Τέσσερις επαφές

#1

Ένας κύκλος εφάπτεται εσωτερικά την περιφέρεια και την διάμετρο ημικυκλίου. Οι είναι κάθετες στην διάμετρο και εφάπτονται του εσωτερικού κύκλου.

Να βρεθούν οι ακτίνες του ημικυκλίου και του κύκλου συναρτήσει των και .

(Ας την αφήσουμε 24 ώρες για τους μαθητές μας).

Dimessi · #2

Πρόσθετο ερώτημα μαζί με νύξη

: Δείξτε ότι $R\geqslant 2r$

Οι CD,EF,AB εφάπτονται στον μικρό κύκλο κέντρου

στα

αντίστοιχα από τις οποίες επαφές και τις δοθείσες καθετότητες σχηματίζονται τα τετράγωνα XCQO

και

και από την επαφή του ημικυκλίου με τον μικρό κύκλο η ακτίνα

του μεγάλου κύκλου διέρχεται από το

. Οπότε από χορδής και εφαπτομένης με αντίστοιχη επίκεντρη έχουμε $\angle 180^{\circ}=\angle FOQ+\angle QOM=2\angle FQB+90^{\circ}-\angle FMB=2\angle FQB+90^{\circ}-2\angle FAB=$
$90^\circ+2\angle AFQ$
οπότε $2\angle AFQ=90^{\circ}=\angle AFB$ γιατί η τελευταία είναι εγγεγραμμένη που βαίνει στο ημικύκλιο. Οπότε

διχοτόμος στο ορθογώνιο τρίγωνο AFB

οπότε $\displaystyle 2r\sin \angle FDB=2r \sin (45^{\circ}+\vartheta)= FQ=\frac{2FA\cdot FB}{FA+FB}\cos \left (\frac {1}{2}\angle AFB \right)=\sqrt {2}\frac {FA\cdot FB}{FA+FB}=\sqrt{2}FA\frac{\tan \vartheta}{1+\tan \vartheta}=2\sqrt {2}R \frac {\sin \vartheta}{1+\tan \vartheta}$
όπου $\vartheta=\angle FAB$ . Οπότε $\displaystyle \frac {R}{r}=\frac{\sin (45^{\circ}+\vartheta)(1+\tan \vartheta)}{\sqrt {2}\sin \vartheta}=\frac {(\sin \vartheta +\cos \vartheta)(1\tan \vartheta)}{2\sin \vartheta}=\frac {(1+\tan \vartheta)^{2}}{2\tan \vartheta}$ .
Επειδή $0<\vartheta <\pi /2$ έπεται $\tan \vartheta >0$ οπότε $\displaystyle \frac {2R}{r}=\frac {1}{\tan \vartheta}+\tan \vartheta +2\geqslant 4$
από AM-GM.
Κατασκευή. Από σημείο

του ημικυκλίου διαμέτρου

φέρνουμε τη διχοτόμο

του ορθογωνίου τριγώνου AFB

. Η εκ του

κάθετη στην

τέμνει την ακτίνα

του ημικυκλίου στο σημείο

και ο κύκλος (O,OQ)

είναι ο ζητούμενος.
Είναι ισχυρή νύξη

ελπίζω τώρα θα το λύσει κάποιο παιδί

#3

Δημήτρη, άλλο πράγμα ζητάει η άσκηση.

Ας προσθέσω ότι αν βρει κανείς τις ακτίνες $R, \,r$ ως προς a, b

(όπως ζητάει η άσκηση), θα διαπιστώσει αμέσως το πρόσθετο ερώτημα $R\ge 2r$ που ζητάς. Αλλά και χωρίς αυτό είναι προφανές ότι $R\ge 2r$ διότι ο μεγαλύτερος δυνατός εσωτερικός κύκλος είναι αυτός που βρίσκεται στο κέντρο του ημικυκλίου, δηλαδή έχει διάμετρο

.
.

: imik tetartok.png (3.07 KiB) Προβλήθηκε 1407 φορές

Η λύση της άσκησης δεν είναι τόσο πολύπλοκη όσο γράφεις, γι΄ αυτό ζήτησα να γράψουν λύση πρώτα οι μαθητές,

Dimessi · #4

Το ξέρω κύριε Λάμπρου.

Έδειξα την πιο δύσκολη άσκηση.

Πάμε μία απλή. Θα βρούμε τα a,b

συναρτήσει των R,r

.
Κατά τη διαδικασία της νύξης έδειξα ότι $OQ\perp AB$ οπότε OQ//FE

κάθετες στην ίδια ευθεία οπότε από την ομοιότητα $OMQ\sim EFM$ έχουμε $\displaystyle \frac{FE}{r}=\frac {R}{R-r}$ . Από το θεώρημα προβολών $FE^{2}=b(2R-b)$ . Λύνοντας τη δευτεροβάθμια έχουμε μόνη δεκτή $\displaystyle b=\frac {R}{R-r}(R-r-\sqrt {R(R-2r)})$ . Επειδή a+b=2R-2r

έχουμε και το

. Μετά λύνουμε το σύστημα των a=f(r+(a+b)/2,r)

και

.

#5

Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Ιουν 27, 2025 9:34 pm Ένας κύκλος εφάπτεται εσωτερικά την περιφέρεια και την διάμετρο ημικυκλίου. Οι είναι κάθετες στην διάμετρο και εφάπτονται του εσωτερικού κύκλου.

Να βρεθούν οι ακτίνες του ημικυκλίου και του κύκλου συναρτήσει των και .

(Ας την αφήσουμε 24 ώρες για τους μαθητές μας).

Έστω

το ημικύκλιο και (K, r)

ο κύκλος.

