Εικαστική τέχνη

KARKAR · #1

: Εικαστική τέχνη.png (17.62 KiB) Προβλήθηκε 730 φορές

Ο κύκλος

, έχει το κέντρο του πάνω σε μεγαλύτερο κύκλο (O , R)

, τον οποίο τέμνει

στα σημεία A , B

. Ευθεία διερχόμενη από το

, τέμνει τους δύο κύκλους στα σημεία P , T

.

Οι εφαπτόμενες των δύο κύκλων στα P , T

τέμνονται στο σημείο

.

α) Εικασία : Το τμήμα

μεγιστοποιείται όταν : $PT \parallel OK$ .

β) Αποδεχόμενοι την εικασία και γνωρίζοντας ότι : R=3 , r=2

, υπολογίστε το $BS_{max}$ .

#2

KARKAR έγραψε: Σάβ Μαρ 05, 2022 1:54 pm Εικαστική τέχνη.pngΟ κύκλος , έχει το κέντρο του πάνω σε μεγαλύτερο κύκλο , τον οποίο τέμνει

στα σημεία . Ευθεία διερχόμενη από το , τέμνει τους δύο κύκλους στα σημεία .

Οι εφαπτόμενες των δύο κύκλων στα τέμνονται στο σημείο .

α) Εικασία : Το τμήμα μεγιστοποιείται όταν : $PT \parallel OK$ .

β) Αποδεχόμενοι την εικασία και γνωρίζοντας ότι : , υπολογίστε το $BS_{max}$ .

α) Έστω

σημείο του τόξου του κύκλου $\left( O \right)$ που δεν περιέχει το

. Τότε είναι $\angle TKB\overset{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta -\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta }{\mathop{=}}\,2\left( \angle BAT \right)\overset{P,A,B,C\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,$ $2\left( \angle PCB \right)\overset{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta -\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta }{\mathop{=}}\,\angle POB$ οπότε τα ισοσκελή τρίγωνα (από τις ακτίνες των κύκλων) $\vartriangle KTP,\vartriangle POB$ είναι όμοια , άρα $\angle KTB=\angle OPB:\left( 1 \right)$

: Εικαστική τέχνη.png (56.88 KiB) Προβλήθηκε 682 φορές

Έτσι $\angle STB={{90}^{0}}+\angle KTB:\left( 2 \right)$ και $\angle SPB={{90}^{0}}-\angle OPB:\left( 3 \right)$ .
Από $\left( 2 \right)+\left( 3 \right)\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle STB+\angle SPB={{180}^{0}}\Rightarrow S,P,B,T$ ομοκυκλικά και συνεπώς η

είναι χορδή κύκλου και άρα θα μεγιστοποιηθεί όταν γίνει διάμετρός του, δηλαδή όταν $PB\bot SP\overset{OP\bot SP}{\mathop{\Rightarrow }}\,BP$ διάμετρος του κύκλου $\left( O \right)$ και ομοίως

διάμετρος του $\left( K \right)$ οπότε από το τρίγωνο $\vartriangle PBT$ θα είναι $PT\parallel OK$ (συνδέει τα μέσα των δύο πλευρών του) και μάλιστα $PT=2\cdot OK:\left( 4 \right)$

β) Στο τρίγωνο $\vartriangle PBT$ θα είναι $BP=2R=6,BT=2r=4,PT=2\cdot OK=6$ και άρα $\tau =\dfrac{6+6+4}{2}=8$ οπότε από τον τύπο του Ήρωνα θα έχουμε: $\left( PBT \right)=\sqrt{8\cdot 2\cdot 2\cdot 4}=8\sqrt{2}\Rightarrow$ $\dfrac{PT\cdot AB}{2}=8\sqrt{2}\Rightarrow AB=\dfrac{8\sqrt{2}}{3}$
Με $\angle PSB\overset{P,S,T,B\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle PTB\equiv \angle ATB$ προκύπτει ότι τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle SPB,\vartriangle TAB$ είναι όμοια και συνεπώς $\dfrac{SP}{PB}=\dfrac{TB}{AB}\Rightarrow SP=\dfrac{TB}{AB}\cdot PB=\dfrac{4}{\dfrac{8\sqrt{2}}{3}}\cdot 6=\ldots 9\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ (μιλάμε για τη μέγιστη τιμή του

φυσικά)

#3

KARKAR έγραψε: Σάβ Μαρ 05, 2022 1:54 pm Εικαστική τέχνη.pngΟ κύκλος , έχει το κέντρο του πάνω σε μεγαλύτερο κύκλο , τον οποίο τέμνει

στα σημεία . Ευθεία διερχόμενη από το , τέμνει τους δύο κύκλους στα σημεία .

