Ίσοι τεμνόμενοι κύκλοι

#1

: Ίσοι τεμνόμενοι κύκλοι.png (14.8 KiB) Προβλήθηκε 925 φορές

Στο σχήμα δίνονται δύο τεμνόμενοι κύκλοι (O,R), (K,R).

Να κατασκευάσετε κύκλο (L, r)

που να εφάπτεται

στην ευθεία OK,

στον κύκλο (O)

εσωτερικά και εξωτερικά στο κύκλο (K).

Στη συνέχεια υπολογίστε την ακτίνα

συναρτήσει της

αν δεν το έχετε ήδη κάνει.

#2

Ας αντιστρέψουμε!

Ονομάζω Α το σημείο που η διάκεντρος των κόκκινων κύκλων επανατέμνει, δεξιά στο σχήμα, τον δεξιό κόκκινο κύκλο, Β και Γ τα σημεία τομής των κόκκινων κύκλων ( το Β επάνω), Μ το μέσο της ΟΚ και Δ το σημείο του ΟΚ με ΑΔ=ΑΒ.

Με κύκλο αντιστροφής τον δεξιό κόκκινο κύκλο ο αριστερός αντιστρέφεται στην κοινή χορδή ΒΓ (και τούμπαλιν), και η διάκεντρος στον εαυτό της.

Επομένως ο ζητούμενος κύκλος αντιστρέφεται στον κύκλο, ας τον ονομάσω ζ, που εφάπτεται στην διάκεντρο, στην κοινή χορδή ΒΓ και στον κύκλο αντιστροφής ( και βρίσκεται πάνω από την διάκεντρο και αριστερά της ΒΓ).

Αρκεί να κατασκευάσω τον κύκλο ζ.
Στην αντιστροφή, τώρα, με κέντρο Α και ακτίνα ΑΒ ο δεξιός κόκκινος κύκλος αντιστρέφεται στην ΒΓ, η διάκεντρος ΑΚΟ και κυκλος ζ στον εαυτό τους, οπότε το σημείο επαφής του κύκλου ζ με τη διάκεντρο αντιστρέφεται, ομοίως, στον εαυτό του, άρα είναι το Δ.

Το κέντρο Ε του κύκλου ζ βρίσκεται, φανερά, στην διχοτόμο της γωνίας ΒΜΟ και στην κάθετο στο Δ της ΟΚ. Η ακτίνα του είναι ΕΔ, οπότε κατασκευάζεται κ.λπ.

#3

Σ' ευχαριστώ Κώστα για τη λύση

Αναμένω πάντως (λόγω φακέλου) στοιχειώδη σχολική αντιμετώπιση.

KARKAR · #4

: Υπολογιστική Βισβίκη.png (29.58 KiB) Προβλήθηκε 775 φορές

Με διπλό πυθαγόρειο έχουμε τις παραπάνω εξισώσεις . Η λύση του συστήματος

δίνει : $r=\dfrac{R\sqrt{3}}{4}$ και : $x=\dfrac{R(\sqrt{3}-1)}{4}$ . Η κατασκευή είναι πλέον απλή .

#5

george visvikis έγραψε: Τετ Ιουν 19, 2024 11:02 am Ίσοι τεμνόμενοι κύκλοι.png
Στο σχήμα δίνονται δύο τεμνόμενοι κύκλοι Να κατασκευάσετε κύκλο που να εφάπτεται

στην ευθεία στον κύκλο εσωτερικά και εξωτερικά στο κύκλο Στη συνέχεια υπολογίστε την ακτίνα

συναρτήσει της αν δεν το έχετε ήδη κάνει.

Έστω λυμένο το πρόβλημα ( ειδική περίπτωση του Απολλώνιου προβλήματος : KKE

( Κύκλος- κύκλος- ευθεία )).

Έστω, $\Omega \,\,,$ ο ομόκεντρος του $\left( {L,r} \right)$ που θέλω και διέρχεται από το σταθερό

. Αυτός θα εφάπτεται στη σταθερή ευθεία ,

${g_2}$ , παράλληλη στη σταθερή

και σε απόσταση

απ’ αυτή. Επίσης ο $\Omega$ θα εφάπτεται του σταθερού κύκλου , ${k_5}$ ,

που έχει κέντρο το σταθερό ,

και ακτίνα , R + R = 2R

.

Τώρα το πρόβλημα είναι να κατασκευαστεί ο κύκλος $\Omega$ που διέρχεται από το σταθερό σημείο

και εφάπτεται σε γνωστή ευθεία ,

${g_2}$ και του σταθερό κύκλου ${k_5} \to \left( {O,2R} \right)$ . Πιο εύκολη , ${\rm E},\Sigma ,\,\,{\rm K}$ , Απολλώνια κατασκευή που γίνεται και δια αντιστροφής.

: ϊσοι τεμνόμενοι κύκλοι.png (31.07 KiB) Προβλήθηκε 773 φορές

Για τον υπολογισμό

Ας είναι : d = R - r

η διάκεντρος

και

με

η προβολή του

στην ευθεία

. Θα ισχύουν ταυτόχρονα:

$\left\{ \begin{gathered} d = R - r \hfill \\ {d^2} = {x^2} + {r^2} \hfill \\ {\left( {R + r} \right)^2} = {\left( {R + x} \right)^2} + {r^2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} d = R - r \hfill \\ x = \sqrt {{R^2} - 2Rr} \hfill \\ 2Rr = {x^2} + 2Rx \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} r = \frac{{R\sqrt 3 }}{4} \hfill \\ x = \frac{1}{2}R\sqrt {4 - 2\sqrt 3 } \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Βεβαίως αν κάναμε πρώτα τον υπολογισμό , η κατασκευή είναι απλούστερη .

Θα δω αν υπάρχει απλούστερη λύση πέραν της πιο πάνω υπολογιστικής

Για την κατασκευή του προβλήματος $\displaystyle \left( {{\rm E},\Sigma ,{\rm K}} \right)$ με αντιστροφή, ίσως γράψω σχετικά αφού δω προσεκτικά την κατασκευή του Κώστα.

#6

Κατασκευή: Αν

είναι κοινό σημείο των δύο κύκλων και

το μέσο του OK,

κατασκευάζω

(προς τα αριστερά) το τετράγωνο AMTS.

Η

είναι η διάμετρος του ζητούμενου κύκλου.

: Ίσοι τεμνόμενοι κύκλοι.β.png (18.09 KiB) Προβλήθηκε 742 φορές

Αιτιολόγηση: Η κατασκευή προέκυψε από την ανάλυση που προηγήθηκε, θεωρώντας το σχήμα κατασκευασμένο.

Αφαιρώντας κατά μέλη τις εξισώσεις του KARKAR έχω $\displaystyle 2r = x + \frac{R}{2},$ απ' όπου TS=TM,

δηλαδή το

είναι τετράγωνο.

Ίσοι τεμνόμενοι κύκλοι

Ίσοι τεμνόμενοι κύκλοι

Re: Ίσοι τεμνόμενοι κύκλοι

Re: Ίσοι τεμνόμενοι κύκλοι

Re: Ίσοι τεμνόμενοι κύκλοι

Re: Ίσοι τεμνόμενοι κύκλοι

Re: Ίσοι τεμνόμενοι κύκλοι

Μέλη σε σύνδεση