Wie groß ist der Radius des Kreises, der dem Dreieck ABC eingeschrieben ist?

Question

Wie groß ist der Radius des Kreises, der dem Dreieck ABC eingeschrieben ist?

Kreise
Geometrie
Dreiecke
Mathematik
Euklidische Geometrie

peta arantes

Als Referenz: In einem Halbkreis des Durchmessers $AC$ , ein Dreieck $ABC$ eingeschrieben ist, sind die Punkte Durchschnitte von verbunden $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$ , Und $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ mit den Eckpunkten $C$ Und $A$ die sich in Punkten schneiden $E$ Und $F$ mit Seiten $AB$ Und $BC$ bzw. Dann zeichnen wir $EH$ Und $FG$ senkrecht zu $AC$ . Berechne den Radius des dem Dreieck einbeschriebenen Kreises $ABC$ Wenn $HG = 4m$ .

Mein Fortschritt:

Ich habe die Zeichnung oben gemacht (ohne Maßstab). Beziehungen, die ich gefunden habe: $\triangle ABC$ ist ein Rechteck. $\triangle AJH \sim \triangle AMI \sim \triangle AFG$ Ich glaube, einige Daten fehlen...

das ist das richtige Bild

Intelligente pauca

"Die Punkte sind verbundene Durchschnitte von AB und BC mit den Scheitelpunkten C und A, die sich an den Punkten E und F mit den Seiten AB bzw. BC schneiden" ist kaum verständlich. Der Abbildung entnehme ich das

E

$E$ Und

F

$F$ sind die Mittelpunkte von Bögen

A B

$AB$ Und

B C

$BC$ , Rechts?

peta arantes

@Intelligentipauca, von Geogebra ist Ihre Aussage richtig ... "E und F sind die Mittelpunkte der Bögen AB und BC"

peta arantes

Ich habe das falsche Design gemacht ... Ich korrigiere

Antworten (2)

Wie groß ist der Radius des Kreises, der dem Dreieck ABC eingeschrieben ist?

"Die Punkte sind verbundene Durchschnitte von AB und BC mit den Scheitelpunkten C und A, die sich an den Punkten E und F mit den Seiten AB bzw. BC schneiden" ist kaum verständlich. Der Abbildung entnehme ich das $E$ Und $F$ sind die Mittelpunkte von Bögen $AB$ Und $BC$ , Rechts?
@Intelligentipauca, von Geogebra ist Ihre Aussage richtig ... "E und F sind die Mittelpunkte der Bögen AB und BC"

David K · Answer 1

Wenn ich richtig verstehe, $E$ ist auf dem Segment $\overline{AB}$ und die Linie $\overleftrightarrow{CE}$ schneidet den Bogen $\overset{\large\frown}{AB}$ am Mittelpunkt des Bogens; $F$ ist auf dem Segment $\overline{BC}$ und die Linie $\overleftrightarrow{AF}$ schneidet den Bogen $\overset{\large\frown}{BC}$ in der Mitte des Bogens.

Deshalb $\overrightarrow{CE}$ ist die Winkelhalbierende $\angle ACB$ Und $\overrightarrow{AF}$ ist die Winkelhalbierende $\angle BAC.$ Deshalb $\overrightarrow{CE}$ Und $\overrightarrow{AF}$ schneiden bei $D,$ die Mitte des eingeschriebenen Kreises, wie in Ihrer Abbildung gezeigt.

Weil $\overrightarrow{CE}$ Und $\overrightarrow{AF}$ sind Winkelhalbierende, weil $\angle ABC$ ein rechter Winkel ist, und weil $\overline{EH}$ Und $\overline{FG}$ stehen senkrecht dazu $\overline{AC},$ es folgt dem $\triangle ABF \cong \triangle AGF$ Und $\triangle CBE \cong \triangle CHE.$

Die Beziehungen der Segmente $\overline{EH}$ Und $\overline{FG}$ zum eingeschriebenen Kreis sollten dann offensichtlich sein (sie sind nämlich genau so, wie sie in Ihrer Abbildung erscheinen). Dann das Verhältnis der Entfernung $GH$ zum Radius des einbeschriebenen Kreises ist leicht zu erkennen.

Sehr gute Auflösung...danke...also das inraio ist gleich $\frac{HG}{2}?$ Was garantiert, dass EH und FG den Umfang tangieren?
In Betracht ziehen $\triangle ABF$ Und $\triangle AGF.$ Sie sind nicht nur deckungsgleich, das eine ist das Spiegelbild des anderen auf der ganzen Linie $AF.$ Der eingeschriebene Kreis ist sein eigenes Spiegelbild über der Linie $AF,$ es hat also die gleiche Beziehung zu $\triangle ABF$ bezüglich $\triangle AGF.$ Alternativ könnten Sie Senkrechte aus fallen lassen $D$ zu den Segmenten $BF$ Und $FG$ und zeigen Sie, dass dies zwei weitere kongruente rechtwinklige Dreiecke erzeugt, von denen jedes ein Bein hat, das ein Radius des einbeschriebenen Kreises ist.

Michael Rosenberg · Answer 2

Lassen $\measuredangle BAC=\alpha.$

Daher,

A G = 2 R \cos^{2} \frac{a}{2}

$AG=2R\cos^2\frac{\alpha}{2}$ Und

C E = 2 R \cos^{2} (45^{\circ} - \frac{a}{2}),

$CE=2R\cos^2\left(45^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right),$ was gibt

4 M = H G = A G + C E - A C = 2 R (\cos^{2} \frac{a}{2} + \cos^{2} (45^{\circ} - \frac{a}{2}) - 1) =

$4m=HG=AG+CE-AC=2R\left(\cos^2\frac{\alpha}{2}+\cos^2\left(45^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)-1\right)=$

= R (\cos a + Sünde a) = \frac{1}{2} R (Kinderbett \frac{a}{2} + Kinderbett (45^{\circ} - \frac{a}{2})) (\cos a + Sünde a) =

$=R(\cos\alpha+\sin\alpha)=\frac{1}{2}r\left(\cot\frac{\alpha}{2}+\cot\left(45^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)\right)(\cos\alpha+\sin\alpha)=$

= \frac{R Sünde 45^{\circ} (\cos a + Sünde a)}{2 Sünde \frac{a}{2} Sünde (45^{\circ} - \frac{a}{2})} = \frac{R (\cos a + Sünde a)}{\sqrt{2} (\cos (45^{\circ} - a) - \cos 45^{\circ})} = \frac{R (\cos a + Sünde a)}{\cos a + Sünde a - 1}

$=\frac{r\sin45^{\circ}(\cos\alpha+\sin\alpha)}{2\sin\frac{\alpha}{2}\sin\left(45^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)}=\frac{r(\cos\alpha+\sin\alpha)}{\sqrt2\left(\cos(45^{\circ}-\alpha)-\cos45^{\circ}\right)}=\frac{r(\cos\alpha+\sin\alpha)}{\cos\alpha+\sin\alpha-1}$ und wir sehen, dass etwas im Gegebenen fehlt.

Wir haben auch

4 M = \frac{1}{2} (A B + B C) = \frac{1}{2} (A B + B C - A C) + \frac{1}{2} A C = R + R .

$4m=\frac{1}{2}(AB+BC)=\frac{1}{2}(AB+BC-AC)+\frac{1}{2}AC=r+R.$

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Intelligente pauca

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David K

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David K

Michael Rosenberg

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