Układy z okręgami
-
mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11415
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3155 razy
- Pomógł: 748 razy
Układy z okręgami
Zbiór wierzchołków trójkąta równobocznego i jego środek ma tę własność, że każda trójka punktów tego zbioru generuje okrag i są to wszystkie przystające okręgi. A czy są inne układy takich punktów (inne niż takie, które są na jednym okręgu)
-
Gouranga
- Użytkownik
- Posty: 1594
- Rejestracja: 16 maja 2013, o 17:56
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Trójmiasto
- Podziękował: 11 razy
- Pomógł: 247 razy
Re: Układy z okręgami
Jeśli mamy trójkąt o bokach \(\displaystyle{ a,b,c}\) wpisany w okrąg i kąt \(\displaystyle{ \gamma}\) na przeciwko boku \(\displaystyle{ c}\) to z twierdzenia Al-Kashy'ego zachodzi
\(\displaystyle{ c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos\gamma}\)
Z drugiej strony wiemy, że w trójkącie równoramiennym o bokach \(\displaystyle{ c,r,r}\) gdzie \(\displaystyle{ r}\) to promień okręgu kąt przy środku okręgu ma miarę \(\displaystyle{ 2\gamma}\) (z relacji kąta wpisanego i środkowego na tym samym łuku), więc zachodzi:
\(\displaystyle{ c^2 = 2r^2 - 2r^2\cos(2\gamma)\\
c^2 = 2r^2(1-\cos(2\gamma))\\
c^2 = 4r^2\sin^2\gamma\\
c = 2r\sin\gamma
}\)
i analogicznie
\(\displaystyle{
a = 2r\sin\alpha\\
b = 2r\sin\beta}\)
Dla jasności nazwijmy sobie trójkąt wyjściowy ABC, opiszmy na nim okrąg. Teraz szukamy punktu D poza tym okręgiem, ale tak, żeby tworzył z pozostałymi parami punktów trójkąty wpisane, więc przesuwamy okrąg tak, żeby dowolny bok, dajmy BC nadal był cięciwą ale punkt A już na nim nie leżał. Z powyższego można pokazać, że dla każdego boku można to zrobić na dokładnie 1 sposób (z faktu, że \(\displaystyle{ \sin\alpha = \sin(\pi - \alpha)}\)
Dobór punktu D tak, żeby kąt \(\displaystyle{ BDC}\) był taki sam jak \(\displaystyle{ BAC}\) nie ma sensu, bo wówczas odległość \(\displaystyle{ AD}\) jest większa niż średnica okręgu, chyba, że \(\displaystyle{ BAC = 90^{\circ}}\) wtedy nic nie zrobimy bo \(\displaystyle{ D}\) zawsze wyjdzie nam na pierwotnym okręgu więc taki przypadek w ogóle odrzucamy. Musimy więc go szukać na tym fragmencie okręgu, który został wewnątrz trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\). Wiemy więc, że \(\displaystyle{ BDC = \pi - BAC}\)
A skoro tak, to również musi zachodzić \(\displaystyle{ CDA = \pi - CBA}\) i \(\displaystyle{ ADB = \pi - ACB}\) dokładnie z tych samych powodów
Wiemy też, że te trzy kąty przy D muszą dawać sumę 360 stopni:
\(\displaystyle{
BDC + CDA + ADB = 360^{\circ}\\
\pi - BAC + \pi - CBA + \pi - ACB = 360^{\circ}\\
3\pi - (BAC + CBA + ACB) = 360^{\circ}\\
3\pi - \pi = 2\pi
}\)
i to się zgadza
Mogę się mylić, ale wychodzi mi na to, że dla dowolnego ostrokątnego trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) wpisanego w okrąg o promieniu \(\displaystyle{ r}\) istnieje taki punkt \(\displaystyle{ D}\) wewnątrz niego, że okręgi opisane na trójkątach ABC, ABD, ACD i BCD mają promień r.
\(\displaystyle{ c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos\gamma}\)
Z drugiej strony wiemy, że w trójkącie równoramiennym o bokach \(\displaystyle{ c,r,r}\) gdzie \(\displaystyle{ r}\) to promień okręgu kąt przy środku okręgu ma miarę \(\displaystyle{ 2\gamma}\) (z relacji kąta wpisanego i środkowego na tym samym łuku), więc zachodzi:
\(\displaystyle{ c^2 = 2r^2 - 2r^2\cos(2\gamma)\\
c^2 = 2r^2(1-\cos(2\gamma))\\
c^2 = 4r^2\sin^2\gamma\\
c = 2r\sin\gamma
}\)
i analogicznie
\(\displaystyle{
a = 2r\sin\alpha\\
b = 2r\sin\beta}\)
Dla jasności nazwijmy sobie trójkąt wyjściowy ABC, opiszmy na nim okrąg. Teraz szukamy punktu D poza tym okręgiem, ale tak, żeby tworzył z pozostałymi parami punktów trójkąty wpisane, więc przesuwamy okrąg tak, żeby dowolny bok, dajmy BC nadal był cięciwą ale punkt A już na nim nie leżał. Z powyższego można pokazać, że dla każdego boku można to zrobić na dokładnie 1 sposób (z faktu, że \(\displaystyle{ \sin\alpha = \sin(\pi - \alpha)}\)
Dobór punktu D tak, żeby kąt \(\displaystyle{ BDC}\) był taki sam jak \(\displaystyle{ BAC}\) nie ma sensu, bo wówczas odległość \(\displaystyle{ AD}\) jest większa niż średnica okręgu, chyba, że \(\displaystyle{ BAC = 90^{\circ}}\) wtedy nic nie zrobimy bo \(\displaystyle{ D}\) zawsze wyjdzie nam na pierwotnym okręgu więc taki przypadek w ogóle odrzucamy. Musimy więc go szukać na tym fragmencie okręgu, który został wewnątrz trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\). Wiemy więc, że \(\displaystyle{ BDC = \pi - BAC}\)
A skoro tak, to również musi zachodzić \(\displaystyle{ CDA = \pi - CBA}\) i \(\displaystyle{ ADB = \pi - ACB}\) dokładnie z tych samych powodów
Wiemy też, że te trzy kąty przy D muszą dawać sumę 360 stopni:
\(\displaystyle{
BDC + CDA + ADB = 360^{\circ}\\
\pi - BAC + \pi - CBA + \pi - ACB = 360^{\circ}\\
3\pi - (BAC + CBA + ACB) = 360^{\circ}\\
3\pi - \pi = 2\pi
}\)
i to się zgadza
Mogę się mylić, ale wychodzi mi na to, że dla dowolnego ostrokątnego trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) wpisanego w okrąg o promieniu \(\displaystyle{ r}\) istnieje taki punkt \(\displaystyle{ D}\) wewnątrz niego, że okręgi opisane na trójkątach ABC, ABD, ACD i BCD mają promień r.