Επαφή με απαιτήσεις

KARKAR · #1

: Επαφή με απαιτήσεις.png (8.97 KiB) Προβλήθηκε 213 φορές

Από σημείο

της προέκτασης της ακτίνας OA=r

ενός κύκλου , φέρουμε το εφαπτόμενο

τμήμα

. Να βρεθεί εκείνη η θέση του

, για την οποία είναι : AS=2AP

.

#2

KARKAR έγραψε: Σάβ Ιουν 20, 2026 5:38 pm Επαφή με απαιτήσεις.pngΑπό σημείο της προέκτασης της ακτίνας ενός κύκλου , φέρουμε το εφαπτόμενο

τμήμα . Να βρεθεί εκείνη η θέση του , για την οποία είναι : .

Με σύστημα συντεταγμένων και θεωρώντας r = 1

προκύπτει :

: Επαφή με απαιτήσεις.png (20.64 KiB) Προβλήθηκε 190 φορές

Τετμημένη του

,

X(P) = \dfrac{{\sqrt {33} - 1}}{{16}}

Αν

P\left( {a,b} \right)

τότε ,

{a^2} + {b^2} = 1\,\,,\,\,ax + by = 1

ενώ $A\left( {1,0} \right)$ .

A{P^2} = {\left( {a - 1} \right)^2} + {b^2}

. η εξίσωση ,

ax + by = 1

για

Μας δίδει

S(\dfrac{1}{a},0)

. Οπότε η σχέση

AS = 2AP

μας δίδει :

{\left( {a - 1} \right)^2} + {b^2} = \dfrac{1}{4}{(\dfrac{1}{a} - 1)^2}

ή

{a^2} - 2a + 1 + {b^2} = \dfrac{1}{4}{(\dfrac{1}{a} - 1)^2}

.

Τελικά :

8{a^2} + a - 1 = 0

και άρα δεκτή τιμή

a = \dfrac{{\sqrt {33} - 1}}{{16}}

. Τα υπόλοιπα απλά .

#3

KARKAR έγραψε: Σάβ Ιουν 20, 2026 5:38 pm Επαφή με απαιτήσεις.pngΑπό σημείο της προέκτασης της ακτίνας ενός κύκλου , φέρουμε το εφαπτόμενο

τμήμα . Να βρεθεί εκείνη η θέση του , για την οποία είναι : .

: Επαφή.png (22.45 KiB) Προβλήθηκε 170 φορές

.
Αν

\widehat {ABP}=\theta

τότε εύκολα βλέπουμε ότι οι γωνίες του τριγώνου PAS

είναι αντίστοιχα

\theta, \, 90+\theta, 90-2\theta

. 'Αρα από τον Νόμο των Ημιτόνων στο εν λόγω τρίγωνο έχουμε

\dfrac {2x}{\sin \theta}=\dfrac {x}{\sin (90-2\theta)}=\dfrac {x}{\cos (2\theta)}= \dfrac {x}{1-2\sin ^2 (\theta)}

.

Από την πρώτη και την τελευταία είναι

4\sin ^2(\theta)+\sin (\theta)-2=0

, οπότε

sin (\theta)= \dfrac {\sqrt {33}-1}{8}

'Αρα από το ορθογώνιο τρίγωνο PBA

είναι

\boxed {x=2r\sin (\theta)= \dfrac {(\sqrt {33}-1)r}{4}}

. Και λοιπά.

#4

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σάβ Ιουν 20, 2026 11:51 pm
KARKAR έγραψε: Σάβ Ιουν 20, 2026 5:38 pm Επαφή με απαιτήσεις.pngΑπό σημείο της προέκτασης της ακτίνας ενός κύκλου , φέρουμε το εφαπτόμενο

τμήμα . Να βρεθεί εκείνη η θέση του , για την οποία είναι : .
Επαφή.png
.
Αν $\widehat {ABP}=\theta$ τότε εύκολα βλέπουμε ότι οι γωνίες του τριγώνου είναι αντίστοιχα $\theta, \, 90+\theta, 90-2\theta$ . 'Αρα από τον Νόμο των Ημιτόνων στο εν λόγω τρίγωνο έχουμε

$\dfrac {2x}{\sin \theta}=\dfrac {x}{\sin (90-2\theta)}=\dfrac {x}{\cos (2\theta)}= \dfrac {x}{1-2\sin ^2 (\theta)}$ .

Από την πρώτη και την τελευταία είναι $4\sin ^2(\theta)+\sin (\theta)-2=0$ , οπότε $sin (\theta)= \dfrac {\sqrt {33}-1}{8}$

'Αρα από το ορθογώνιο τρίγωνο είναι $\boxed {x=2r\sin (\theta)= \dfrac {(\sqrt {33}-1)r}{4}}$ . Και λοιπά.

