Απαιτητικός κύκλος

KARKAR · #1

: Απαιτητικός κύκλος.png (8.6 KiB) Προβλήθηκε 1309 φορές

Δείξτε ότι η ακτίνα του κύκλου που εφάπτεται των δύο ημικυκλίων και της

, ισούται με $\dfrac{18}{13}$

#2

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Απαιτητικός κύκλος.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δείξτε ότι η ακτίνα του κύκλου που εφάπτεται των δύο ημικυκλίων και της , ισούται με $\dfrac{18}{13}$

Γεια σου Θανάση.
Πολύ απλή μου φαίνεται για το φάκελο

Φέρνω

κάθετη στην

και έστω

τα κέντρα αντίστοιχα του μεγάλου και του μικρού ημικυκλίου. Αν

είναι η ζητούμενη ακτίνα και KD=h

, τότε $\displaystyle{OK = \frac{{13}}{2} - r,LD = \frac{9}{2} - r,OD = \frac{5}{2} - r,KL = \frac{9}{2} + r}$ .
Από δύο Π.Θ στα τρίγωνα DKL, DOK

έχουμε:

$\displaystyle{{h^2} = {\left( {\frac{9}{2} + r} \right)^2} - {\left( {\frac{9}{2} - r} \right)^2} = {\left( {\frac{{13}}{2} - r} \right)^2} - {\left( {\frac{5}{2} - r} \right)^2} \Leftrightarrow }$ $\boxed{r = \frac{{18}}{{13}}}$

: Αρχιμήδης.png (13.57 KiB) Προβλήθηκε 1274 φορές

Σημείωση: Είναι γνωστή ως θεώρημα του Αρχιμήδη και είναι $\displaystyle{r = \frac{{AS \cdot SB}}{{2(AS + SB)}}}$

#3

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Απαιτητικός κύκλος.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δείξτε ότι η ακτίνα του κύκλου που εφάπτεται των δύο ημικυκλίων και της , ισούται με $\dfrac{18}{13}$

: Απαιτητικός κύκλος.png (19.15 KiB) Προβλήθηκε 1249 φορές

Ας είναι

τα κέντρα του μεγάλου και του μικρού ημικυκλίου αντίστοιχα και

το σημείο επαφής του κύκλου κέντρου

και ακτίνας KE = x

, με την

.

Θέτουμε SE = y

και είναι το κοινό εφαπτόμενο τμήμα των $(K,x)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,(L,\dfrac{9}{2})$ άρα $S{E^2} = 4x \cdot LB \Rightarrow \boxed{{y^2} = 18x}\,\,(1)$ .

Τώρα θα έχουμε για το τρίγωνο KSL

: $K{S^2} = {x^2} + 18x\,\,$ (Π. Θ. Στο τρίγωνο ESK

και λόγω της (1)

) . $K{L^2} = {(\dfrac{9}{2} + x)^2}\,\,\,,\,\,\,K{D^2} = {(\dfrac{{13}}{2} - x)^2}\,\,,\,\,SL = \dfrac{9}{2}$

Από το Θ. Stewart

στο τρίγωνο αυτό ( $\vartriangle KSL$ ) έχουμε:

$DL \cdot K{S^2} + DS \cdot K{L^2} = SL(K{D^2} + DS \cdot DL)$ και άρα

$\boxed{2({x^2} + 18x) + \dfrac{5}{2}{{(\dfrac{9}{2} + x)}^2} = \dfrac{9}{2}({{(\dfrac{{13}}{2} - x)}^2} + 5)}$ που μας δίδει μοναδική και δεκτή λύση

$\boxed{x = \dfrac{{18}}{{13}}}$

Φιλικά Νίκος

#4

Να συμπληρώσω ότι στη διάταξη του παρακάτω σχήματος οι κύκλοι K_1,K_2

έχουν την ίδια ακτίνα

. Αν $R,\rho$ είναι οι ακτίνες των δύο μικρότερων ημικυκλίων τότε:
$\displaystyle{r = \frac{{R\rho }}{{R + \rho }}}$

: Αρχιμήδης.II.png (18 KiB) Προβλήθηκε 1225 φορές

#5

Ας δούμε και την κατασκευή.

: Απαιτητικός κύκλος_κατασκευή.png (16.86 KiB) Προβλήθηκε 1213 φορές

Έστω

το εφαπτόμενο τμήμα στο μικρό ημικύκλιο $(L,\dfrac{9}{2})$ .

