Εντυπωσιακή επαφή

KARKAR · #1

: Εντυπωσιακή επαφή.png (23.11 KiB) Προβλήθηκε 1169 φορές

Οι κύκλοι με εξισώσεις : x^2+y^2=4

και

, τέμνονται στα σημεία A , B

και έχουν κοινό "βόρειο"

εφαπτόμενο τμήμα το

. Η προέκταση της

τέμνει τον (K)

στο

και η εφαπτόμενη του (O)

στο

, τον τέμνει στο

.

α) Βρείτε τις συντεταγμένες του σημείου

.

β) Βρείτε την ακτίνα του κύκλου που διέρχεται από τα A , B

και εφάπτεται της

.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #2

H άσκηση έχει μείνει αναπάντητη, ας ασχοληθώ με το πρώτο ερώτημα...
Δεν σκοπεύω να σας κουράσω, θα παραλείψω τις πολλές πράξεις...

Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων των κύκλων $\left ( O \right )$ και $\left ( K \right )$ βρίσκω ότι

$\displaystyle A\left ( \frac{11}{8},\frac{3\sqrt{15}}{8} \right )$ και $\displaystyle B\left ( \frac{11}{8},-\frac{3\sqrt{15}}{8} \right )$

Θα βρω τις συντεταγμένες του

Η εξίσωση της εφαπτομένης του κύκλου $\left ( O \right )$ στο

είναι η $x_{S}\cdot x+y_{S}\cdot y=4.$

$\displaystyle d\left ( K,ST \right )=3\Leftrightarrow \frac{\left | x_{S}\cdot 4+y_{S}\cdot 0-4 \right |}{\sqrt{x_{S}^{2}+y_{S}^{2}}}=3\Leftrightarrow \frac{ \left | 4x_{S}-4 \right |}{2}=3$

H τελευταία εξίσωση έχει λύσεις $\displaystyle x_{S}=\frac{5}{2}$ και $\displaystyle x_{S}=-\frac{1}{2}$

Η πρώτη τιμή δεν γίνεται δεκτή γιατί στο σχήμα το

είναι αριστερά του

Aναγκαστικά λοιπόν $\displaystyle x_{S}=-\frac{1}{2}$

Από την εξίσωση του κύκλου $\left ( O \right )$ βρίσκω ότι

$\displaystyle y_{S}=\frac{\sqrt{15}}{2}$ και $\displaystyle y_{S}=-\frac{\sqrt{15}}{2}$

Aπό το σχήμα καταλαβαίνω ότι δεκτή είναι μόνο η τιμή

$\displaystyle y_{S}=\frac{\sqrt{15}}{2}$ και έτσι $\displaystyle S\left ( -\frac{1}{2} ,\frac{\sqrt{15}}{2}\right )$

Είναι θέμα ρουτίνας πλέον να βρεθεί ή εξίσωση της ευθείας AS.

Aυτή είναι η $\displaystyle y=-\frac{\sqrt{15}}{15}x+\frac{7\sqrt{15}}{15}$

Από εδώ και πέρα λύνω το σύστημα της ευθείας

και του κύκλου $\left ( K \right )$ και βρίσκω

τα κοινά τους σημεία.

Αυτά είναι το $\displaystyle A\left ( \frac{11}{8},\frac{3\sqrt{15}}{8} \right )$ , όπως αναμενόταν, και το ζητούμενο σημείο $E\left ( 7,0 \right )$

Θανάση, είσαι ευχαριστημένος ή υπάρχει κάτι καλύτερο ;
Θα χαρώ να δω κι άλλες λύσεις.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #3

Aς δούμε και το δεύτερο ζητούμενο...

Θα βρω τις συντεταγμένες του

Η εξίσωση της εφαπτομένης του κύκλου $\left ( K \right )$ στο

είναι η

$\left ( x_{T}-4 \right )\left ( x-4 \right )+y_{T}y=9\Leftrightarrow \left ( x_{T}-4 \right )x+y_{T}y-4\left ( x_{T}-4 \right )-9=0$

Αυτή είναι η εξίσωση της ευθείας ST.

