Νέος κύκλος

KARKAR · #1

: Νέος κύκλος.png (16.95 KiB) Προβλήθηκε 719 φορές

Βρείτε σημείο

της ευθείας $\displaystyle y=x$ , ώστε ο κύκλος (Q , r)

να τέμνει τους κύκλους

(x-5)^2+y^2=1

και

, σε αντιδιαμετρικά σημεία .

Σημείωση : Από παραδρομή δόθηκε μήκος για την ακτίνα του τρίτου κύκλου (είναι ζητούμενο) .

Ο Φραγκάκης το αγνόησε , ο Βισβίκης το ενετόπισε , απολογούμαι στον chris-const ( καλωσόρισες !)

chris_konst · #2

Περιληπτικά:

Ο κύκλος (Q,4)

έχει εξίσωση $(x-q)^2+(y-q)^2 =16, \quad (1)$ . Αφαιρώντας την (1) από την εξίσωση του $(C_{K})$ (κύκλος κέντρου

), δηλ. την x^2 + (y-2)^2 = 4

, παίρνουμε την εξίσωση της κοινής χορδής αυτών των δυο κύκλων. Επειδή όμως τα σημεία τομής είναι αντιδιαμετρικά στον $(C_{K})$ , η εξίσωση της κοινής χορδής θα επαληθεύεται από τις συντεταγμένες του K(0,2)

. Αυτό μας δίνει μια εξίσωση 2ου βαθμού ως προς

. Εργαζόμενοι αντίστοιχα για τον $(C_{L})$ (κύκλος κέντρου

), θα βρούμε άλλη μια εξίσωση 2ου βαθμού για το

. Η κοινή τους λύση δίνει το ζητούμενο Q(q,q)

.

#3

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Νέος κύκλος.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Βρείτε σημείο της ευθείας $\displaystyle y=x$ , ώστε ο κύκλος να τέμνει τους κύκλους

και , σε αντιδιαμετρικά σημεία .

: Νέος κύκλος.png (33.39 KiB) Προβλήθηκε 661 φορές

Ανάλυση:

Έστω K,L

τα κέντρα των δεδομένων κύκλων ${x^2} + {(y - 2)^2} = {2^2}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,{(x - 5)^2} + {y^2} = {1^2}$ αντίστοιχα με ακτίνες $R = 2\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,r = 1$ .

Οι QK,QL

θα είναι μεσοκάθετοι των χορδών AB,CD

οπότε εύκολα από Π. Θ. έχουμε : $Q{L^2} - Q{K^2} = {R^2} - {r^2} = 4 - 1 = 3$ .

Δηλαδή το

είναι η τομή της διχοτόμου της γωνίας πρώτου και τρίτου τεταρτημόριου με τη γνωστή ευθεία

,του γεωμετρικού τόπου των σημείων για τα οποία :

$Q{L^2} - Q{K^2} = ct\,\,( = 3)$ . Στην περίπτωσή μας Q(3,3)

.

Κατασκευή :

Ο κύκλος που διέρχεται από τα Q,K,L

έχει αντιδιαμετρικό του

το

. Οι

τέμνουν τους δεδομένους κύκλους στα $B,A\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,D,C$ .

Οι υπολογισμοί τώρα είναι ακόμα ευκολότεροι .

Ο κύκλος που ζητάμε έχει εξίσωση: $\boxed{{{(x - 3)}^2} + {{(y - 3)}^2} = {{(\sqrt {14} )}^2}}$

Φιλικά Νίκος

#4

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Νέος κύκλος.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Βρείτε σημείο της ευθείας $\displaystyle y=x$ , ώστε ο κύκλος να τέμνει τους κύκλους

και , σε αντιδιαμετρικά σημεία .

Καλησπέρα σε όλους.

: Νέος κύκλος.png (19.2 KiB) Προβλήθηκε 623 φορές

Από Πυθαγόρειο θεώρημα στα τρίγωνα QAK, QBL

έχουμε:

$\boxed{{q^2} + {(q - 2)^2} = 12}$ (1)

$\boxed{{q^2} + {(q - 5)^2} = 15}$ (2)

Οι δύο αυτές εξισώσεις δεν έχουν κοινές λύσεις, άρα δεν υπάρχει σημείο

πάνω στην ευθεία y=x

που να επαληθεύει τις υποθέσεις του προβλήματος.

#5

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Νέος κύκλος.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Βρείτε σημείο της ευθείας $\displaystyle y=x$ , ώστε ο κύκλος να τέμνει τους κύκλους

και , σε αντιδιαμετρικά σημεία .

Σημείωση : Από παραδρομή δόθηκε μήκος για την ακτίνα του τρίτου κύκλου (είναι ζητούμενο) .

Ο Φραγκάκης το αγνόησε , ο Βισβίκης το ενετόπισε , απολογούμαι στον chris-const ( καλωσόρισες !)

Σύμφωνα με τα νέα δεδομένα:

: Νέος κύκλος.β.png (21.07 KiB) Προβλήθηκε 586 φορές

Από Πυθαγόρειο θεώρημα στα τρίγωνα QAK, QBL

έχουμε:

$\boxed{{q^2} + {(q - 2)^2} = r^2-4}$ (1)

$\boxed{{q^2} + {(q - 5)^2} = r^2-1}$ (2)

Αφαιρώντας κατά μέλη τις σχέσεις (1), (2)

, βρίσκουμε $\boxed{q=3}$ και αν αντικαταστήσουμε αυτή την τιμή σε μία από τις παραπάνω σχέσεις θα βρούμε $\boxed{r=\sqrt{14}}$ (τιμή που επαληθεύει και την (1)

και τη

).

Νέος κύκλος

Νέος κύκλος

Re: Νέος κύκλος

Re: Νέος κύκλος

Re: Νέος κύκλος

Re: Νέος κύκλος

Μέλη σε σύνδεση