartriangle EIC = \vartriangle OIC$ γιατί $IE = IO\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {ECI} = \widehat {OCI}$ έχουν δε και

την

κοινή. Έτσι θα έχουν EC = OC = R

. Όμως από το θ. διχοτόμου

$\boxed{EC = \frac{{ba}}{{a + c}} = \frac{{2Rb}}{{a + c}}}$ οπότε $a + c = 2b\,\,(1)$ αλλά

${a^2} - {c^2} = {b^2} \Rightarrow (a + c)(a - c) = {b^2} \Rightarrow 2(a - c) = b\,\,(2)$ λόγω των $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(2)$ προκύπτει

ότι το τρίγωνο $\vartriangle ABC \to (5\kappa ,4\kappa ,3\kappa )\,\,\kappa > 0$ κ. λ. π.

#4

george visvikis έγραψε: Το σημείο κινείται σε ημικύκλιο κέντρου και διαμέτρου Αν η διχοτόμος της γωνίας $A\widehat BC$ τέμνει το ημικύκλιο διαμέτρου στο και την στο να προσδιορίσετε τη θέση του ώστε το να είναι το έγκεντρο ου τριγώνου Στη συνέχεια να υπολογίσετε το μήκος του συναρτήσει του

Ας δούμε και μια διαφορετική προσέγγιση της κατασκευής του

Έστω το μέσο του ημικυκλίου διαμέτρου και το δεύτερο (εκτός του ) σημείο τομής του με την . Αν $K\equiv BI\cap \left( O \right),K\ne B$ .

Τότε $\angle CIK = \angle BIM = {45^0}\mathop \Rightarrow \limits^{BK \bot KC} KI = KC$ . Ο κύκλος $\left( K,KC=KI \right)$ επανατέμνει τον $\left( O \right)$ στο σημείο που είναι και το ζητούμενο.

Πράγματι $BI \equiv BK$ διχοτόμος της $\angle ABC\left( {KA = KC} \right)$ και $\angle IAC\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\,\, - \,\,\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta } \dfrac{{\angle IKC}}{2} = {45^0} \Rightarrow AI$ διχοτόμος της $\angle BAC$ ,
άρα το έγκεντρο του $\vartriangle ABC$ .

: Προσδιορισμός κορυφής.png (28.22 KiB) Προβλήθηκε 909 φορές

Οσο για την έχουμε: $\vartriangle IOC\mathop = \limits^{\Gamma - \Pi - \Gamma } \vartriangle IEC \Rightarrow IE = IO = \frac{{KC}}{2} = \dfrac{{KI}}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{\Pi .\Theta \,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle OIK}$ $5O{I^2} = {R^2}\mathop \Rightarrow \limits^{2O{I^2} = O{E^2}} \Rightarrow \ldots \boxed{OE = \dfrac{{R\sqrt {10} }}{5}}$
Στάθης

Προσδιορισμός κορυφής

Προσδιορισμός κορυφής

Re: Προσδιορισμός κορυφής

Re: Προσδιορισμός κορυφής

Re: Προσδιορισμός κορυφής

Μέλη σε σύνδεση