$\displaystyle d\left ( O,ST \right )=2\Leftrightarrow \frac{\left |\left ( x_{T} -4\right )\cdot 0+y_{T}\cdot 0-4\left ( x_{T}-4 \right )-9 |}{\sqrt{\left (x_{T}-4 \right )^{2}+y_{T}^{2}}}=2\Leftrightarrow \frac{ \left | -4x_{T}+7 \right |}{3}=2$

H τελευταία εξίσωση έχει λύσεις $\displaystyle x_{T}=\frac{1}{4}$ και $\displaystyle x_{T}=\frac{13}{4}$

Η πρώτη τιμή δεν γίνεται δεκτή γιατί στο σχήμα το

είναι δεξιά του

Aναγκαστικά λοιπόν $\displaystyle x_{T}=\frac{13}{4}$

Από την εξίσωση του κύκλου $\left ( K \right )$ βρίσκω ότι

$\displaystyle y_{T}=\frac{3\sqrt{15}}{4}$ και $\displaystyle y_{T}=-\frac{3\sqrt{15}}{4}$

Από το σχήμα καταλήγω στο $\displaystyle y_{T}=\frac{3\sqrt{15}}{4}$

Άρα $\displaystyle T\left ( \frac{13}{4},\frac{3\sqrt{15}}{4} \right )$

Θα βρω τις συντεταγμένες του

H εφαπτομένη του κύκλου (O)

στο σημείο

έχει εξίσωση

$\displaystyle x_{A}\cdot x+y_{A}\cdot y=4\Leftrightarrow \frac{11}{8}\cdot x+\frac{3\sqrt{15}}{8}\cdot y=4$

To

θα βρεθεί αν λυθεί το σύστημα της παραπάνω εξίσωσης με την εξίσωση του κύκλου (K)

.

Bρίσκεται ότι $\displaystyle P\left ( \frac{179}{32},-\frac{21\sqrt{15}}{32} \right )$

Eίναι ζήτημα ρουτίνας πλέον να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας

, η οποία είναι

$6\sqrt{15}x+10y-27\sqrt{15}=0$

H μεσοκάθετος του ευθυγράμμου τμήματος

είναι ο άξονας των x.

Άρα αναγκαστικά $y_{Q}=0.$

Για να βρω το $x_{Q}$ σκέφτομαι ότι η ακτίνα του ζητουμένου κύκλου είναι ίση μα την

απόσταση του

από την ευθεία TP.

$\displaystyle\left ( OA \right )=d\left ( Q,TP \right )\Leftrightarrow \sqrt{\left ( x_{Q}-\frac{11}{8} \right )^{2}+\left ( 0-\frac{3\sqrt{15}}{8} \right )^{2}}=\frac{\left | 6\sqrt{15}\cdot x_{Q}+10\cdot 0-27\sqrt{15} \right |}{\sqrt{\left ( 6\sqrt{15} \right )^{2}+10^{2}}}$

Oι λύσεις της δευτεροβάθμιας εξίσωσης που προκύπτει αν υψώσουμε στο τετράγωνο και φύγουν η τετραγωνική ρίζα

και η απόλυτη τιμή είναι $\displaystyle x_{Q}=-\frac{67}{2}$ και $\displaystyle x_{Q}=\frac{5}{2}$

Αν $\displaystyle x_{Q}=-\frac{67}{2}$ τότε $\displaystyle R=d\left ( Q,TP \right )=\frac{57\sqrt{6}}{4}$

Αν $\displaystyle x_{Q}=\frac{5}{2}$ τότε $\displaystyle R=d\left ( Q,TP \right )=\frac{3\sqrt{6}}{4}$

Στο σχήμα του Θανάση φαίνεται μόνο ο ένας κύκλος, αυτός με $\displaystyle R=\frac{3\sqrt{6}}{4}$

Θα χαρώ να δω κι άλλες σκέψεις...
Ένα σχόλιο που ίσως φανεί πολύτιμο, το δεύτερο σκέλος είναι η δεύτερη από τις Απολλώνιες κατασκευές.
Παλιές ιστορίες για κάποιους, χρήσιμες γνώσεις για όσους θέλουν να μαθαίνουν...

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #4

Το παρακάτω συμπέρασμα προέκυψε από μια προσεκτική ματιά στο σχήμα του Θανάση.

Αν λύσουμε το σύστημα των εξισώσεων $\displaystyle \left ( x-\frac{5}{2} \right )^{2}+y^{2}=\left ( \frac{3{\sqrt{6}}}{4} \right )^{2}$

και $6\sqrt{15}x+10y-27\sqrt{15}=0$ βρίσκουμε το σημείο επαφής, που είναι

το $\displaystyle \left ( \frac{67}{16},\frac{3\sqrt{15}}{16}\right )$

Το σημείο αυτό ανήκει στην ευθεία AS,

όπως μπορεί κάποιος να επαληθεύσει.

#5

KARKAR έγραψε: Σάβ Ιούλ 29, 2023 10:22 am Εντυπωσιακή επαφή.pngΟι κύκλοι με εξισώσεις : και , τέμνονται στα σημεία και έχουν κοινό "βόρειο"
εφαπτόμενο τμήμα το . Η προέκταση της τέμνει τον στο και η εφαπτόμενη του στο , τον τέμνει στο .
α) Βρείτε τις συντεταγμένες του σημείου . β) Βρείτε την ακτίνα του κύκλου που διέρχεται από τα και εφάπτεται της .

