Κοινή εφαπτομένη

KARKAR · #1

Δίνονται οι κύκλοι με εξισώσεις : $x^{2}+y^{2}=1$ και $(x-6)^{2}+y^{2}=9$

1) Με ποιό τρόπο θα κατασκευάσετε την κοινή τους εφαπτομένη $\varepsilon$ ;

2) Βρείτε την εξίσωση της ευθείας $\varepsilon$

Γιώργος Απόκης · #2

Για το 1)

Έστω C_1:x^2+y^2=1,~C_2:(x-6)^2+y^2=9

με κέντρα

και ακτίνες r_1=1,~r_2=3

.

Kατασκευάζουμε τον κύκλο C_3

με κέντρο

και ακτίνα r_3=r_2-r_1

και τον κύκλο C_4

με διάμετρο

.

Oι

τέμνονται (και) στο

. Φέρνουμε την

που είναι εφαπτομένη του C_3

αφού $\widehat{OLK}=90^{o}$ ως

εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο. Η προέκταση της

τέμνει τον C_2

στο

από όπου φέρνουμε παράλληλη, $\epsilon$ , στην

.

H $\epsilon$ είναι η ζητούμενη κοινή εξωτερική εφαπτομένη αφού:

α) Εφάπτεται του C_2

στο

γιατί είναι κάθετη στην

(παράλληλη της

).

β) Έχει κοινό σημείο, έστω

με τον

αφού $d(O,\epsilon)=LM=r_2-r_3=r_1$ και εφάπτεται στο

αφού το

είναι ορθογώνιο ( $\hat{M}=\hat{L}=90^{o},~MN//OL$ ).

Για το 2)

Ακολουθώντας τα βήματα της κατασκευής: Το σύστημα των C_3,~C_4

δίνει $\displaystyle{L\left(\frac{16}{3},\frac{4\sqrt{2}}{3}\right)}$ επομένως έχουμε

$(KL):y=-2\sqrt{2}x+12\sqrt{2}$ . Το σύστημα των C_2,~KL

δίνει $M(5,2\sqrt{2})$ και αφού $\displaystyle{(OL):y=\frac{\sqrt{2}}{4}x}$

έχουμε ότι $\displaystyle{(\epsilon):y-2\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}}{4}(x-5)\Leftrightarrow y=\frac{\sqrt{2}}{4}x+\frac{3\sqrt{2}}{4}}.$

#3

: 08-10-2011 Γεωμετρία γ.jpg (10.08 KiB) Προβλήθηκε 6919 φορές

ΑΝΑΛΥΣΗ:

Η κοινή εφαπτομένη των κύκλων στα $\displaystyle A,\;B$ αντίστοιχα δεν είναι παράλληλη στον $\displaystyle x'x$ , αφού δεν έχουν ίσες ακτίνες, οπότε τον τέμνει σε σημείο $\displaystyle \Lambda \left( {x,\;0} \right)$ .

Αφού $\displaystyle OA < KB$ , το $\displaystyle \Lambda$ είναι στον $\displaystyle {\rm O}x'$ , οπότε $\displaystyle x < 0$

Τα τρίγωνα $\displaystyle {\rm O}\Lambda {\rm A},\;{\rm K}\Lambda {\rm B}$ είναι όμοια με λόγο ομοιότητας $\displaystyle \frac{1}{3}$ , οπότε
$\displaystyle \left( {{\rm O}\Lambda } \right) = \frac{1}{3}\left( {{\rm O}{\rm K}} \right) \Rightarrow - x = \frac{1}{3}\left( { - x + 6} \right) \Rightarrow x = - 3$

Στο $\displaystyle {\rm O}\Lambda {\rm A}$ από Πυθ. Θεώρημα: $\displaystyle \left( {{\rm A}\Lambda } \right)^2 = 3^2 - 1^2 = 8 \Rightarrow \left( {{\rm A}\Lambda } \right) = 2\sqrt 2$

