Απαιτητική τέμνουσα

KARKAR · #1

: Απαιτητική τέμνουσα.png (17.7 KiB) Προβλήθηκε 316 φορές

Στην προέκταση της διαμέτρου AOB=2R

ενός ημικυκλίου , να εντοπισθεί σημείο

, από το οποίο να αχθεί

τέμνουσα SPT

, ώστε να είναι : SP=PT

και το ημικύκλιο διαμέτρου

να εφάπτεται της

( στο

) .

STOPJOHN · #2

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 08, 2025 9:06 am
Απαιτητική τέμνουσα.pngΣτην προέκταση της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , να εντοπισθεί σημείο , από το οποίο να αχθεί

τέμνουσα , ώστε να είναι : και το ημικύκλιο διαμέτρου να εφάπτεται της ( στο ) .

Είναι $BS=x,y=PS=TP,TK=KP=KQ,OK\perp TP,$

$x.(x+2R)=2y^{2},(1)$ ,

Απο μετρικές σχέσεις στο ορθογώνιο,τρίγωνο $OKS,x(x+2R)=2y^{2},(1) OK^{2} =OQ.(R+x),(2), KS^{2} =QS.(R+x),(3), KQ^{2} =OQ.QS,(4) QS=\dfrac{9y^{2}}{4(R+x)} ,OQ=\dfrac{4R^{2}-y^{2}}{4(R+x)},OK^{2}=\dfrac{4R^{2}-y^{2}}{4} (1),(4)\Rightarrow 0=17x^{2}+34Rx-64R^{2}\Rightarrow x=R.\dfrac{-17+9\sqrt{17}}{17}$

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 08, 2025 9:06 am
Απαιτητική τέμνουσα.pngΣτην προέκταση της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , να εντοπισθεί σημείο , από το οποίο να αχθεί

τέμνουσα , ώστε να είναι : και το ημικύκλιο διαμέτρου να εφάπτεται της ( στο ) .

$\boxed{x = R\left( {\frac{{9\sqrt {17} }}{{17}} - 1} \right)\,\,\,,\,\,\,OQ = R\frac{{\sqrt {17} }}{{17}}}$

Επαληθευμένο

: Τέμνουσα με απαίτηση.png (56.7 KiB) Προβλήθηκε 268 φορές

Σε λίγο η Γεωμετρική κατασκευή .[/color][/b]

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 08, 2025 9:06 am
Απαιτητική τέμνουσα.pngΣτην προέκταση της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , να εντοπισθεί σημείο , από το οποίο να αχθεί

τέμνουσα , ώστε να είναι : και το ημικύκλιο διαμέτρου να εφάπτεται της ( στο ) .

Έστω λυμένο το πρόβλημα.

Ας είναι

το μέσο του

, δηλαδή το κέντρο του μικρού ημικυκλίου. Θέτω MQ = m

και άρα , $MT = MP = m\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SP = 2m.$

Επίσης ακόμα θέτω , OQ = y

. Αν

το άλλο εφαπτόμενο τμήμα του κύκλου $\left( {M,m} \right)$ , η αντιστροφή του κύκλου αυτού

Με πόλο το

και δύναμη αντιστροφής , $S{D^2}$ τον αφήνει αναλλοίωτο κ έτσι , $S{Q^2} = S{D^2} = SP \cdot ST = SB \cdot SA$ δηλαδή ,

${\left( {R + x - y} \right)^2} = x\left( {x + 2R} \right) = 2m \cdot 4m = 8{m^2}$ , κατά συνέπεια , $R + x - y = 2\sqrt 2 m\,\,\left( 1 \right)$ .
.

: Απαιτητική τέμνουσα_ok_1.png (38.26 KiB) Προβλήθηκε 246 φορές

.
Από το Π. Θ. στα , $\vartriangle QMO\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle MTO$ προκύπτει, $M{O^2} = {R^2} - {m^2} = {m^2} + {y^2} \Rightarrow {R^2} = 2{m^2} + {y^2}\,\,\left( 2 \right)$

Επειδή το $\vartriangle MOS$ είναι ορθογώνιο στο

με ύψος προς την υποτείνουσα το MQ = m

και λόγω Θ. Ευκλείδη θα ισχύουν ,

$M{O^2} = y\left( {R + x} \right) = {\left( {R + x} \right)^2} - 9{m^2} \Leftrightarrow 9{m^2} = \left( {R + x} \right)\left( {R + x - y} \right)$ που λόγω της $\left( 1 \right)$ γίνεται : $9m = 2\sqrt 2 \left( {R + x} \right)\,\,\,\left( 3 \right)$

Αλλά $Q{M^2} = OQ \cdot OS$ (ύψος προς υποτείνουσα ) ή ${m^2} = y\left( {R + x - y} \right)$ και λόγω της $\left( 1 \right)$ , ${m^2} = 2y\sqrt 2 m \Rightarrow m = 2\sqrt 2 y$ .

αντικαθιστώ στην $\left( 3 \right)$ και προκύπτει : $9 \cdot 2\sqrt 2 y = 2\sqrt 2 \left( {R + x} \right) \Rightarrow 9y = R + x\,\,\left( 4 \right)$ .

Επίσης λόγω της ${m^2} = y\left( {R + x - y} \right)$ και της $\left( 2 \right)$ προκύπτει : ${R^2} + {y^2} = 2y\left( {R + x} \right)\,\,\,\,\left( * \right)$

Οι $\left( * \right)\,\,,\,\left( {\,4} \right)$ είναι σύστημα απλό με λύση : $\boxed{x = R\left( {\frac{{9\sqrt {17} }}{{17}} - 1} \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,y = R\frac{{\sqrt {17} }}{{17}}}$

Κατασκευή

: Τέμνουσα με απαίτηση.png (26.71 KiB) Προβλήθηκε 249 φορές

Ο κύκλος $\left( {O,y} \right)$ τέμνει την

σε δύο σημεία , το προς τη μεριά του

ονομάζω

.

Γράφω και τον κύκλο $\left( {B,x} \right)$ και τέμνει την προέκταση της

στο

.

Η κάθετη στο

επί την

, τέμνει το βόρειο ημικύκλιο διαμέτρου

στο σημείο

. Η ευθεία

είναι η τέμνουσα που θέλω.

Απαιτητική τέμνουσα

Απαιτητική τέμνουσα

Re: Απαιτητική τέμνουσα

Re: Απαιτητική τέμνουσα

Re: Απαιτητική τέμνουσα

Μέλη σε σύνδεση