Νέα επαφή 2

KARKAR · #1

: Νέα επαφή.png (14.27 KiB) Προβλήθηκε 553 φορές

Οι ίσοι κύκλοι (O,r)

και

εφάπτονται εξωτερικά στο

. Βρείτε τη θέση σημείου

του

, "νότια" της διακέντρου , ώστε αν φέρουμε το "βόρειο" εφαπτόμενο προς τον (O)

τμήμα

και η

τμήσει τον (O)

στο σημείο

, η

να εφάπτεται του (K)

.

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 27, 2018 8:04 pm
Νέα επαφή.pngΟι ίσοι κύκλοι και εφάπτονται εξωτερικά στο . Βρείτε τη θέση σημείου

του , "νότια" της διακέντρου , ώστε αν φέρουμε το "βόρειο" εφαπτόμενο προς τον

τμήμα και η τμήσει τον στο σημείο , η να εφάπτεται του .

Κατασκευή του σημείου

χωρίς απόδειξη.

: Νέα επαφή 2.png (31.5 KiB) Προβλήθηκε 441 φορές

Η κοινή εσωτερική εφαπτομένη των δύο κύκλων τέμνει τον κύκλο $(K, \dfrac{4r}{3})$ στο σημείο

και η

τον κύκλο

στο ζητούμενο σημείο

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 27, 2018 8:04 pm
Νέα επαφή.pngΟι ίσοι κύκλοι και εφάπτονται εξωτερικά στο . Βρείτε τη θέση σημείου

του , "νότια" της διακέντρου , ώστε αν φέρουμε το "βόρειο" εφαπτόμενο προς τον

τμήμα και η τμήσει τον στο σημείο , η να εφάπτεται του .

: Νέα επαφή_2 _extra.png (31.74 KiB) Προβλήθηκε 398 φορές

Έστω

το αντιδιαμετρικό του

στον κύκλο (K)

. Αντί

ας μου επιτρέψει ο Θανάσης τη χρήση του κεφαλαίου.

Γράφω λοιπόν τους κύκλους $(O,2R)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(L,\dfrac{{5R}}{2})$ , κι έστω το βόρειο σημείο τομής τους

. Η

τέμνει τον κύκλο (O)

το

και η

τον κύκλο

στο

.

Ανάλυση

Ας είναι λυμένο το πρόβλημα και θέτω $TO = x\,\,,\,\,AT = AS = y\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SQ = u$ .

Έστω ακόμα

το αντιδιαμετρικό του

στον κύκλο (K)

και

το σημείο τομής της πολικής ,

του

στο κύκλο

, με την

.

Επειδή η τετράδα : $(A,T\backslash G,S)$ είναι αρμονική , $\boxed{\frac{{GA}}{{GT}} = \frac{{SA}}{{ST}} = \frac{1}{2}}$ .

Επίσης λόγω συμμετρίας το τετράπλευρο TPSE

είναι παραλληλόγραμμο με

αποτέλεσμα $\dfrac{{SE}}{{TQ}} = \dfrac{{SG}}{{GT}} = 2 \Rightarrow SE( = SQ = TP) = 2x \Rightarrow \boxed{u = 2x}\,\,(1)$ . Αλλά

$\dfrac{{T{P^2}}}{{T{A^2}}} = \dfrac{{TA \cdot TS}}{{T{A^2}}} = \dfrac{{TS}}{{TA}} = 2 \Rightarrow {(2x)^2} = 2{y^2}$ και άρα $\boxed{{y^2} = 2x}\,\,(2)$ με όμοιο τρόπο

$Q{P^2} = 2Q{A^2}\,\,$ ή ${x^2} = 2Q{A^2}$ . δηλαδή το τρίγωνο QTA

έχει πλευρές :

$QT = x\,,\,\,TA = y = x\sqrt 2 \,,\,\,AQ = \dfrac{x}{{\sqrt 2 }}$ . και έτσι από θ. συνημιτόνου βρίσκω

: Νέα επαφή_2 _extra_ανάλυση.png (43.92 KiB) Προβλήθηκε 364 φορές

$\cos \theta = \dfrac{{5\sqrt 2 }}{8} \Rightarrow \boxed{\cos 2\theta = \dfrac{9}{{16}}}\,\,\,(3)$ Αφού όμως $TA = 2QA\,\,\,(x\sqrt 2 = 2\dfrac{x}{{\sqrt 2 }})$ το τρίγωνο

PTS

θα έχει $PT = 2x\,\,,\,\,TS = 2y = 2x\sqrt 2 \,\,,PS = x\sqrt 2 = y$ .

Μετά απ’ αυτά ας είναι ,

το σημείο τομής των $OQ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LP$ .

Τα σημεία $S\,\,\kappa \alpha \iota \,\,K$ ισαπέχουν από A,P

συνεπώς η

είναι μεσοκάθετος στο

Και άρα

και το τετράπλευρο THPO

είναι παραλληλόγραμμο .

Στο τρίγωνο HOL

είναι : $OL = 3R\,\,,\,\,OH = 2R\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,HL = \dfrac{{5R}}{2}\,\,$ ( από θ συνημιτόνου και λόγω της (3)

. )

Έτσι προκύπτει η κατασκευή που προανέφερα .

Παρατήρηση: $AT = y = 2x = \dfrac{{R\sqrt {14} }}{2}$ κι αν γράψω τον κύκλο $(A,\dfrac{{R\sqrt {14} }}{2})$ έχω τα S,T

.

Νέα επαφή 2

Νέα επαφή 2

Re: Νέα επαφή 2

Re: Νέα επαφή 2

Μέλη σε σύνδεση