Ας είναι

το σημείο τομής $AH\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ST$ , Η διχοτόμος της $H\widehat NT$ με την ευθεία

τέμνονται στο κέντρο

του κύκλου που ζητάμε.

Φιλικά Νίκος

#6

Κι ...εδώ...

#7

Φωτεινή έγραψε:Κι ...εδώ...

Έχει και αρμονία η άσκηση

Φιλικά Νίκος

#8

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Απαιτητικός κύκλος.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δείξτε ότι η ακτίνα του κύκλου που εφάπτεται των δύο ημικυκλίων και της , ισούται με $\dfrac{18}{13}$

Γενίκευση

: Εχτρα κατασκευή.png (27.1 KiB) Προβλήθηκε 1094 φορές

Έστω ημικύκλιο διαμέτρου

κέντρου

, σημείο δε

πάνω στη διάμετρο ανάμεσα στα A,B

. Με διάμετρο SB = 2n

γράφουμε νέο ημικύκλιο εσωτερικά του αρχικού .

Έστω

το κέντρο του μικρού ημικυκλίου και AS = 2m

. Από το

φέρνουμε το εφαπτόμενο τμήμα

.

Θεωρούμε επίσης την κάθετη στην

στο

που τέμνει το μεγάλο ημικύκλιο στο

.

Η ευθεία

τέμνει την

στο

. Η διχοτόμος της $A\widehat NS$ τέμνει την

στο

και την ευθεία

στο

.

Εύκολα με την ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων $SGN\,\,\kappa \alpha \iota \,\,HKN\,\,\,$ ( NS = NH

και $S\widehat NG = H\widehat NK$ ) έχουμε x = KH = SG

.

Επειδή η

διχοτομεί την γωνία $S\widehat NH$ τα

G,L

είναι αρμονικά συζυγή των S,A

και έτσι :

$\dfrac{{GS}}{{GA}} = \dfrac{{LS}}{{LA}} \Rightarrow GS \cdot LA = GA \cdot LS$ και άρα : $x(2m + n) = (2m - x)n \Leftrightarrow \boxed{x = \dfrac{{mn}}{{m + n}}}\,\,\,(1)$

Προφανές ότι η απόσταση του

από την

είναι ίση με

.

Από το ορθογώνιο τρίγωνο AHL

, έχουμε $\cos \theta = \dfrac{{HL}}{{AL}} = \dfrac{n}{{2m + n}}$ και από το θεώρημα συνημίτονου στο τρίγωνο KOL

με

προκύπτει :

$KO = \dfrac{{{m^2} + mn + {n^2}}}{{m + n}}$ και άρα KO + x = m + n

που μας εξασφαλίζει ότι ο κύκλος (K,x)

εφάπτεται και του μεγάλου ημικυκλίου .

Ειδικά αν $2m = 4\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,2n = 9$ η (1)

δίδει $x = \dfrac{{18}}{{13}}$ .

Επίσης το αποτέλεσμα της ακτίνας : $\boxed{x = \frac{{mn}}{{m + n}}}\,$ μας εξασφαλίζει ότι και με διάμετρο το

αν γράψουμε ημικύκλιο η ακτίνα θα είναι η ίδια.

Φιλικά Νίκος

KARKAR · #9

george visvikis έγραψε: Πολύ απλή μου φαίνεται για το φάκελο ...
Είναι γνωστή ως θεώρημα του Αρχιμήδη ...

Η λύση που είχα κατά νου , ήταν αυτή με το θεώρημα Stewart

και μου φάνηκε υπερβολικό ,

να την τοποθετήσω στο φάκελο των Juniors

. Βέβαια ο Γιώργος βλέπει ( και ξέρει ) πολλά !

Νίκο, ευχαριστώ για την ολοκληρωμένη διαπραγμάτευση του θέματος , που πλέον γίνεται προσιτό σε όλους .

Απαιτητικός κύκλος

Απαιτητικός κύκλος

Re: Απαιτητικός κύκλος

Re: Απαιτητικός κύκλος

Re: Απαιτητικός κύκλος

Re: Απαιτητικός κύκλος

Re: Απαιτητικός κύκλος

Re: Απαιτητικός κύκλος

Re: Απαιτητικός κύκλος

Re: Απαιτητικός κύκλος

Μέλη σε σύνδεση