Γωνία εφαπτόμενων

Γιώργος Απόκης · #1

Nα βρεθεί η οξεία γωνία που σχηματίζουν οι εφαπτόμενες των κύκλων C_1:x^2+y^2=8

και

στα κοινά τους σημεία.

#2

Νομίζω ότι αξίζει τον κόπο να βρούμε ένα πιο γενικό (γεωμετρικό τύπο) που να δίνει το συνημίτονο της οξείας γωνίας των εφαπτομένων δύο τεμνομένων κύκλων.

Δίνονται οι κύκλοι $\displaystyle{ \left( {K,r} \right),\left( {O,R} \right) }$ με $\displaystyle{ OK = \boxed{\left| {R - r} \right| < d < r + R} }$ (οπότε τέμνονται) και έστω $\displaystyle{ \left\{ {A,B} \right\} = \left( K \right) \cap \left( O \right) }$ . Αν $\displaystyle{ \left( {\varepsilon _K } \right),\left( {\varepsilon _O } \right) }$ είναι οι εφαπτόμενες

των κύκλων $\displaystyle{ \left( K \right),\left( O \right) }$ στο σημείο $\displaystyle{ A }$ αντίστοιχα και $\displaystyle{ \hat \phi }$ είναι η γωνία τους (που καμία ημιευθεία που τη σχηματίζει να μην έχει κοινά σημεία με τους

(η άλλη θα είναι παραπληρωματική) κύκλους (όπως φαίνεται στο σχήμα) και $\displaystyle{ \hat \omega = \widehat{KAO} }$ η γωνία των ακτινών. Να δειχθεί ότι $\displaystyle{ \boxed{\sigma \upsilon \nu \phi = \frac{{R^2 + r^2 - d^2 }} {{2Rr}}} }$

Απόδειξη

Επειδή οι ακτίνες $\displaystyle{ KA,OA }$ είναι κάθετες στις εφαπτόμενες στα σημεία επαφής τότε $\displaystyle{ \hat \phi + \hat \omega + 90^0 + 90^0 = 360^0 \Rightarrow \hat \phi + \hat \omega = 180^0 \Rightarrow \boxed{\left| {\sigma \upsilon \nu \phi } \right| = \left| {\sigma \upsilon \nu \omega } \right|}:\left( 1 \right) }$

Στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle {\rm K}{\rm A}{\rm O} }$ από τον νόμο των συνημιτόνων θα έχουμε:

$\displaystyle{ OK^2 = AK^2 + AO^2 - 2AK \cdot AO \cdot \sigma \upsilon \nu \omega \mathop \Rightarrow \limits^{OK = d,AK = r,AO = R} \ldots \sigma \upsilon \nu \omega = \frac{{R^2 + r^2 - d^2 }} {{2Rr}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} }$ $\displaystyle{ \left| {\sigma \upsilon \nu \phi } \right| = \frac{{\left| {R^2 + r^2 - d^2 } \right|}} {{2Rr}}\mathop \Rightarrow \limits^{\phi \in \left[ {0,\frac{\pi } {2}} \right] \Rightarrow \sigma \upsilon \nu \phi \geqslant 0} \boxed{\sigma \upsilon \nu \phi = \frac{{\left| {R^2 + r^2 - d^2 } \right|}} {{2Rr}}}:\left( 2 \right) }$

Στο πρόβλημα του Γιώργου τώρα $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \left( {C_1 } \right) \to \left( {O,R} \right):x^2 + y^2 = 8 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} O\left( {0,0} \right) \hfill \\ R = 2\sqrt 2 \hfill \\ \end{gathered} \right. \\ \left( {C_2 } \right) \to \left( {K,r} \right):x^2 + y^2 = 4x \Leftrightarrow x^2 + y^2 - 4x = 0 \Leftrightarrow \ldots \left( {x - 2} \right)^2 + y^2 = 4 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} K\left( {2,0} \right) \hfill \\ r = 2 \hfill \\ \end{gathered} \right. \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{d = OK = 2} }$