Μου άρεσε η λύση σας ,

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

KARKAR έγραψε: Σάβ Ιουν 20, 2026 5:38 pm Επαφή με απαιτήσεις.pngΑπό σημείο της προέκτασης της ακτίνας ενός κύκλου , φέρουμε το εφαπτόμενο

τμήμα . Να βρεθεί εκείνη η θέση του , για την οποία είναι : .

Ας είναι

συμμετρικό του

ως προς

.Τότε

και

PO//BC\Rightarrow SM \bot BC

Αν

BM=MD=m

και

CD=n

θα ισχύουν ταυτόχρονα

\dfrac{m}{n} = \dfrac{SA}{AC} \Rightarrow \dfrac{m}{n} = \dfrac{x}{r} (1)

και

2m+n=2r (2)

Από τις

παίρνουμε

n= \dfrac{2r^2}{2x+r}

και

2m=\dfrac{4rx}{2x+r}

Ισχύει

BD.BC=BP.BA \Rightarrow 2m.2r=2x^2 \Rightarrow \dfrac{4rx}{2x+r}.2r=2x^2 \Leftrightarrow 4x^2+2rx-8r^2=0

Από την τελευταία εύκολα παίρνουμε

x= \dfrac{ \sqrt{33} -1}{4} r

: Επαφή με απαιτήσεις.png (42.57 KiB) Προβλήθηκε 150 φορές

STOPJOHN · #6

KARKAR έγραψε: Σάβ Ιουν 20, 2026 5:38 pm Επαφή με απαιτήσεις.pngΑπό σημείο της προέκτασης της ακτίνας ενός κύκλου , φέρουμε το εφαπτόμενο

τμήμα . Να βρεθεί εκείνη η θέση του , για την οποία είναι : .

Έστω

AP=AM=MS=x,\hat{APS}=\hat{PBA}=\omega ,\hat{APM}=\hat{AMP}=\phi , \hat{PAO}=2\phi =\hat{OPA},\hat{OPM}=3\phi

Εφαρμογή στη βασική άσκηση στο τρίγωνο

Βασική άσκηση

Σε τρίγωνο

ABC,A=3\theta ,C=\theta ,(a+c)(a-c)^{2}=cb^{2}

OPM,r.PM^{2}=x.(2r+x)

Από θεώρημα διαμεσων στο τρίγωνο

APS,PS^{2}+x^{2}=2PM^{2}+2x^{2},SP^{2}=4x^{2}+4rx

Οπότε

r(3x+4r)=2x(2r+x)\Leftrightarrow 2x^{2}+rx-4r^{2}=0\Leftrightarrow x=r.\dfrac{\sqrt{33}-1}{4}

#7

KARKAR έγραψε: Σάβ Ιουν 20, 2026 5:38 pm Επαφή με απαιτήσεις.pngΑπό σημείο της προέκτασης της ακτίνας ενός κύκλου , φέρουμε το εφαπτόμενο

τμήμα . Να βρεθεί εκείνη η θέση του , για την οποία είναι : .

Συνήθως ασκήσεις με εφαπτόμενα τμήματα λύνονται με αρμονικά συζυγή

Ας είναι λοιπόν

η προβολή του

στη διάμετρο

. Θέτω και AT = a

.
.

: Επαφή με απαιτήσεις_new.png (12.83 KiB) Προβλήθηκε 122 φορές

.
Η τετράδα ,

\left( {T,S\backslash B,A} \right)

είναι αρμονική με λόγο ,

\dfrac{{AT}}{{AS}} = \dfrac{{BT}}{{BS}}

ή

\dfrac{a}{x} = \dfrac{{2r - a}}{{r + x}}\,\,\,\left( 1 \right)

.

Αλλά από το ορθογώνιο

\vartriangle PBA

,

P{A^2} = AT \cdot AB

ή

a = \dfrac{{{x^2}}}{{2r}}\,\,\,\left( 2 \right)

. Διώχνω την παράμετρο

και προκύπτει :

2{x^2} + rx - 4{r^2} = 0

, άρα

\boxed{x = \dfrac{{ - 1 + \sqrt {33} }}{4}r}

.

Επαφή με απαιτήσεις

Επαφή με απαιτήσεις

Re: Επαφή με απαιτήσεις

Re: Επαφή με απαιτήσεις

Re: Επαφή με απαιτήσεις

Re: Επαφή με απαιτήσεις

Re: Επαφή με απαιτήσεις

Re: Επαφή με απαιτήσεις

Μέλη σε σύνδεση