Ίσοι και εφαπτόμενοι

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10648
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Ίσοι και εφαπτόμενοι

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Μαρ 02, 2021 10:37 am

Ίσοι και εφαπτόμενοι.png
Ίσοι και εφαπτόμενοι.png (20.82 KiB) Προβλήθηκε 325 φορές
CD είναι το ύψος ισοσκελούς τριγώνου ABC με AB=AC=12 και AD=9. Επί της πλευράς

BC θεωρώ τα σημεία S, T, ώστε BS=ST=TC.

Ι) Να κατασκευάσετε κύκλο (K, R) που να διέρχεται από τα σημεία S, T και να εφάπτεται στις ευθείες

AB, AC και να υπολογίσετε την ακτίνα του.

II) Να δείξετε ότι ο κύκλος που διέρχεται από τα σημεία A, T, C εφάπτεται στον (K) και είναι ίσος με αυτόν.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 12683
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Ίσοι και εφαπτόμενοι

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Πέμ Μαρ 04, 2021 11:54 am

Ίσοι  κύκλοι.png
Ίσοι κύκλοι.png (16.46 KiB) Προβλήθηκε 247 φορές
Γιώργο , σίγουρα με κάποιες ασκήσεις μου σε έχω παιδέψει περισσότερο , αλλά κι εδώ τα πράγματα δεν είναι ρόδινα .

Αρχικά με δύο Π.Θ. βρίσκουμε : CD=3\sqrt{7} , CB=6\sqrt{2} . Επειδή : BP^2=BS\cdot BT = 2\sqrt{2}\cdot 4\sqrt{2} ,

παίρνω : BP=4 . Έτσι κατασκευάζουμε τον κόκκινο κύκλο , για του οποίου η ακτίνα είναι : r=16\tan\widehat{KAP} .

Αλλά AM=3\sqrt{2}\sqrt{7} , οπότε : \tan\widehat{KAP}=\dfrac{1}{\sqrt{7}} και τελικά : r=\dfrac{16}{\sqrt{7}} .

Υπολογίζω με Stewart , ότι : AT=8\sqrt{2} και με Ήρωνα , ότι : (ACT)=6\sqrt{7} , οπότε : r'=\dfrac{abc}{4E}=\dfrac{16}{\sqrt{7}}} .

Κι εκεί που νόμιζα ότι τέλειωσε , βλέπω ότι ζητείται και η επαφή των δύο κύκλων . Το αφήνω προς το παρόν ...


STOPJOHN
Δημοσιεύσεις: 2098
Εγγραφή: Τετ Οκτ 05, 2011 7:08 pm
Τοποθεσία: Δροσιά, Αττικής

Re: Ίσοι και εφαπτόμενοι

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από STOPJOHN » Πέμ Μαρ 04, 2021 5:36 pm

george visvikis έγραψε:
Τρί Μαρ 02, 2021 10:37 am
Ίσοι και εφαπτόμενοι.png
CD είναι το ύψος ισοσκελούς τριγώνου ABC με AB=AC=12 και AD=9. Επί της πλευράς

BC θεωρώ τα σημεία S, T, ώστε BS=ST=TC.

Ι) Να κατασκευάσετε κύκλο (K, R) που να διέρχεται από τα σημεία S, T και να εφάπτεται στις ευθείες

AB, AC και να υπολογίσετε την ακτίνα του.

II) Να δείξετε ότι ο κύκλος που διέρχεται από τα σημεία A, T, C εφάπτεται στον (K) και είναι ίσος με αυτόν.