$\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right):\sigma \upsilon \nu \phi = \frac{{\left| {R^2 + r^2 - d^2 } \right|}} {{2Rr}}} \sigma \upsilon \nu \phi = \frac{{\left| {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2 + 2^2 - 2^2 } \right|}} {{2 \cdot 2\sqrt 2 \cdot 2}} \Rightarrow \sigma \upsilon \nu \phi = \frac{8} {{8\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{\phi \in \left[ {0,\frac{\pi } {2}} \right]} \boxed{\hat \phi = \frac{\pi } {4} = 45^0 } }$

Στάθης

parmenides51 · #3

Ας πάμε πιο κλασικά:

Βρίσκουμε τα στοιχεία των 2 κύκλων:
ο κύκλος C_1:x^2+y^2=8

έχει κέντρο $\displaystyle{O(0,0)}$ κι ακτίνα $r=2\sqrt2$
ο κύκλος $C_2:x^2+y^2=4x \Rightarrow (x-2)^2+y^2=4$ έχει κέντρο K(2,0)

κι ακτίνα

Βρίσκουμε τα σημεία τομής των 2 κύκλων λύνοντας το σύστημα :
$\begin{cases} x^2+y^2=8 & \text \\ & \text \\ x^2+y^2=4x \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} x^2+y^2=8 & \text \\ & \text \\ 4x=8 \end{cases}\Leftrightarrow (x_1,y_1)=(2,2) , (x_2,y_2)=(2,-2)}$

Βρίσκουμε τις εξισώσεις των εφαπτομένων στο ένα τους κοινό σημείο: (*)
Στο σημείο A(x_1,y_1)=(2,2)

:
για τον κύκλο C_1:

η εξίσωση της εφαπτομένης είναι $xx_1+yy_1=8 \Rightarrow 2x+2y=8 \Rightarrow x+y=4 (\varepsilon _1)$
για τον κύκλο C_2:

έστω σημείο M(x,y)

της εφαπτομένης άρα
$\displaystyle{AM \perp AK \Leftrightarrow \overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{AK}= \overrightarrow{0} \Leftrightarrow}$ $\displaystyle{\left( x-x_1,y-y_1\right)\left( 2-x_1,0-y_1\right)=0 \Leftrightarrow (x-2,y-2)(2-2,-2)=0 \Leftrightarrow 0(x-2)-2(y-2)=0 }$
$\displaystyle{\Leftrightarrow y-2=0 \Leftrightarrow y=2 (\varepsilon _2)}$

Βρίσκουμε τα παράλληλα διανύσματα στις εφαπτομένες τους:
$\displaystyle{ \overrightarrow{\delta _1}=(-1,1)// (\varepsilon _1)}$ , $\displaystyle{ \overrightarrow{\delta _2}=(2,0)// (\varepsilon _2)}$

Η οξεία γωνία των παράλληλων διανυσμάτων τους είναι η οξεία γωνία των εφαπτομένων τους:
$\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \widehat{\left(\epsilon_1,\epsilon_2 \right)}_{o\xi }=\left| \sigma \upsilon \nu \widehat{\left(\overrightarrow{\delta_1},\overrightarrow{\delta_2} \right)}\right|=\left| \frac{\overrightarrow{\delta_1}\overrightarrow{\delta_2}}{\left| \overrightarrow{\delta_1}\right|\left| \overrightarrow{\delta_2}\right|}\right|}$ $\displaystyle{=\left| \frac{\left(-1,1\right)\left(2,0 \right)}{\sqrt{(-1)^2+1^2} \sqrt{2^2+0^2}}\right|=\left|\frac{-2+0}{2\sqrt{2}} \right|=\left|\frac{1}{\sqrt{2}} \right|=\frac{\sqrt{2}}{2}=\sigma \upsilon \nu \left(\frac{\pi }{4} \right) \Rightarrow}$ η οξεία γωνία τους είναι $\displaystyle{\frac{\pi }{4}}$ .

(*) Δεν χρειάζεται να εξετάσουμε το άλλο σημείο τομής γιατί οι οξείες γωνίες που σχηματίζουν οι εφαπτόμενες στα σημεία τομής τους είναι ίσες λόγω συμμετρίας του σχήματος ως προς την διακεντρική ευθεία $\displaystyle{OK}$ .

Γωνία εφαπτόμενων

Γωνία εφαπτόμενων

Re: Γωνία εφαπτόμενων

Re: Γωνία εφαπτόμενων

Μέλη σε σύνδεση