Арбелос

Площа арбелосу еквівалентна площі кола з діаметром ${\displaystyle HA}$.

Доведення

Якщо BC = 1 та BA = r, тоді

• З трикутника BHA: ${\displaystyle r^{2}+h^{2}=x^{2}}$
• З трикутника CHA: ${\displaystyle (1-r)^{2}+h^{2}=y^{2}}$
• З трикутника BHC: ${\displaystyle x^{2}+y^{2}=1}$

За допомогою підстановки ${\displaystyle y^{2}=(1-r)^{2}+x^{2}-r^{2}}$. Розкриваючи дужки: ${\displaystyle y^{2}=1-2r+x^{2}}$. Підстановкою ${\displaystyle y^{2}}$ в рівняння трикутника BHC знаходимо ${\displaystyle x}$:

${\displaystyle x={\sqrt {r}}}$

Підставляючи це, знаходимо рішення для ${\displaystyle y}$ та ${\displaystyle h}$

${\displaystyle y={\sqrt {1-r}}}$

${\displaystyle h={\sqrt {r-r^{2}}}}$

Радіус кола з центром O :

${\displaystyle {\frac {1}{2}}{\sqrt {r-r^{2}}}.}$

Тоді, площа :

${\displaystyle S_{circle}=\pi \left({\frac {1}{2}}{\sqrt {r-r^{2}}}\right)^{2}}$

${\displaystyle S_{circle}={\frac {\pi r}{4}}-{\frac {\pi r^{2}}{4}}}$

Площа арбелосу дорівнює різниці площ великого півкола та двох невеликих напівкіл. Тому площа арбелосу :

${\displaystyle S={\frac {\pi }{8}}-\left({\frac {\pi }{2}}\left({\frac {r}{2}}\right)^{2}+{\frac {\pi }{2}}\left({\frac {1-r}{2}}\right)^{2}\right)}$

${\displaystyle S_{arbelos}={\frac {\pi -\pi r^{2}-\pi +2\pi r-\pi r^{2}}{8}}}$

${\displaystyle S_{arbelos}={\frac {\pi r}{4}}-{\frac {\pi r^{2}}{4}}=A_{circle}}$

Q.E.D.[3]

Скульптура арбелосу в Kaatsheuvel, Нідерланди

Хай ${\displaystyle D}$ та ${\displaystyle E}$ будуть точками, де відрізки ${\displaystyle BH}$ та ${\displaystyle CH}$ перетинають півкола ${\displaystyle AB}$ та ${\displaystyle AC}$, відповіно. Чотирикутник ${\displaystyle ADHE}$ є насправді прямокутником.

Доказ: Кути ${\displaystyle BDA}$, ${\displaystyle BHC}$, та ${\displaystyle AEC}$ є прямими, бо вони вписані до півкола (за теоремою Фалеса). Чотирикутник ${\displaystyle ADHE}$ тоді має три прямих кути, тож він є прямокутником.

Лінія ${\displaystyle DE}$ є дотичною до півкола ${\displaystyle BA}$ в точці ${\displaystyle D}$ та півкола ${\displaystyle AC}$ в ${\displaystyle E}$.

Доказ: Оскільки кут BDA є прямим, кут DBA дорівнює π/2 мінус кут DAB. Однак, кут DAH також дорівнює π/2 мінус кут DAB (оскільки кут HAB є прямим). Тоді трикутники DBA та DAH подібні. Тоді кут DIA подібний до кута DOH, де I є серединою BA та O є серединою AH. Але AOH є прямою, тож кути DOH та DOA є додатковими кутами. Тоді сума кутів DIA та DOA дорівнює π. Кут IAO прямий. Сума кутів будь-якого чотирикутника дорівнює 2π, тож у чотирикутнику IDOA, кут IDO повинен бути прямим. Але ADHE являє собою чотирикутник, тож середина AH (діагональ чотирикутника) крапка О також є серединою DE (іншої діагоналі). Тоді I (середина BA) є центром півкола BA, так кут IDE є прямим, тоді DE є дотичною до півкола BA в точці D. Аналогічно доводимо, що DE є дотичною до півкола AC в точці E.

Висота ${\displaystyle AH}$ ділить арбелос на дві області, кожна з яких обмежена півколом, сегментом прямий і дугою зовнішнього півкола. Кола, вписані в кожну з цих областей, відомі як кола Архімеда цього арбелосу та мають однаковий розмір.

Теорема Паппа: ${\displaystyle h_{1}=d_{1}}$, ${\displaystyle h_{2}=2d_{2}}$,…, ${\displaystyle h_{n}=nd_{n}}$.

Маємо арбелос ABC (крапка A лежить між крапками B та C) та кола ${\displaystyle \omega _{1}}$, ${\displaystyle \omega _{2}}$,…,${\displaystyle \omega _{n}}$ (${\displaystyle n\in N}$), за умов, що коло ${\displaystyle \omega _{1}}$ дотикається до дуг AB, BC та AC, та коли ${\displaystyle n\geqslant 2}$ коло ${\displaystyle \omega _{n}}$ дотикається до дуг AB та BC та кола ${\displaystyle \omega _{n-1}}$. Тоді для кожного натурального ${\displaystyle n}$ відстань до центра кола ${\displaystyle \omega _{n}}$ до прямої BC дорівнює добутку діаметра цього кола та її номера ${\displaystyle n}$:

${\displaystyle h_{n}=nd_{n}}$.