Έστω $\displaystyle \omega = \widehat{{\rm O}\Lambda {\rm A}}$ , οπότε $\displaystyle \varepsilon \phi \omega = \frac{{{\rm A}{\rm O}}}{{{\rm A}\Lambda }} = \frac{1}{{2\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}$

Οπότε $\displaystyle \left( \varepsilon \right):\;\;y = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\left( {x + 3} \right)$

ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ:

Η $\displaystyle \left( \varepsilon \right)$ τέμνει τον άξονα $\displaystyle y'y$ στο $\displaystyle {\rm M}\left( {0,\;\frac{{3\sqrt 2 }}{4}} \right)$

Σημειώνω(*) το

στον άξονα και σχεδιάζω την ευθεία.

(*) Η κατασκευή του μήκους $\displaystyle \sqrt 2$ είναι τετριμμένη. Ομοίως των $\displaystyle \frac{3}{4}$ ενός μήκους.

Εναλλακτικά: Η ευθεία εφάπτεται στον $\displaystyle \left( {{\rm O},\;1} \right)$ στο σημείο

, του οποιου η τετμημενη είναι η διπλή ρίζα της εξίσωσης
$\displaystyle 9x^2 + 6x + 1 = 0 \Leftrightarrow \left( {3x + 1} \right)^2 = 0 \Leftrightarrow x = - \frac{1}{3}$ , που προέκυψε από το σύστημα: $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} x^2 + y^2 = 1 \\ y = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\left( {x + 3} \right) \\ \end{array} \right.$

Οπότε $\displaystyle A\left( { - \frac{1}{3},\;\frac{{2\sqrt 2 }}{3}} \right)$ για το σημείο επαφής που βρίσκεται στο ημιεπίπεδο πάνω από τον $\displaystyle x'x$ .

Αντίστοιχα για την $\displaystyle \left( {\varepsilon '} \right):\;y = - \frac{{\sqrt 2 }}{4}\left( {x + 3} \right)$ , κάτω από τον άξονα...

parmenides51 · #4

Σχετικά με την κατασκευή αναζητούμε κοινή εξωτερική εφαπτομένη άνισων μη τεμνόμενων κύκλων.
Γνωρίζουμε ότι δυο σημεία ορίζουν μοναδική ευθεία.
Το ένα σημείο είναι το $\displaystyle{\Lambda }$ που είναι το σημείο τομής της εφαπτομένης και της διακεντρικής ευθείας.
Φέρνω τις κάθετες διαμέτρους στην διακεντρική ευθεία των δύο κύκλων. Ας ονομάσω $\displaystyle{D_1,D_2}$ τα σημεία τομής της διαμέτρου του μικρού κύκλου με τον μικρό κύκλο και $\displaystyle{E_1,E_2}$ τα αντίστοιχα σημεία στον μεγάλο κύκλο, με την συνθήκη πως οι δείκτες (1) αντιστοιχούν στην ίδια κοινή εξωτερική εφαπτομένη. Φέρνω τις ευθείες $\displaystyle{E_1D_1}$ και $\displaystyle{E_2D_2}$ που τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{\Lambda }$ γιατί είναι το κέντρο ομοιοθεσίας των δύο κύκλων.
Το δεύτερο σημείο είναι το σημείο επαφής της δοσμένης εφαπτομένης και του μικρού κύκλου. Υπολογίζεται σαν το σημείο τομής του μικρού κύκλου και του κύκλου διαμέτρου $\displaystyle{O\Lambda }$ (αφού εγγεγραμμένη ορθή γωνία βαίνει σε ημικύκλιο). Βρίσκω δυο σημεία γιατί έχω δυο κοινές εξωτερικές εφαπτόμενες.
Ξέρω δύο σημεία της άρα ξέρω την ευθεία.

edit
Προσθήκη σχήματος και συνημμένου

: κατασκευη εφαπτομενης3.png (13.28 KiB) Προβλήθηκε 6766 φορές

Κοινή εφαπτομένη

Κοινή εφαπτομένη

Re: Κοινή εφαπτομένη

Re: Κοινή εφαπτομένη

Re: Κοινή εφαπτομένη

Μέλη σε σύνδεση