Σε μια προσπάθεια λύσης του όμορφου αυτού προβλήματος μέσα στο φάκελο που έχει τεθεί.

Αυστηρά Ευκλείδεια

Έστω τα σημεία τομής των κύκλων $\left( O,2m \right),\left( K,3m \right)$ με , όπου και ας είναι το ένα (το «βόρειο» κοινό εφαπτόμενό τους τμήμα.
i) Να δείξετε ότι τα σημεία είναι συνευθειακά, όπου το σημείο τομής της διακέντρου με τον κύκλο $\left( K \right)$ το εκατέρωθεν του ως προς την
ii) Αν το δεύτερο (εκτός του ) σημείο τομής της στο εφαπτόμενης του κύκλου $\left( O \right)$ με τον $\left( K \right)$ , να υπολογιστεί (συναρτήσει του ) η ακτίνα του κύκλου που διέρχεται από τα και εφάπτεται της
Για τα δεδομένα του αρχικού προβλήματος είναι (προφανώς) και η αντικατάστασή του στα προκύπτοντα θα δώσει τις απαντήσεις του αρχικού προβλήματος

Λύση
$\bullet$ i) Έστω $L\equiv \left( ST\cap OK \right)$ και ας είναι $X\equiv OK\cap \left( O \right)$ , με

πλησιέστερα στο

και $E,Y\equiv OK\cap \left( K \right)$ , με

μεταξύ των O,K

.

Από την εξωτερική ομοιοθεσία των δύο κύκλων με κέντρο

θα είναι $\dfrac{LO}{LK}=\dfrac{OS}{KT}\Rightarrow \dfrac{LO}{LO+OK}=\dfrac{2m}{3m}\overset{OK=4m}{\mathop{\Rightarrow }}\,\ldots LO=8m\Rightarrow LX=6m=KX$ οπότε στο ορθογώνιο (από την επαφή ) τρίγωνο $\vartriangle LKT$ η

είναι διάμεσο του και συνεπώς $\angle OLS\equiv \angle XLS=\angle XTL\equiv \angle XTS:\left( 1 \right)$
Προφανώς OE=m,EK=3m

Από το θεώρημα του Stewart στο τρίγωνο $\vartriangle OAK$ για το τμήμα

θα έχουμε: $A{{O}^{2}}\cdot EK+A{{K}^{2}}\cdot EO=A{{E}^{2}}\cdot OK+OK\cdot EO\cdot EK\Rightarrow$ ${{\left( 2m \right)}^{2}}\cdot 3m+{{\left( 3m \right)}^{2}}\cdot m=A{{E}^{2}}\cdot 4m+4m\cdot m\cdot 3m\Rightarrow \ldots AE=\dfrac{3}{2}m:\left( 2 \right)$

: Εντυπωσιακή επαφή.png (99.93 KiB) Προβλήθηκε 818 φορές

Για τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle LSO,\vartriangle YAE$ (από επαφή και διάμετρο αντίστοιχα) έχουμε :
$\dfrac{OS}{OL}=\dfrac{2m}{8m}=\dfrac{1}{4}=\dfrac{\dfrac{3m}{2}}{6m}=\dfrac{AE}{EY}$ , άρα είναι όμοια (να σημειωθεί ότι για δύο ορθογώνια τρίγωνα οι ισότητα των λόγων δύο πλευρών τους (ανεξάρτητα καθέτων ή κάθετης και υποτείνουσας ) οδηγεί στην ομοιότητά τους.

$\bullet$ Έτσι $\angle OLS=\angle EYA:\left( 3 \right)$
Από την ομοιοθεσία των κύκλων έχουμε: $SX\parallel TE\Rightarrow \angle LSX=\angle STE\overset{\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma -\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau o\iota \chi \eta \,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta }{\mathop{=}}\,\angle EYT\equiv \angle XYT\Rightarrow STYXS$ εγγράψιμο σε κύκλο, οπότε $\angle EYS\equiv \angle XYS=\angle XTL=\angle XLS\equiv \angle OLS=\angle EYA\Rightarrow Y,A,S$ συνευθειακά και το πρώτο ζητούμενο έχει αποδειχθεί. (ίσες γωνίες με κοινή κορυφή , κοινή πλευρά και οι άλλες δύο πλευρές τους είναι προς το ίδιο μέρος της κοινής οπότε ταυτίζονται)

