Διπλόκυκλος

KARKAR · #1

: Διπλόκυκλος.png (12.63 KiB) Προβλήθηκε 862 φορές

Οι κύκλοι (O,r) , (K,2r)

κινούνται , ώστε να τμηθούν στα A,B

και έστω

το ένα κοινό

εξωτερικά εφαπτόμενο τμήμα τους . Οι PA,SB

τέμνουν τους "απέναντι" κύκλους στα Q,T

.

Βρείτε μια ικανή συνθήκη , ώστε το τμήμα

να είναι επίσης κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο .

Η συνθήκη που θα βρείτε , πρέπει να δίνει και τη δυνατότητα κατασκευής του σχήματος .

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 13, 2018 12:05 pm
Διπλόκυκλος.pngΟι κύκλοι κινούνται , ώστε να τμηθούν στα και έστω το ένα κοινό

εξωτερικά εφαπτόμενο τμήμα τους . Οι τέμνουν τους "απέναντι" κύκλους στα .

Βρείτε μια ικανή συνθήκη , ώστε το τμήμα να είναι επίσης κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο .

Η συνθήκη που θα βρείτε , πρέπει να δίνει και τη δυνατότητα κατασκευής του σχήματος .

: Διπλόκυκλος.png (17.98 KiB) Προβλήθηκε 833 φορές

Μία συνθήκη που προκύπτει εύκολα είναι AP=AQ=BS=BT.

Αυτή όμως δεν οδηγεί στην κατασκευή.

Η άλλη που δίνει τη δυνατότητα κατασκευής τίθεται προς απόδειξη και είναι $\boxed{OK=2r\sqrt 2}$

Αύριο η λύση αν δεν απαντηθεί.

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 13, 2018 12:05 pm
Διπλόκυκλος.pngΟι κύκλοι κινούνται , ώστε να τμηθούν στα και έστω το ένα κοινό

εξωτερικά εφαπτόμενο τμήμα τους . Οι τέμνουν τους "απέναντι" κύκλους στα .

Βρείτε μια ικανή συνθήκη , ώστε το τμήμα να είναι επίσης κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο .

Η συνθήκη που θα βρείτε , πρέπει να δίνει και τη δυνατότητα κατασκευής του σχήματος .

Πάμε τώρα στη λύση.

: Διπλόκυκλος.β.png (24.56 KiB) Προβλήθηκε 792 φορές

$\displaystyle P{S^2} = Q{T^2} \Leftrightarrow PA \cdot PQ = QA \cdot QP \Rightarrow AP = AQ = BS = BT$ και $\boxed{PQ = PS\sqrt 2 = QT\sqrt 2 }$ (1)

Τα ισοσκελή τρίγωνα OSQ, KPT

έχουν τις πλευρές τους παράλληλες και θα είναι όμοια με λόγο ομοιότητας 1:2.

Άρα

Η κοινή χορδή των δύο κύκλων τέμνει τις SP, QT

στα

αντίστοιχα. Εύκολα, $BN=LA=\dfrac{SQ}{2}$

Αλλά

είναι η διάμεσος του τραπεζίου SQTP,

άρα $\displaystyle LN = \frac{{PT + SQ}}{2} = \frac{{3SQ}}{2} \Rightarrow$ $\boxed{AN||=SQ}$ δηλαδή το

ASQN

είναι παραλληλόγραμμο, οπότε οι μπλε γωνίες είναι ίσες με τις πορτοκαλί. Άρα το τρίγωνο PQT

είναι ισοσκελές

και όμοιο με το OPK,

απ' όπου $\displaystyle \frac{{PQ}}{{OK}} = \frac{{QT}}{{2r}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} \frac{{QT\sqrt 2 }}{{OK}} = \frac{{QT}}{{2r}} \Leftrightarrow$ $\boxed{OK=2r\sqrt 2}$

Κατασκευάζουμε λοιπόν τους κύκλους (O, r), (K, 2r)

ώστε $OK=2r\sqrt 2.$ Η υπόλοιπη κατασκευή είναι πλέον στοιχειώδης.

Το σχήμα έχει πολλές ακόμα δυνατότητες. Συγχαρητήρια

για μία ακόμη φορά στον Θανάση για τα ωραία θέματα που μας προμηθεύει!

#4

: Διπλόκυκλος_new.png (39.7 KiB) Προβλήθηκε 763 φορές

Έστω λυμένο το πρόβλημα και ας είναι

το εξωτερικό κέντρο ομοιότητας των δύο κύκλων .

Θέτω : $OK = d\,\,,\,\,AP = y\,\,,\,\,BQ = x$ Είναι προφανές ότι :

$PS = SL = LQ = QT = PB = 2x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,PA = AQ = BS = BT = y$ . Είναι επίσης εύκολο ( αλλά και γνωστό) , ότι $\vartriangle BPQ \approx \vartriangle AKO$ οπότε έχω :

$\left\{ \begin{gathered} \frac{{PQ}}{{KO}} = \frac{{PB}}{{KA}} \hfill \\ P{S^2} = PA \cdot PQ \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{{2y}}{d} = \frac{{2x}}{{2r}} \hfill \\ 4{x^2} = 3{y^2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{d = 2r\sqrt 2 }$

Διπλόκυκλος

Διπλόκυκλος

Re: Διπλόκυκλος

Re: Διπλόκυκλος

Re: Διπλόκυκλος

Μέλη σε σύνδεση