Αρμονικός μέσος

KARKAR · #1

Οι κύκλοι $(O , \rho) , (K , R)$ εφάπτονται εξωτερικά στο

, ενώ

είναι το κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο τμήμα .

1) Δείξτε ότι το κάθετο τμήμα

, από το

προς το

, είναι ο αρμονικός μέσος των δύο ακτίνων .

2) Υπολογίστε το μήκος της χορδής

#2

KARKAR έγραψε:Οι κύκλοι $(O , \rho) , (K , R)$ εφάπτονται εξωτερικά στο , ενώ είναι το κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο τμήμα .

1) Δείξτε ότι το κάθετο τμήμα , από το προς το , είναι ο αρμονικός μέσος των δύο ακτίνων .

2) Υπολογίστε το μήκος της χορδής

: 1.png (22.62 KiB) Προβλήθηκε 790 φορές

Ας είναι $\displaystyle{ B'AC' \bot SA\,\,\left( {B' \in OB,C' \in KC} \right) }$ . Τότε με $\displaystyle{ R > \rho }$ είναι $\displaystyle{ OB' = BB' - OB\mathop \Rightarrow \limits^{BB' = AS\,\,(ASBB'\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o)} \boxed{OB' = AS - \rho }:\left( 1 \right) }$

και $\displaystyle{ KC' = KC - CC'\mathop \Rightarrow \limits^{CC' = AS\,\,(ASCC'\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o)} \boxed{KC' = R - AS}:\left( 2 \right) }$

Με $\displaystyle{ OB'\parallel KC' \Rightarrow \vartriangle AOB' \sim \vartriangle AKC' \Rightarrow \frac{{OB'}} {{KC'}} = \frac{{AO}} {{AK}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} \frac{{AS - \rho }} {{R - AS}} = \frac{\rho } {R} \Rightarrow R\left( {AS - \rho } \right) = \rho \left( {R - AS} \right) \Rightarrow }$ $\displaystyle{ R \cdot AS + \rho \cdot AS = 2R\rho \Rightarrow \ldots \boxed{AS = \frac{{2R\rho }} {{R + \rho }}} }$

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#3

KARKAR έγραψε:Οι κύκλοι $(O , \rho) , (K , R)$ εφάπτονται εξωτερικά στο , ενώ είναι το κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο τμήμα .

1) Δείξτε ότι το κάθετο τμήμα , από το προς το , είναι ο αρμονικός μέσος των δύο ακτίνων .

2) Υπολογίστε το μήκος της χορδής

Και λίγο αλλιώς ...

: 2.png (24.2 KiB) Προβλήθηκε 772 φορές

Ας είναι $\displaystyle{ OC' \bot KC\,\,\left( {C' \in KC} \right) }$ και $\displaystyle{ AM\left( {M \in BC} \right) }$ εφαπτόμενο στους $\displaystyle{ \left( O \right),\left( K \right) }$ . Τότε είναι γνωστό ότι

$\displaystyle{ AB \bot AC\mathop \Rightarrow \limits^{AM\,\,\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \sigma o\varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\vartriangle ABC} AM = \frac{{BC}} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{BC = OC' = \ldots 2\sqrt {R\rho } } \boxed{AM = \sqrt {R\rho } }:\left( 1 \right) \Rightarrow \boxed{OC' = 2\sqrt {R\rho } }:\left( 2 \right) }$

Με $\displaystyle{ \vartriangle ASM \sim \vartriangle OC'K }$ (ορθογώνια με $\displaystyle{ \widehat{SAM} = \widehat{C'OK} }$ (οξείες με κάθετες πλευρές)) θα είναι $\displaystyle{ \frac{{AS}} {{OC'}} = \frac{{AM}} {{OK}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} \frac{{AS}} {{2\sqrt {R\rho } }} = \frac{{\sqrt {R\rho } }} {{R + \rho }} \Rightarrow \boxed{AS = \frac{{2R\rho }} {{R + \rho }}} }$

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

dimitris pap · #4

Καταλαβαίνω ότι είναι εκτός ύλης Β' λυκείου, αλλά πολύ ωραία και άμεση λύση, παίρνουμε και με τη χρήση αντιστροφής (ως προς Α και ακτίνα

)

Οι κύκλοι πάνε σε 2 παράλληλες και η κοινή εφαπτομένη σε κύκλο που εφάπτεται αυτών (και διέρχεται απ' το

).

Αν

οι αποστάσεις του

απ' τις παράλληλες έχουμε:

$\displaystyle d_1+d_2=AS'=\frac{a^2}{AS}\Longrightarrow \frac{a^2}{2r}+\frac{a^2}{2R}=\frac{a^2}{AS}$

από όπου έπεται και το ζητούμενο

#5

Φέρνουμε $OE \bot KC$ και έστω

το μέσο του

.
Αν θέσουμε OE = d,AS = x,AB = y

Έχουμε:
1) $O{E^2} = O{K^2} - E{K^2} \Rightarrow {d^2} = {(R + r)^2} - {(R - r)^2} \Leftrightarrow d = 2\sqrt {Rr}$ (1)
Επίσης $MB = MA = MC = \displaystyle\frac{d}{2}$ [εφαπτόμενα τμήματα σε κύκλο ] και έτσι από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα EOK,SAM

προκύπτουν οι σχέσεις:
$\displaystyle\frac{{EO}}{{SA}} = \displaystyle\frac{{OK}}{{AM}} = \frac{{EK}}{{SM}}$ και άρα $\displaystyle\frac{d}{x} = \frac{{R + r}}{{\displaystyle\frac{d}{2}}} = \displaystyle\frac{{R - r}}{{SM}}$ οπότε λόγω της (1):
α) $x = \displaystyle\frac{{2Rr}}{{R + r}} \Leftrightarrow \displaystyle\frac{2}{x} = \displaystyle\frac{1}{R} + \displaystyle\frac{1}{r}$ που είναι και το ζητούμενο
και β) $SM = \displaystyle\frac{{(R - r)\sqrt {Rr} }}{{R + r}}$ (2)
2) $BS = BM - SM = \sqrt {Rr} - \displaystyle\frac{{(R - r)\sqrt {Rr} }}{{R + r}} = \displaystyle\frac{{2r\sqrt {Rr} }}{{R + r}}$ (3) . Εξ άλλου επειδή MB = MA = MC

το τρίγωνο ABC

είναι ορθογώνιο στο

και με τη βοήθεια του θεωρήματος Ευκλείδη προκύπτει $A{B^2} = BS \cdot BC \Rightarrow y = 2r\sqrt {\displaystyle\frac{R}{{R + r}}}$ .
(Ουφ βαρετές πράξεις !)

Φιλικά Νίκος

Αρμονικός μέσος

Αρμονικός μέσος

Re: Αρμονικός μέσος

Re: Αρμονικός μέσος

Re: Αρμονικός μέσος

Re: Αρμονικός μέσος

Μέλη σε σύνδεση