Σημεία επαφής

KARKAR · #1

Οι κύκλοι (O,R)

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

. Φέρω το εφαπτόμενο τμήμα

και την ακτίνα $OB\perp OA$ . Τέλος , από το

φέρω το εφαπτόμενο τμήμα

α) Δείξτε ότι : B , S , A

, συνευθειακά

β) Υπολογίστε συναρτήσει των ακτίνων τα τμήματα : OA , BC

γ) Ποιά η σχέση των ακτίνων αν : (OBA)=(OBC)

Μάκης Χατζόπουλος · #2

Μια πολύ καλή άσκηση, μπράβο KARKAR

Ξεκινάω να δίνω την λύση σταδιακά (θα δω αν θα προλάβω να την πληκτρολογήσω, ελπίζω να κοιμηθεί για πολύ ακόμα!!)

α) Έχουμε για γωνίες

$\displaystyle{OBA = BAK}$ , αφού $\displaystyle{OB//AK}$

$\displaystyle{OBA = OSB}$ από ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{OBS}$

$\displaystyle{BAK = ASK}$ από ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{KSA}$

άρα από τις παραπάνω σχέσεις παίρνουμε και τις γωνίες $\displaystyle{BSO = ASK}$ οπότε οι $\displaystyle{SB,SA}$ είναι αντικείμενες ημιευθείες, επομένως και τα σημεία $\displaystyle{B,S,A}$ είναι συνευθειακά.

β) Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{OKA}$ έχουμε:
$\displaystyle{O{A^2} = O{K^2} - {p^2} = {\left( {R + p} \right)^2} - {p^2} = {R^2} + 2Rp}$ , άρα $\displaystyle{OA = \sqrt {{R^2} + 2Rp} }$

Επίσης από την δύναμη σημείου του $\displaystyle{A}$ ως προς τον κύκλο $\displaystyle{\left( {O,R} \right)}$

$\displaystyle{\begin{array}{l} O{A^2} - {R^2} = AS \cdot AB \Leftrightarrow \\ \\ \Leftrightarrow {R^2} + 2Rp - {R^2} = \left( {AB - BS} \right)AB \\ \\ \Leftrightarrow 2Rp = A{B^2} - BS \cdot AB \\ \\ \Leftrightarrow 2Rp = A{B^2} - B{C^2}\,\,\,\left( 1 \right) \\ \end{array}}$

από την ομοιότητα των τριγώνων $\displaystyle{OBS,\,\,\,SKA}$ (δύο γωνίες ίσες αντίστοιχα) παίρνουμε:

$\displaystyle{\frac{R}{p} = \frac{{BS}}{{AS}} \Leftrightarrow \frac{{R + p}}{p} = \frac{{AB}}{{AS}}\,\,\left( 2 \right)}$

ακόμα έχουμε: $\displaystyle{AB \cdot AS = O{A^2} - {R^2} = 2Rp\,\,\left( 3 \right)}$

πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη τις σχέσεις (2) και (3)

$\displaystyle{A{B^2} = 2R\left( {R + p} \right)\,\,\left( 4 \right)}$

άρα η σχέση (1) γίνεται σύμφωνα με την σχέση (4):

$\displaystyle{2Rp = 2R\left( {R + p} \right) - B{C^2} \Leftrightarrow B{C^2} = 2{R^2} \Leftrightarrow BC = R\sqrt 2 }$

Μάκης Χατζόπουλος · #3

Και κλείνω με το (γ) υποερώτημα, ο τρόπος που βρήκα δεν ξέρω αν είναι και ο πιο σύντομος

γ) Έστω $\displaystyle{L}$ το σημείο τομής των τμημάτων $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{OC}$ , τότε αφού τα τρίγωνα $\displaystyle{{OBA}}$ και $\displaystyle{{BOC}}$ είναι ισεμβαδικά έχουμε:

$\displaystyle{\begin{array}{l} \left( {OBA} \right) = \left( {BOC} \right) \Leftrightarrow \\ \\ \Leftrightarrow \left( {OLA} \right) = \left( {BLC} \right) \\ \\ \Leftrightarrow \frac{{\left( {OLA} \right)}}{{\left( {BLC} \right)}} = 1 \\ \\ \Leftrightarrow \frac{{OL \cdot LA}}{{BL \cdot LC}} = 1 \\ \\ \Leftrightarrow \frac{{OL}}{{LC}} = \frac{{BL}}{{LA}} \\ \end{array}}$

άρα τα τρίγωνα $\displaystyle{BLO \approx CLA}$ αφού και οι γωνίες $\displaystyle{BLO = CLA}$ ως κατακορυφήν

Οπότε, $\displaystyle{OB//AC}$ άρα $\displaystyle{CA \bot OA}$ , όμως και $\displaystyle{KA \bot OA}$ (ως ακτίνα κάθετη στην εφαπτομένη), άρα η $\displaystyle{CA}$ διέρχεται από το κέντρο του κύκλου $\displaystyle{K}$

Φέρνουμε την $\displaystyle{BM \bot CA}$ (δες σημείωση) άρα εύκολα βρίσκουμε ότι: $\displaystyle{BM = OA = \sqrt {{R^2} + 2Rp} ,\,\,\,\,\,MC = 2p - R}$

Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο $\displaystyle{MBC}$ και έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{array}{l} B{C^2} = B{M^2} + M{C^2} \Leftrightarrow \\ \\ \Leftrightarrow 2{R^2} = {R^2} + 2Rp + 4{p^2} - 4Rp + {R^2} \\ \\ \Leftrightarrow R = 2p \\ \end{array}}$

Άρα ο μεγάλος κύκλος πρέπει να έχει διπλάσια ακτίνα από τον μικρό, για να έχουν τα ζητούμενα τρίγωνα το ίδιο εμβαδόν...

Σημείωση: Αλλιώς το σημείο $\displaystyle{M}$ ταυτίζεται με το σημείο $\displaystyle{C}$ , άρα δεν σχηματίζεται ορθογώνιο τρίγωνο, άρα δεν παίρνουμε Πυθαγόρειο Θεώρημα, αλλά κάνουμε τα εξής:

$\displaystyle{\begin{array}{l} BC = OA \Leftrightarrow \\ \\ \Leftrightarrow B{C^2} = O{A^2} \\ \\ \Leftrightarrow 2{R^2} = 2{R^2} + 2Rp \\ \\ \Leftrightarrow R = 2p \\ \end{array}}$

parmenides51 · #4

γ) Έστω

τα ύψη των τριγώνων OBA,OBC

που αντιστοιχούν στην βάση

αντίστοιχα
$\displaystyle{(OBA)=(OBC) \Leftrightarrow 1=\frac{(OBA)}{(OBC)}=\frac{u_1}{u_2} \Leftrightarrow u_1=u_2}$ διότι τα τρίγωνα OBA,OBC

έχουν την ίδια βάση

άρα τα σημεία A,C

ισαπέχουν από την ευθεία

επομένως

κι επειδή $OB\perp OA$ θα ισχύει $OA\perp AC$
αλλά $OA\perp AK$ οπότε A,K,C

συνευθειακά δηλαδή AK//AC

κι επειδή $KC\perp BC$ διότι

εφαπτόμενο τμήμα του κύκλου $(K,\rho)$ τότε $AC\perp BC$
άρα το τετράπλευρο OBCA

έχει $\displayestyle{3}$ ορθές γωνίες τις $\widehat{BOA},\widehat{OAC},\widehat{ACB}$ οπότε θα είναι ορθογώνιο
επομένως $\displaystyle{OA=BC}$ ως πλευρές ορθογωνίου

edit: Απλούστευση λύσης κατόπιν υποδείξεως του Μάκη περί μη προφανούς σημείου.

#5

Ας δούμε ένα διαφορετικό σκεπτικό για το (γ) ζητούμενο.

$\bullet$ Αφού δεχόμαστε ότι ισχύει $(AOB) = (CBO)\ \ ,(1)$ όπου $\angle AOB = 90^{o},$ προκύπτει ότι AO = CB{'},

όπου

είναι η προβολή του

επί της ευθείας OB.

Επειδή τώρα, το

οφείλει να ανήκει στην ευθεία $AK\parallel OB$

από $AK\perp AO$ και λόγω της (1)

αλλά και στον κύκλο (K),

συμπεραίνεται ότι $C\equiv (K)\cap AK,$ και άρα το

ταυτίζεται με το αντιδιαμετρικό του

στον κύκλο (K).

Αλλά έτσι, το τετράπλευρο AOBC

έχει τρεις ορθές γωνίες

$\angle AOB = \angle OAC = 90^{o} = \angle ACB$ , γιατί η

είναι εφαπτομένη του (K)

και άρα έχουμε $\angle ABC = 90^{o}$ $\Longrightarrow$ $B{'}\equiv B$ .

Άρα, το AOBC

είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο και από OB = AC

$\Longrightarrow$ R = 2r

και το (γ) ζητούμενο έχει βρεθεί.

Κώστας Βήττας.

Σημεία επαφής

Σημεία επαφής

Re: Σημεία επαφής

Re: Σημεία επαφής

Re: Σημεία επαφής

Re: Σημεία επαφής

Μέλη σε σύνδεση