: 4 επαφές.png (21.75 KiB) Προβλήθηκε 1369 φορές

Είναι $\boxed{2R=a+b+2r}$ και με Π. Θ στο OKL,

Λύνοντας το σύστημα βρίσκω, $\boxed{r=\sqrt{ab}}$ και $\boxed{R=\frac{a+2\sqrt{ab}+b}{2}}$

Dimessi · #6

Στο σχήμα του κύριου Λάμπρου φαίνεται το

σαν να είναι το σημείο επαφής των δύο κύκλων έτσι όπως το έχει δώσει . Και λέω εγώ από μέσα μου..μα θα ήταν $\angle FQB=\angle AFQ$ άτοπο. Οπότε η εκφώνηση θα ήταν λανθασμένη. Το F όμως δεν είναι το σημείο επαφής. Το μάτι ξεγελιέται καμιά φορά από το σχήμα

Έτσι όπως είδα το σχήμα είχα την εντύπωση ότι το έλεγε στην εκφώνηση . Έλα όμως που δεν το έλεγε.

Θα δούμε ότι το σύστημα που έγραψα στο τέταρτο ποστ είναι αδύνατο. Πράγμα που αποδεικνύει ότι το

δεν είναι το σημείο επαφής.
Οπότε απέδειξα με δύο τρόπους ότι το

δεν είναι το σημείο επαφής.

Εν ολίγοις, στις δύο διαπραγματεύσεις μου έχω πάρει ως

το σημείο επαφής των δύο κύκλων και έχω δείξει ότι αυτό είναι αδύνατο.

Επίσης η διχοτόμηση της γωνίας που απέδειξα στο δεύτερο ποστ γενικεύεται με το λήμμα του Αρχιμήδη.

#7

Dimessi έγραψε: Κυρ Ιουν 29, 2025 10:20 am Στο σχήμα του κύριου Λάμπρου φαίνεται το σαν να είναι το σημείο επαφής των δύο κύκλων έτσι όπως το έχει δώσει .

Δημήτρη, κανένα πρόβλημα να παρανοήσεις το σχήμα. Πάντως γράφω με σαφήνεια ότι "Οι CD, EF είναι κάθετες στην διάμετρο και εφάπτονται του εσωτερικού κύκλου". Σε αυτή την περίπτωση, είτε πάρεις το

στον μεγάλο κύκλο (όπως το εννοώ) είτε ως το ανατολικότερο σημείο του μικρού (όπως το θεωρείς), η απόσταση EB=b

δεν αλλάζει. Με λίγα λόγια, το πρόβλημα παραμένει το ίδιο, και λύνεται έτσι και αλλιώς με τα βήματα του Γιώργου.

Θα πρότεινα να σημειώσεις στις λύσεις σου το σχόλιο ότι βασίζονται σε άλλο σχήμα. Και αυτό για να μην βλέπει ο ανυποψίαστος αναγνώστης έναν συλλογισμό, και να μην βγάζει άκρη.

Επίσης, έγραψα στο ποστ #

Mihalis_Lambrou έγραψε: Κυρ Ιουν 29, 2025 6:34 am Ας προσθέσω ότι αν βρει κανείς τις ακτίνες $R, \,r$ ως προς (όπως ζητάει η άσκηση), θα διαπιστώσει αμέσως το πρόσθετο ερώτημα $R\ge 2r$ που ζητάς.

Ας το δούμε τώρα αυτό, μια και έχουμε την λύση του Γιώργου, όπου δίνει τις ακτίνες. Συγκεκριμένα, από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ έχουμε

$R=\frac{a+b}{2}+ \sqrt{ab} \ge \sqrt{ab}+ \sqrt{ab}=2r$ , όπως θέλαμε.

Dimessi · #8

Δεν αντιλέγω ωστόσο γεωμετρία και περιπτωσολογία δεν πάνε μαζί. Εν τω μεταξύ η άσκηση που έλυσα είναι πιο δύσκολη από αυτή που δώσατε.

Αυτή που έλυσα εγώ είναι εντελώς εκτός πνεύματος Β λυκείου (τουλάχιστον της σημερινής Β λυκείου). Αυτή που δώσατε είναι τύπου καγκουρό θα έλεγα.

Dimessi · #9

Το σχήμα για την πολύ δυσκολότερη άσκηση που έλυσα.

: Επαφή.png (252.12 KiB) Προβλήθηκε 1128 φορές

Γενικότερα , έστω τρίγωνο ABC

εγγεγραμμένο σε κύκλο (O)

και κύκλος (c)

που εφάπτεται του κύκλου (O)

στο

και της πλευράς

στο

. Έστω

η δεύτερη τομή της

με τον κύκλο (O)

. Τότε η ομοιοθεσία κέντρου

στέλνει τον (c)

στον

και την εφαπτομένη

του

στην εφαπτομένη

του

. Οπότε

οπότε $\angle CQx=\angle BCQ$ που από το εγγράψιμο ACQB

είναι όσο η $\angle BAQ$ . Από χορδή και εφαπτομένη όμως $\angle CQx=\angle CAQ$ οπότε $\angle BAQ=\angle CAQ$ δηλαδή έχουμε

διχοτόμος της $\angle A$ .

: Λήμμα Αρχιμήδη.png (358.34 KiB) Προβλήθηκε 1128 φορές

Τέσσερις επαφές

Τέσσερις επαφές

Re: Τέσσερις επαφές

Re: Τέσσερις επαφές

Re: Τέσσερις επαφές

Re: Τέσσερις επαφές

Re: Τέσσερις επαφές

Re: Τέσσερις επαφές

Re: Τέσσερις επαφές

Re: Τέσσερις επαφές

Μέλη σε σύνδεση