mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 31, 2018 9:16 am**

: Δημιουργία επαφής.png (11.91 KiB) Προβλήθηκε 674 φορές

Ένα από τα δύο σημεία τομής των κύκλων (O,r)

και

, με $\dfrac{R}{2}<r<R$ ,

είναι το

. Η εφαπτομένη του (K)

στο

, τέμνει τον (O)

στο σημείο

. Θέλουμε

η εφαπτομένη του (O)

στο

να εφάπτεται και στον (K)

. Υπολογίστε λοιπόν

τη διάκεντρο

, ώστε αυτό να συμβεί . ( Θα βρείτε : $OK=\sqrt{r(r+2R)}$ ) .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 31, 2018 1:05 pm**

KARKAR έγραψε: Σάβ Μαρ 31, 2018 9:16 am Δημιουργία επαφής.pngΈνα από τα δύο σημεία τομής των κύκλων και , με $\dfrac{R}{2}<r<R$ ,

είναι το . Η εφαπτομένη του στο , τέμνει τον στο σημείο . Θέλουμε

η εφαπτομένη του στο να εφάπτεται και στον . Υπολογίστε λοιπόν

τη διάκεντρο , ώστε αυτό να συμβεί . ( Θα βρείτε : $OK=\sqrt{r(r+2R)}$ ) .

Φέρνω $\displaystyle OH \bot KS \Leftrightarrow$ $\boxed{OK = \sqrt {O{H^2} + {{(R - r)}^2}} }$ (1)

: Κατάλληλη διάκεντρος.png (19.85 KiB) Προβλήθηκε 652 φορές

$\displaystyle OH = PS = AP = 2r\sin \varphi = 2r\sin ({180^0} - 2\omega ) = 2r\sin 2\omega = 4r\sin \omega \cos \omega$

και ομοίως $\displaystyle AS = 2R\sin \omega.$ Αλλά με νόμο ημιτόνων, $\displaystyle \frac{{AP}}{{AS}} = \frac{{\sin \omega }}{{\sin \varphi }} \Leftrightarrow \frac{{2r\sin \omega \cos \omega }}{{R\sin \omega }} = \frac{{\sin \omega }}{{2\sin \omega \cos \omega }} \Leftrightarrow$

$\boxed{{\cos ^2}\omega = \frac{R}{{4r}}}$ Άρα, $\displaystyle O{H^2} = 16{r^2} \cdot \frac{{4r - R}}{{4r}} \cdot \frac{R}{{4r}}\mathop \Rightarrow \limits^{(1)}$ $\boxed{OK = \sqrt {r(r + 2R)} }$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 31, 2018 11:34 pm**

Ας είναι

το άλλο σημείο τομής των κύκλων και έστω

το , άλλο, σημείο τομής της ευθείας

με το κύκλο (K,R)

.

Επειδή το μισό της επίκεντρης γωνίας ισούται με την αντίστοιχη εγγεγραμμένη θα

έχω $\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {{a_3}} = \widehat {{a_4}} \Rightarrow \boxed{\vartriangle AOK \approx \vartriangle APC\,\,}\,(1)$ και αφού $\widehat {{a_3}} = \widehat \omega$ ( κάθετες πλευρές)

θα είναι και $\boxed{\vartriangle AOK \approx \vartriangle BPA\,}\,\,(2)$ με άμεση συνέπεια : $\displaystyle \widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}}\,\, = \widehat {{\theta _3}}$ .

Επειδή $\widehat {SPA} + \widehat {PAC} = 90^\circ - \widehat {{\theta _3}} + 90^\circ + \widehat {{\theta _1}} = 180^\circ$ οι ευθείες $AC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PS$ είναι

παράλληλες , άρα η $SK \bot AC$ και αναγκαστικά $\boxed{SA = SC\,}\,(3)$ .