Ι) DC^{2}=12^{2}-9^{2}=7.3^{3}\Leftrightarrow DC=3\sqrt{7}, a^{2}=CD^{2}+DB^{2}\Leftrightarrow 

  a=6\sqrt{2}, MC^{2}=BN^{2}=CT.CS=\dfrac{2a^{2}}{9}\Rightarrow MC=4,CL=\dfrac{a}{2}=3\sqrt{2},AL=3\sqrt{14},

Από τα όμοια τρίγωνα ALC,AMK,\dfrac{LC}{R}=\dfrac{AL}{AM}\Rightarrow R=\dfrac{16\sqrt{2}}{\sqrt{14}},
Αρα ο κύκλος (K) κατασκευάζεται γιατί το κέντρο του βρίσκεται στη διχοτόμο της γωνίας A και στο σημείο N,AN=16 με ακτινα R προσδιορίζουμε το κέντρο K

II) Απο το νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο ACT,AT=8\sqrt{2}(ACT)=3\sqrt{2}\sqrt{14},R_{G}=\dfrac{(ACT)}{4AC.AT.TC}\Rightarrow R_{G}=\dfrac{16\sqrt{2}}{\sqrt{14}}
Αρα οι δυο κύκλοι ειναι ίσοι . Θα αποδειχθεί ότι τα σημεία K,T,G είναι συνευθειακά

GJ\perp CT,JT=TL,LK\perp BC, Αρα το ορθογώνια τρίγωνα GJT,TLKείναι ίσα και\hat{TKL}=\hat{JGT}=\theta ,\hat{KTL}=90-\theta ,\hat{JTG}+\hat{JTK}=90-\theta +90+\theta =180
Αρα τα σημεία G,T,K είναι συνευθειακά .Τέλος
Συνημμένα
Ισοι και εφαπτόμενοι.png
Ισοι και εφαπτόμενοι.png (133.89 KiB) Προβλήθηκε 224 φορές


α. Η δυσκολία με κάνει δυνατότερο.
β. Όταν πέφτεις να έχεις τη δύναμη να σηκώνεσαι.
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8030
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Ίσοι και εφαπτόμενοι

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Παρ Μαρ 05, 2021 1:12 am

george visvikis έγραψε:
Τρί Μαρ 02, 2021 10:37 am
Ίσοι και εφαπτόμενοι.png
CD είναι το ύψος ισοσκελούς τριγώνου ABC με AB=AC=12 και AD=9. Επί της πλευράς

BC θεωρώ τα σημεία S, T, ώστε BS=ST=TC.

Ι) Να κατασκευάσετε κύκλο (K, R) που να διέρχεται από τα σημεία S, T και να εφάπτεται στις ευθείες

AB, AC και να υπολογίσετε την ακτίνα του.

II) Να δείξετε ότι ο κύκλος που διέρχεται από τα σημεία A, T, C εφάπτεται στον (K) και είναι ίσος με αυτόν.
Επαφή και ίσοι 1.png
Επαφή και ίσοι 1.png (22.47 KiB) Προβλήθηκε 195 φορές
α) Γράφω τυχαίο κύκλο δια των T\,\,\kappa \alpha \iota \,\,S ( παράδειγμα με διάμετρο το TS) και φέρνω το εφαπτόμενο τμήμα από το B εφαπτόμενο τμήμα u .

Γράφω, μετά , τον κύκλο \left( {B,u} \right) που τέμνει την ευθεία AB σε δύο σημεία , J\,\,\kappa \alpha \iota \,\,F εκτός και εντός του τριγώνου \vartriangle ABC

και είναι η άλλη κορυφή των ζητούμενων κύκλων .

Απόδειξη :

Επειδή {u^2} = BS \cdot BT \Rightarrow B{J^2} = B{F^2} = BS \cdot BT οι κύκλοι : \left( {T,S,J} \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( {T,S,F} \right) εφάπτονται στην AB στα σημεία F\,\,\kappa \alpha \iota \,\,J.

Οι κύκλοι αυτοί εφάπτονται , λόγω συμμετρίας και στην AC ενώ το κέντρο του μεγάλου κύκλου , έστω K, θα ανήκει στη διχοτόμο της γωνίας \widehat {BAC}.