Οι εφαπτόμενες των δύο κύκλων στα τέμνονται στο σημείο .

α) Εικασία : Το τμήμα μεγιστοποιείται όταν : $PT \parallel OK$ .

β) Αποδεχόμενοι την εικασία και γνωρίζοντας ότι : , υπολογίστε το $BS_{max}$ .

Πρώτα-πρώτα πάντα PT = PB

.

: Εικαστική τέχνη_Ανάλυση_1.png (15.38 KiB) Προβλήθηκε 664 φορές

Πράγματι το τετράπλευρο AKBP

είναι εγγεγραμμένο και KB = KA

άρα η

διχοτομεί τη γωνία του τετράπλευρου στο

.

Επί πλέον $\widehat {{T_{}}} = \widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}}$ ( πάλι από τετράπλευρο AKBP

) και έτσι αβίαστα έχω , $\vartriangle PKT = PKB \Rightarrow PT = PB$ .

: Εικαστική τέχνη_Ανάλυση_2.png (28.94 KiB) Προβλήθηκε 664 φορές

Τώρα στην άσκηση , Επειδή $\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\phi _1}}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {{\theta _2}} = \widehat {{\phi _2}}\,$ ( υπό χορδής κι εφαπτομένης) και αφού στο $\vartriangle SPT$ το άθροισμα των γωνιών του είναι

ορθές ,

στο τετράπλευρο SPBT

το άθροισμα των γωνιών του στα $S\,\,\kappa \alpha \iota \,\,B$ θα είναι

ορθές άρα θα είναι εγγράψιμο .

Ο κύκλος του τετράπλευρου αυτού θα έχει το κέντρο του, έστω

, στην

. Αν η

τέμνει τον κύκλο αυτό (ακόμα) στο

θα έχει διάμετρο την

.

Επειδή η διαγώνιος

του τετράπλευρου SPBT

είναι εν γένει χορδή του κύκλου $\left( L \right)$ θα είναι $BS \leqslant PN$ και έτσι η

παίρνει τη μέγιστη τιμή αν γίνει κι αυτή διάμετρος .

Τότε θα έχουμε :
.

: Εικαστική τέχνη_Ανάλυση_3_Υπολογισμοί.png (36.09 KiB) Προβλήθηκε 664 φορές

.
Τα

σε ευθεία καθώς και τα B,K,T

. Επίσης το τετράπλευρο PBNS

θα είναι ορθογώνιο και το $\vartriangle TPN$ ορθογώνιο στο ενώ $TK \bot PN$

PT// = 2OK

, ενώ η κοινή χορδή

θα είναι κάθετη στις $PT\,\,\kappa \alpha \iota \,\,OK$ .

Αν τώρα $R = 3\,\,\kappa \alpha \iota \,\,r = 2$ θα είναι $PT = 2R = 6,\,\,\,TK = r = 2$ .

Στο ορθογώνιο τρίγωνο TPN

ισχύουν : $\left\{ \begin{gathered} P{T^2} = PK \cdot PN \hfill \\ T{K^2} = PK \cdot KN \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {6^2} = PK\left( {PK + KN} \right) \hfill \\ {2^2} = PK \cdot KN \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} PK = 4\sqrt 2 \hfill \\ KN = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{BS = PN = \left( {4 + \frac{1}{2}} \right)\sqrt 2 = \frac{9}{2}\sqrt 2 }$

Εικαστική τέχνη

Εικαστική τέχνη

Re: Εικαστική τέχνη

Re: Εικαστική τέχνη

Μέλη σε σύνδεση