Σκληρό καρύδι

KARKAR · #1

Δύο κύκλοι (O , R)

και $(K , \rho)$ εφάπτονται εξωτερικά στο

. Έστω

, τα κοινά εξωτερικά εφαπτόμενα τμήματα ,

και

το κοινό εσωτερικά εφαπτόμενο τμήμα , (

επί της

) .

Να υπολογισθεί ο λόγος των ακτίνων $\displaystyle\frac{\rho }{R}$ , ώστε ο λόγος των εμβαδών $\displaystyle\frac{(CDZE)}{(ABZE)}$ να είναι $\displaystyle\frac{1}{2}$

#2

Έστω S το σημείο τομής των εξωτερικών εφαπτομένων. Τότε από
την ομοιότητα των τριγώνων SCD, SEZ, SAB προκύπτει:
$\displaystyle \frac{\left(SCD \right)}{(SC)^2}=\frac{(SEZ)}{(SE)^2}=\frac{(SAB)}{(SA)^2}=a$
Άρα:
$\displaystyle a=\frac{(SEZ)-(SCD)}{(SE)^2-(SC)^2}=\frac{(SAB)-(SEZ)}{(SA)^2-(SE)^2}$
και συνεπώς:
$\displaystyle \frac{(CDZE)}{(ABZE)}=\frac{(SE)^2-(SC)^2}{(SA)^2-(SE)^2}\ \ (1)$
Επίσης από την ομοιότητα των τριγώνων SCK, SAO προκύπτει:
$\displaystyle \frac{SC}{\varrho }=\frac{SA}{R}=\frac{SC+SA}{\varrho +R}=\frac{2(SE)}{\varrho +R}$
(γιατί το Ε είναι μέσο της AC)
Άρα:

από την οποία προκύπτει:
$\displaystyle \frac{(SC)^2}{\varrho ^2}=\frac{(SE)^2}{(\frac{R+\varrho }{2})^2}=\frac{(SA)^2}{R^2}=\frac{(SE)^2-(SC)^2}{(\frac{R+\varrho }{2})^2-\varrho ^2}=\frac{\left(SA \right)^2-\left(SE \right)^2}{R^2-\left(\frac{R+\varrho }{2} \right)^2}$
και τελικά:
$\displaystyle \frac{\left(SE \right)^2-\left(SC \right)^2}{\left(SA \right)^2-\left(SE \right)^2}=\frac{\left(\frac{R+\varrho }{2} \right)^2-\varrho ^2}{R^2-\left(\frac{R+\varrho }{2} \right)^2} \ \ \left(2 \right)$
Από τις (1) και (2) και για να ισχύει:
$\displaystyle \frac{(CDZE)}{(ABZE)}=\frac{1}{2}$
θα πρέπει:
$\displaystyle \frac{\left(\frac{R+\varrho }{2} \right)^2-\varrho ^2}{R^2-\left(\frac{R+\varrho }{2} \right)^2} =\frac{1}{2}$
Λύνοντας την τελευταία ως προς άγνωστο τον ρ/R βρίσκουμε:
$\displaystyle R=\varrho \ \ \acute{\eta }\ \ R=5\varrho$

Παρατήρηση:
Φυσικά η λύση $\displaystytle R=\varrho$ απορρίπτεται γιατί μηδενίζει τον παρονομαστή της τελευταίας εξίσωσης εξίσωσης

#3

Εύκολα αποδεικνύεται ότι τα τετράπλευρα CDZE και ΕΑΒΖ είναι τραπέζια ( και μάλιστα ισοσκελή).

Αν θεωρήσουμε Τ το μέσο του ΚΟ τότε επειδή προφανώς Ζ είναι το μέσο της DB (από τις ισότητες των εφαπτομένων τμημάτων)
στο τραπέζιο ΚDBO (ΚD//OB (κάθετες στην DB) προκύπτει ότι ΤΖ είναι η διάμεσος του άρα: $\displaystyle{{\rm T}{\rm Z} = \ldots \frac{{\rho + R}} {2}:\left( 1 \right) }$

Τα τρίγωνα KCD και ΑΒΟ είναι όμοια (παράλληλες πλευρές) με λόγο ομοιότητας $\displaystyle{\frac{{CD}}{{AB}} = \frac{\rho } {R}:\left( 2 \right) }$

και ομοίως τα ΕΖΤ και ΑΟΒ όμοια με λόγο ομοιότητα $\displaystyle{\frac{{EZ}}{{AB}} = \frac{{\frac{{\rho + R}} {2}}} {R} = \frac{{\rho + R}} {{2R}}:\left( 3 \right) }$

Επειδή τα τραπέζια CDZE και EZBA έχουν ίσα ύψη (από την ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων CDH και ΕΘΑ)
προφανώς ο λόγος των εμβαδών του ισούται με το λόγων των αθροισμάτων των βάσεων. Έτσι έχουμε

$\displaystyle{ \frac{1} {2} = \frac{{\left( {CDZE} \right)}} {{\left( {EZBA} \right)}} = \frac{{CD + EZ}} {{EZ + AB}}\mathop = \limits^{:AB} \frac{{\frac{{CD}} {{AB}} + \frac{{EZ}} {{AB}}}} {{\frac{{EZ}} {{AB}} + 1}} = \frac{{\frac{\rho } {R} + \frac{{\rho + R}} {{2R}}}} {{\frac{{\rho + R}} {{2R}} + 1}} = \frac{{\frac{{3\rho + R}} {{2R}}}} {{\frac{{3R + \rho }} {{2R}}}} = \frac{{3\rho + R}} {{3R + \rho }} \Rightarrow \frac{1} {2} = \frac{{3\rho + R}} {{3R + \rho }} \Rightarrow \cdots \boxed{R = 5\rho } }$

Σκληρό καρύδι

Σκληρό καρύδι

Re: Σκληρό καρύδι

Re: Σκληρό καρύδι

Μέλη σε σύνδεση