Υπολογισμός ακτίνας
Επαφή και ίσοι 2.png
Επαφή και ίσοι 2.png (23.96 KiB) Προβλήθηκε 195 φορές


Προφανώς το τετράπλευρο CBJG είναι ισοσκελές τραπέζιο οπότε και το \vartriangle AGJ είναι ισοσκελές . Αβίαστα προκύπτουν:

BC = \sqrt {B{D^2} + D{C^2}}  = \sqrt {B{D^2} + A{C^2} - A{D^2}}  = 6\sqrt 2 και \cos B = \dfrac{{\sqrt 2 }}{4}

\left\{ \begin{gathered} 
  B{J^2} = BS \cdot BT = 2\sqrt 2  \cdot 4\sqrt 2  = 16 \hfill \\ 
  DF = 1 \hfill \\ 
  T{F^2} = B{F^2} + B{T^2} - 2BF \cdot BT\cos B \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  BJ = 4 \hfill \\ 
  DF = 1 \hfill \\ 
  TF = 4\sqrt 2  \hfill \\  
\end{gathered}  \right.

\vartriangle AJG \approx \vartriangle ABC \Rightarrow GJ = 8\sqrt 2 και \vartriangle SJG \approx \vartriangle BSJ \Rightarrow \dfrac{{SJ}}{{BS}} = \dfrac{{JG}}{{SJ}} = \dfrac{{SG}}{{BJ}} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  SJ = 4\sqrt 2  \hfill \\ 
  SG = 8 \hfill \\  
\end{gathered}  \right.

Από το τύπο του Ήρωνα στο \vartriangle SGJ \to \left( {8,8\sqrt 2 ,4\sqrt 2 } \right) και τον τύπο R = \dfrac{{abc}}{{4E}} έχω: \boxed{R = \dfrac{{16\sqrt 7 }}{7}}

Και πάμε τώρα στο ωραίο μέρος .

Επειδή \left\{ \begin{gathered} 
  \frac{{AC}}{{CG}} = \frac{{12}}{4}\, = 3 \hfill \\ 
  \frac{{AD}}{{DB}} = \frac{9}{3} = 3 \hfill \\  
\end{gathered}  \right.\, \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{CG}} = \dfrac{{AD}}{{DB}} \Rightarrow CD//GB \Rightarrow CB \bot AB

συνεπώς και το \vartriangle GFJ είναι ισοσκελές άρα τα G,T,F ανήκουν στην ίδια ευθεία .
ϊσοι και εφάπτοντα_τελικό.png
ϊσοι και εφάπτοντα_τελικό.png (36.24 KiB) Προβλήθηκε 195 φορές
Επειδή τώρα το τρίγωνο \vartriangle JTF \to \left( {8,4\sqrt 2 ,8} \right) και το T μέσο του GF θα είναι :\boxed{\vartriangle TGJ = \vartriangle FTA} και άρα οι κύκλοι τους είναι ίσοι και ο δεύτερος περνά από το T

Γιατί , BT \cdot BC = BF \cdot BA \Leftrightarrow 4\sqrt 2  \cdot 6\sqrt 2  = 4 \cdot 12

Επίσης αν L το συμμετρικό του K ως προς το T έχω: GT = TF\,\,\kappa \alpha \iota \,KT = TK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KG \bot GA.

Συνεπώς FL = KG\,\,\kappa \alpha \iota \,\,FL \bot AC όμως FC = \sqrt {1 + 144 - 81}  = 8 , δηλαδή η FL είναι μεσοκάθετος στο AC και άρα το L είναι το κέντρο του κύκλου \left( {A,C,T} \right)


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10648
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Ίσοι και εφαπτόμενοι

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Μαρ 07, 2021 5:46 pm

Σας ευχαριστώ όλους για τις λύσεις. Η έμπνευση της άσκησης ήρθε από ένα
παλαιότερο θέμα του KARKAR
Δίδυμοι κύκλοι.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης