Μεγάλες κατασκευές 100

KARKAR · #1

: Μεγάλες κατασκευές 100.png (17.69 KiB) Προβλήθηκε 589 φορές

Στο εξωτερικό κύκλου (O)

, κινείται σημείο

. Φέρουμε τα εφαπτόμενα τμήματα SA , SB

και τη

διχοτόμο της γωνίας $\widehat{ASO}$ , η οποία τέμνει τον κύκλο στο σημείο

( το πλέον μακρινό από το

).

Πώς πρέπει να επιλέξουμε το σημείο

, ώστε τα σημεία C , O , B

να είναι συνευθειακά ;

#2

KARKAR έγραψε: Σάβ Μαρ 11, 2023 7:36 am Μεγάλες κατασκευές 100.pngΣτο εξωτερικό κύκλου , κινείται σημείο . Φέρουμε τα εφαπτόμενα τμήματα και τη

διχοτόμο της γωνίας $\widehat{ASO}$ , η οποία τέμνει τον κύκλο στο σημείο ( το πλέον μακρινό από το ).

Πώς πρέπει να επιλέξουμε το σημείο , ώστε τα σημεία να είναι συνευθειακά ;

Θέτω

Η

είναι διάμετρος, άρα $OM//=\dfrac{AC}{2}$ και λόγω της διχοτόμου AC=AS.

: Μεγάλες κατασκευές 100.png (19.12 KiB) Προβλήθηκε 579 φορές

$\displaystyle {R^2} = OM \cdot OS = \frac{{AC}}{2}x = \frac{{AS}}{2}x = \frac{{x\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}{2} \Leftrightarrow {x^4} - {R^2}{x^2} - 4{R^4} = 0,$

απ' όπου παίρνω $\boxed{x = R\sqrt {\frac{{1 + \sqrt {17} }}{2}} }$

#3

KARKAR έγραψε: Σάβ Μαρ 11, 2023 7:36 am Μεγάλες κατασκευές 100.pngΣτο εξωτερικό κύκλου , κινείται σημείο . Φέρουμε τα εφαπτόμενα τμήματα και τη

διχοτόμο της γωνίας $\widehat{ASO}$ , η οποία τέμνει τον κύκλο στο σημείο ( το πλέον μακρινό από το ).

Πώς πρέπει να επιλέξουμε το σημείο , ώστε τα σημεία να είναι συνευθειακά ;

Φέρνω την

( πολική του

ως προς τον κύκλο ) και τέμνει τη διάμετρο στο

Η ευθεία

τέμνει τον κύκλο κατά την διάμετρο

(

) και θέτω $ES = x\,\,,\,\,ME = k\,\,,\,\,OD = OE = r$ .

Επειδή τα $O\,\,\kappa \alpha \iota \,\,M$ είναι μέσα των $BC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BA$ θα είναι : $AS = AC = 2OM = 2(r - k)\,\,\left( 1 \right)$ .

Η τετράδα $\left( {K,S\backslash D,E} \right)$ είναι, ως γνωστό , αρμονική και από την αρμονική αναλογία

: Μεγάλες κατασκευές 100.png (20.24 KiB) Προβλήθηκε 557 φορές

$\dfrac{{EM}}{{ES}} = \dfrac{{DM}}{{DS}} \Rightarrow \dfrac{k}{x} = \dfrac{{2r - k}}{{2r + x}} \Rightarrow k = \dfrac{{rx}}{{r + x}}\,\,\left( 2 \right)$ κι έτσι η $\left( 1 \right)$ γίνεται: $AS = \dfrac{{2{r^2}}}{{x + r}}\,\,\left( 3 \right)$

Επειδή από τη δύναμη του σημείου

ως προς τον κύκλο , $A{S^2} = SE \cdot SD$ από την $\left( 3 \right)$ προκύπτει:

$\dfrac{{4{r^2}}}{{{{\left( {x + r} \right)}^2}}} = x(x + r + r)$ , κι’ αν για ευκολία πράξεων θέσω, x = y - r

έχω την εξίσωση :

${y^4} - {r^2}{y^2} - 4{r^4} = 0$ με μια δεκτή ρίζα , $\boxed{y = r\sqrt {\frac{{1 + \sqrt {17} }}{2}} \Rightarrow x = r\left( {\sqrt {\frac{{1 + \sqrt {17} }}{2}} - 1} \right)}$ .

#4

KARKAR έγραψε: Σάβ Μαρ 11, 2023 7:36 am Μεγάλες κατασκευές 100.pngΣτο εξωτερικό κύκλου , κινείται σημείο . Φέρουμε τα εφαπτόμενα τμήματα και τη

διχοτόμο της γωνίας $\widehat{ASO}$ , η οποία τέμνει τον κύκλο στο σημείο ( το πλέον μακρινό από το ).

Πώς πρέπει να επιλέξουμε το σημείο , ώστε τα σημεία να είναι συνευθειακά ;

Φέρνω την

( πολική του

ως προς τον κύκλο ) και τέμνει τη διάμετρο στο

. Προφανώς $AB \bot SO$ .

Αλλά η γωνία $\widehat {CAB} = 90^\circ$ γιατί βαίνει σ ημικύκλιο, άρα CA//OS

. Επειδή η

διχοτομεί την $\widehat {ASO}$ θα είναι , AC=AS

.

Η ευθεία

τέμνει τον κύκλο κατά την διάμετρο

(

) . Άρα το τετράπλευρο CAED

είναι ισοσκελές τραπέζιο.

H

τέμνει ακόμα τον κύκλο στο

. Στο $\vartriangle CAB$ η ευθεία

είναι ο φορέας της από το

συμμετροδιαμέσου .

Το τετράπλευρο λοιπόν ACBP

είναι αρμονικό , οπότε οι εφαπτόμενες του κύκλου στα $C\,\,\kappa \alpha \iota \,\,P$ , συντρέχουν με την

, έστω στο σημείο

.

Θεωρώ

το σημείο τομής των ευθειών $TC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SD$ . Από το ισοσκελές τραπέζιο ACDE

προκύπτει αβίαστα ότι , $\vartriangle CZD = \vartriangle ASE$ ,

: Μεγάλες κατασκευές 100_Με αρμονικό_τετράπλευρο_1.png (31.31 KiB) Προβλήθηκε 524 φορές

άρα και το τραπέζιο ACZS

είναι ισοσκελές και μάλιστα : $\displaystyle \boxed{AC = CZ\,\,}\,\,\left( 1 \right)$

Άμεση συνέπεια: Τα ορθογώνια τρίγωνα $ACT\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CZO$ είναι ίσα άρα , $\boxed{r = OC = AT = k}\,\,\left( 2 \right)$ .

Μετά απ’ αυτά αν θέσω AB = x

, επειδή $B{C^2} = BA \cdot BT \Rightarrow {\left( {2r} \right)^2} = x\left( {x + r} \right) \Leftrightarrow {x^2} + rx - 4{r^2} = 0$ , οπότε: $\boxed{x = r\frac{{\sqrt {17} - 1}}{2}}$ .

Επειδή $AM = MB = \dfrac{x}{2} \Rightarrow \boxed{AM = r\frac{{ - 1 + \sqrt {17} }}{4}}$ και η κατασκευή της

είναι απλούστατη .

π.χ. στο

υψώνω κάθετη μήκους , $DF = r\dfrac{{ - 1 + \sqrt {17} }}{4}$ , η από το

παράλληλη στη διάμετρο τέμνει τον κύκλο στα $C\,\,\kappa \alpha \iota \,\,A$ .

Η εφαπτομένη στο

τέμνει την ευθεία της διαμέτρου

στο

.

Παρατήρηση .

Η γεωμετρική κατασκευή του τμήματος

της εξίσωσης $x\left( {x + r} \right) = {\left( {2r} \right)^2} \Leftrightarrow {x^2} + rx - 4{r^2} = 0$ ,

Γίνεται χωρίς υπολογισμούς ως εξής:
.

: Μιά κατασκευή.png (7.79 KiB) Προβλήθηκε 491 φορές

.
Σε κύκλο κέντρου

και διαμέτρου $\overline {AKB} = r$ , φέρνω εφαπτόμενο τμήμα AC = 2r

.

Η ευθεία

τέμνει κατά σειρά το κύκλο αυτό στα $D\,\,\kappa \alpha \iota \,\,E$ . Αν $\boxed{CD = x}$ θα ισχύει:

$C{A^2} = CD \cdot CE$ , δηλαδή ${\left( {2r} \right)^2} = x\left( {x + r} \right)$ .

Μεγάλες κατασκευές 100

Μεγάλες κατασκευές 100

Re: Μεγάλες κατασκευές 100

Re: Μεγάλες κατασκευές 100

Re: Μεγάλες κατασκευές 100

Μέλη σε σύνδεση