Από την ομοιότητα (2)

έχω : $\left\{ \begin{gathered} \frac{{PA}}{{PB}} = \frac{d}{r}\,\,\,(4) \hfill \\ \frac{{AB}}{{PB}} = \frac{R}{r}\,\,(5) \hfill \\ \end{gathered} \right.$

: Κατάλληλη διάκεντρος.png (46.6 KiB) Προβλήθηκε 616 φορές

Αλλά το τετράπλευρο ABSC

είναι αρμονικό οπότε : $AC \cdot BS = AB \cdot SC$ και λόγω

του Θ Πτολεμαίου δίδει $AS \cdot BC = 2AB \cdot SC$ και λόγω της (3)

έχω :

$SC \cdot BC = 2AB \cdot SC \Rightarrow \boxed{BC = 2AB}\,\,(6)$ .

Η (5)

γράφεται : $\dfrac{{\dfrac{1}{2}BC}}{{PB}} = \dfrac{R}{r} \Rightarrow \dfrac{{BC}}{{PB}} = \dfrac{{2R}}{r} \Rightarrow \dfrac{{BC + BP}}{{PB}} = \dfrac{{2R + r}}{r} \Rightarrow \dfrac{{PC}}{{PB}} = \dfrac{{2R + r}}{r}\,\,\,(7)$

Διαιρώ κατά μέλη τις $(4)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(7)$ και προκύπτει : $\dfrac{{PA}}{{PC}} = \dfrac{d}{{2R + r}}$ που λόγω της

ομοιότητας (1)

γίνεται : $\dfrac{r}{d} = \dfrac{d}{{2R + r}} \Leftrightarrow \boxed{{d^2} = r(2R + r)}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 31, 2018 11:51 pm**

KARKAR έγραψε: Σάβ Μαρ 31, 2018 9:16 am Δημιουργία επαφής.pngΈνα από τα δύο σημεία τομής των κύκλων και , με $\dfrac{R}{2}<r<R$ ,

είναι το . Η εφαπτομένη του στο , τέμνει τον στο σημείο . Θέλουμε

η εφαπτομένη του στο να εφάπτεται και στον . Υπολογίστε λοιπόν

τη διάκεντρο , ώστε αυτό να συμβεί . ( Θα βρείτε : $OK=\sqrt{r(r+2R)}$ ) .

Με $\displaystyle OD \bot KS \Rightarrow KD = R - r$

$\displaystyle C{T^2} = T{S^2} = TB \cdot TA \Rightarrow CT = TS \Rightarrow \left( {ACB} \right) = \left( {ABS} \right) \Rightarrow \frac{{AC \cdot AB \cdot CB}}{{4r}} = \frac{{AS \cdot AB \cdot SB}}{{4R}}$

Άρα $\displaystyle \frac{{AC \cdot CB}}{{AS \cdot SB}} = \frac{r}{R}(1)$ .Ακόμη λόγω της ισότητας των γωνιών $\displaystyle x$ και των γωνιών $\displaystyle y$ είναι

$\displaystyle \frac{{\left( {ABC} \right)}}{{\left( {CBS} \right)}} = \frac{{\left( {ABS} \right)}}{{\left( {CBS} \right)}} \Rightarrow \frac{{AC \cdot AB}}{{CB \cdot CS}} = \frac{{AB \cdot AS}}{{BS \cdot BS}} \Rightarrow \frac{{CB}}{{SB}} = \frac{{AC}}{{AS}}$ και από την $\displaystyle (1)$ έχουμε $\displaystyle \boxed{\frac{{AC}}{{AS}} = \sqrt {\frac{r}{R}} }$ $\displaystyle (2)$

Από θ.Πτολεμαίου στο $\displaystyle CAKS \Rightarrow AS \cdot KC = 2AC \cdot R$ και με βάση

τη $\displaystyle (2) \Rightarrow K{C^2} = 4rR \Rightarrow C{S^2} + {R^2} = 4rR \Rightarrow O{D^2} = 4rR - {R^2}$

Τέλος με Π.Θ στο $\displaystyle \vartriangle ODK \Rightarrow \boxed{OK = \sqrt {r(r + 2R)} }$

: κατάλληλη διάκεντρος.png (33.98 KiB) Προβλήθηκε 610 φορές

mathematica.gr

Η κατάλληλη διάκεντρος

Η κατάλληλη διάκεντρος

Re: Η κατάλληλη διάκεντρος

Re: Η κατάλληλη διάκεντρος

Re: Η κατάλληλη διάκεντρος