$\bullet$ ii) Από το i) ερώτημα προκύπτει ότι: $\angle YSL=\angle SYE\overset{\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha \,\,\omega \varsigma \,\,\pi \rho o\varsigma \,\,OK}{\mathop{=}}\,\angle LYB\Rightarrow BY\parallel LST:\left( 4 \right)$
άρα από $EB\bot BY\overset{BY\parallel ST}{\mathop{\Rightarrow }}\,EB\bot ST\overset{OS\bot ST}{\mathop{\Rightarrow }}\,EB\parallel OS\Rightarrow \angle SBE=\angle OSB:\left( 5 \right)$

Είναι $\angle BOS\overset{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta \,\,-\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta }{\mathop{=}}\,2\cdot \left( \angle SXB \right)\overset{S,X,B,A\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,2\cdot \left( \angle BAY \right)\overset{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\,-\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta }{\mathop{=}}\,\angle BKY$ και συνεπώς τα ισοσκελή (λόγω ακτινών κύκλων) τρίγωνα $\vartriangle OSB,\vartriangle KYB$ είναι όμοια άρα $\angle EYB\equiv \angle KYB=\angle OSB\overset{\left( 5 \right)}{\mathop{=}}\,\angle SBE\Rightarrow SB$ η δεύτερη (εκτός της

) εφαπτόμενη από το

στον κύκλο $\left( K \right)$ και συνεπώς το εγγεγραμμένο στον $\left( K \right)$ τετράπλευρο BATY

είναι αρμονικό , άρα η δέσμη P.BATY

είναι αρμονική.

: Εντυπωσιακή επαφή.png (99.93 KiB) Προβλήθηκε 818 φορές

$\bullet$ Εξάλλου $\angle PAY\overset{AP\,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( O \right)}{\mathop{=}}\,\ldots \angle SBQ\overset{SB\,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( K \right)}{\mathop{=}}\,\angle APB\Rightarrow AY\parallel PB$ και εξ’ αιτίας της αρμονική δέσμης P.BATY

το $M\equiv AT\cap PT$ είναι το μέσο της

οπότε από το ισοσκελές (εγγεγραμμένο σε κύκλο ) τραπέζιο $ABPY\Rightarrow MB=MP\overset{MA\parallel BP}{\mathop{\Rightarrow }}\,MA$ διχοτόμος της γωνίας $\angle TMB\Rightarrow \angle TMA=\angle AMB:\left( 6 \right)$

Για το τρίγωνο $\vartriangle AFY\sim \vartriangle EAY\sim \vartriangle OSL$ θα ισχύει: $AY=4AF\Rightarrow 2\cdot AM=4\cdot \dfrac{AB}{2}\Rightarrow AM=AB\Rightarrow \angle ABM=\angle AMB\overset{\left( 6 \right)}{\mathop{=}}\,\angle AMT\Rightarrow TP$ εφαπτόμενη του περίκυκλου του τριγώνου $\vartriangle ABM$ στο

Το κέντρο

του εν λόγω κύκλου θα είναι το σημείο τομής της μεσοκαθέτου στην

με την

(προφανώς μεσοκάθετη της

).

$\bullet$ Είναι $QN\parallel AE\Rightarrow \dfrac{QN}{AE}=\dfrac{YN}{YA}=\dfrac{3}{4}\overset{AE=3m/2}{\mathop{\Rightarrow }}\,QN=\dfrac{9m}{8}\Rightarrow Q{{N}^{2}}=\dfrac{81{{m}^{2}}}{64}:\left( 8 \right)$ και $AN=\dfrac{1}{4}AY\Rightarrow A{{N}^{2}}=\dfrac{1}{16}A{{Y}^{2}}=\dfrac{1}{16}\left( E{{Y}^{2}}-A{{E}^{2}} \right)=\dfrac{1}{16}\left( 36{{m}^{2}}-\dfrac{9}{4}{{m}^{2}} \right)=\dfrac{135}{64}{{m}^{2}}$
και άρα η ζητούμενη ακτίνα του κύκλου (έστω

) θα είναι (από Πυθαγόρειο Θεώρημα) $R=\sqrt{\dfrac{216}{64}{{m}^{2}}}=\ldots \dfrac{3}{2}\sqrt{\dfrac{3}{2}}\cdot m$ και το δεύτερο ζητούμενο έχει υπολογιστεί.

Υ.Σ. Η πιο πάνω λύση είναι αφιερωμένη με όλη μου την εκτίμηση στον αγαπητό φίλο Τηλέμαχο !!! (ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ)

Εντυπωσιακή επαφή

Εντυπωσιακή επαφή

Re: Εντυπωσιακή επαφή

Re: Εντυπωσιακή επαφή

Re: Εντυπωσιακή επαφή

Re: Εντυπωσιακή επαφή

Μέλη σε σύνδεση