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Sia ABC un triangolo fissato.Si calcoli l'angolo formato tra la retta di eulero e la retta passante per incentro ed circocentro in funzione degli elementi del triangolo.


P.s:Non conosco la soluzione,non ho idea se sia risolvibile e non ho idea di quanto difficile possa essere.

Buon lavoro.

dopo un po' di conti dovrebbe venire questo schifo ( ):

$ \displaystyle \arccos{\frac {6R^2-2Rr-2r^2 - \frac{a^2+b^2+c^2}{2}}{2\sqrt{(R^2-2rR)(9R^2-a^2-b^2-c^2)}}} $

Bello:D.Come è che hai fatto?

Visto che probabilmente è più interessante il procedimento della soluzione ...

Consideriamo il triangolo $ GOI $ (baricentro circocentro incentro).
Si ha
$ \vec{G}=\dfrac{1}3(\vec{A}+\vec{B}+\vec{C}) $
$ \vec{I}=\dfrac{a\vec{A}+b\vec{B}+c\vec{C}}{a+b+c} $
rispetto ad una qualunque origine, quindi anche rispetto ad O, per cui
$ \cos\widehat{GOI}=\dfrac{\vec{G}\cdot\vec{I}}{\|\vec{G}\|\|\vec{I}\|} $
dove i vettori sono intesi con origine in O.
Ora
$ \vec{G}\cdot\vec{I}=\dfrac{1}{3(a+b+c)}(a\|\vec{A}\|^2+b\|\vec{B}\|^2+c\|\vec{C}\|^2 $ $ +a\vec{A}\cdot\vec{B}+a\vec{A}\cdot\vec{C}+\ldots) $
e con origine in O si ha
$ \|A\|^2=\|B\|^2=\|C\|^2=R^2 $
$ \vec{A}\cdot\vec{B}=\dfrac{2R^2-c^2}{2} $
e cicliche.
Per calcolo diretto o dalla teoria, si sa
$ \|I\|^2=\overline{OI}^2=R(R-2r) $
$ \|G\|^2=\overline{OG}^2=R^2-\dfrac{a^2+b^2+c^2}{9} $
E sostituendo ecco il risultato.