Όλοι παρέα σε ένα κύκλο

#1

: Όλοι μαζί...κι ο ψωριάρης χώρια.png (11.71 KiB) Προβλήθηκε 575 φορές

Έστω

το ορθόκεντρο, το έγκεντρο και το περίκεντρο αντίστοιχα τριγώνου ABC

και

οι ακτίνες

του περίκυκλου και του έγκυκλου αντίστοιχα. Αν $\widehat A=80^0, \widehat B=40^0, \widehat C=60^0,$ να δείξετε ότι:

α) Τα σημεία A, H, I, O,B

είναι ομοκυκλικά και AH=HI=IO

..............β) $\displaystyle r = \frac{R}{2}\left( {1 - 4{{\sin }^2}{{10}^0}} \right)$

#2

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 04, 2018 8:26 pm
Όλοι μαζί...κι ο ψωριάρης χώρια.png
Έστω το ορθόκεντρο, το έγκεντρο και το περίκεντρο αντίστοιχα τριγώνου και οι ακτίνες του περίκυκλου και του έγκυκλου αντίστοιχα. Αν $\widehat A=80^0, \widehat B=40^0, \widehat C=60^0,$ να δείξετε ότι:
α) Τα σημεία είναι ομοκυκλικά και ..............β) $\displaystyle r = \frac{R}{2}\left( {1 - 4{{\sin }^2}{{10}^0}} \right)$

Είναι $\angle AHB = {180^0} - \angle B = {120^0},\angle AIB = {90^0} +$ $\dfrac{{\angle B}}{2} = {120^0},\angle AOB = 2\left( {\angle B} \right) = {120^0}$ οπότε

τα σημεία είναι ομοκυκλικά.

Επίσης $\angle ABH = {90^0} - \angle A = {10^0},$ $\angle ABI = \frac{{\angle B}}{2} = {20^0} \Rightarrow$ $\angle HBI = {10^0},$ $\angle OBC = {90^0} - \angle A = {10^0} \Rightarrow \angle IBO = {10^0}$

και συνεπώς (χορδές κύκλου που αντιστοιχούν σε ίσες εγγεγαμμένες γωνίες $\left( {{10}^{0}} \right)$

Αν είναι το απόστημα που αντιστοιχεί στην τότε είναι γνωστό ότι $AH=2OM\overset{\vartriangle OMB}{\mathop{=}}\,2R\sin {{10}^{0}}$

Από τον τύπο του Euler έχουμε: $O{I^2} = {R^2} - 2Rr \Rightarrow A{H^2} = {R^2} - 2Rr \Rightarrow$

${\left( {2OM} \right)^2} = {R^2} - 2Rr \Rightarrow$ ${\left( {2R\sin {{10}^0}} \right)^2} = {R^2} - 2Rr$ $\Rightarrow 4{R^2}{\sin ^2}{10^0} = {R^2} - 2Rr \Rightarrow$ $\ldots r = \dfrac{R}{2}\left( {1 - 4{{\sin }^2}{{10}^0}} \right)$

και όλα τα ζητούμενα έχουν αποδειχθεί

Στάθης

Όλοι παρέα σε ένα κύκλο

Όλοι παρέα σε ένα κύκλο

Re: Όλοι παρέα σε ένα κύκλο

Μέλη σε σύνδεση