Κι αυτός εφαπτόμενος

KARKAR · #1

: Κι αυτός εφαπτόμενος.png (14.53 KiB) Προβλήθηκε 940 φορές

Του παραλληλογράμμου ABCD

, δίνουμε τις συντεταγμένες τριών κορυφών του .

α) Βρείτε τις συντεταγμένες της κορυφής

....β) Δείξτε ότι ο κύκλος (x-2)^2+(y-3)^2=9

εφάπτεται των πλευρών AB,AD,DC

και έστω

τα σημεία τομής του με την

γ) Βρείτε το κέντρο

και την ακτίνα άλλου κύκλου , ο οποίος εφάπτεται στις προεκτάσεις

των CD , CB

και διέρχεται από το

και δείξτε ότι διέρχεται , επίσης , από το

.

#2

KARKAR έγραψε:Κι αυτός εφαπτόμενος.pngΤου παραλληλογράμμου , δίνουμε τις συντεταγμένες τριών κορυφών του .
α) Βρείτε τις συντεταγμένες της κορυφής ....
β) Δείξτε ότι ο κύκλος εφάπτεται των πλευρών και έστω τα σημεία τομής του με την
γ) Βρείτε το κέντρο και την ακτίνα άλλου κύκλου , ο οποίος εφάπτεται στις προεκτάσεις των και διέρχεται από το και δείξτε ότι διέρχεται , επίσης , από το .

α) Αν $M\equiv AC\cap BD$ το σημείο τομής των διαγωνίων του παραλληλογράμμου τότε με το μέσο της

$BD \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} {x_M} = \dfrac{{{x_B} + {x_D}}}{2} = \dfrac{{6 + 0}}{2} = 3 \hfill \\ {y_M} = \dfrac{{{y_B} + {y_D}}}{2} = \dfrac{{0 + 6}}{2} = 3 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow M\left( {3,3} \right)$ και με το μέσο της $AC \Rightarrow BD \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} {x_M} = \dfrac{{{x_A} + {x_C}}}{2} \Rightarrow \ldots {x_C} = 8,5 \hfill \\ {y_M} = \dfrac{{{y_A} + {y_C}}}{2} \Rightarrow \ldots {y_C} = 6 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{C\left( {8,5,6} \right)}$ .

β) Ο δοσμένος κύκλος $\left( K \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 9$ έχει κέντρο $K\left( {2,3} \right)$ και ακτίνα

$\bullet$ Είναι $CD \to y - 6 = 0 \Rightarrow d\left( {K,CD} \right) = \dfrac{{\left| {3 - 6} \right|}}{{\sqrt 1 }} = 3 = r \Rightarrow \left( K \right)$ εφάπτεται της

$\bullet$ Είναι $AB \to y = 0 \Rightarrow d\left( {K,AB} \right) = \dfrac{{\left| 3 \right|}}{{\sqrt 1 }} = 3 = r \Rightarrow \left( K \right)$ εφάπτεται στην

$\bullet$ Είναι $AD \to y - 6 = \dfrac{{6 - 0}}{{0 - \left( { - 2,5} \right)}}x \Rightarrow$ $\ldots 6x - 2,5y + 15 = 0$ $\Rightarrow 12x - 5y + 30 = 0 \Rightarrow$

$d\left( {K,AD} \right) = \dfrac{{\left| {12 \cdot 2 - 5 \cdot 3 + 30} \right|}}{{\sqrt {{{12}^2} + {5^2}} }} =$ $\dfrac{{39}}{{13}} = 3 = r \Rightarrow \left( K \right)$ εφάπτεται στην
[attachment=0]κι αυτός εφαπτόμενος.png[/attachment]
γ) Είναι $BD \to y = - x + 6 \Rightarrow BD \to x + y - 6 = 0 \Rightarrow$ $d\left( {K,BD} \right) = \dfrac{{\left| {2 + 3 - 6} \right|}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow$

$PQ = 2\sqrt {{r^2} - {d^2}\left( {K,BD} \right)} \Rightarrow$ $PQ = 2\sqrt {9 - \dfrac{1}{2}} \Rightarrow PQ = 2\sqrt {\dfrac{{17}}{2}} \Rightarrow \boxed{PQ = \sqrt {34} }$ .

Αρκεί για γ) ως ισοδύναμο πρόβλημα να δείξουμε ότι ο κύκλος με κέντρο το σημείο τομής της διχοτόμου της γωνίας $\angle C$ και της εκ του καθέτου επί την (προφανώς μεσοκαθέτου της (λόγω κέντρου και χορδής)) ο οποίος εφάπτεται στις δηλαδή ακτίνας $R=d\left( L,CD \right)$ διέρχεται από το (άρα και από το ).

Αν $\left( e \right)$ είναι η εκ του κάθετη προς την τότε με

${\lambda _{BD}} = - 1\mathop \Rightarrow \limits^{\left( e \right) \bot BD} {\lambda _{\left( e \right)}} = 1 \Rightarrow$ $\left( e \right) \to y - 3 = x - 2 \Leftrightarrow \boxed{\left( e \right) \to x - y + 1 = 0}$ .

Η διχοτόμος της έχει φορέα την όπου είναι το σημείο τομής του άξονα ${x}'x\to AB$ με τον κύκλο $\left( B,BC \right)$ με ${{x}_{Z}}<6$ (λόγω $DC\parallel AB$ ).

Είναι $BC = \sqrt {{{\left( {8,5 - 6} \right)}^2} + {6^2}} = \sqrt {42,25} = 6,5 \Rightarrow$ $\left( {B,BC} \right) \to {\left( {x - 6} \right)^2} + {y^2} = {6,5^2}\mathop \to \limits^{y = 0} {\left( {x - 6} \right)^2} = {6,5^2}$

$\Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x - 6 = 6,5 \\ \vee \\ x - 6 = - 6,5 \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 12,5 \\ \vee \\ x = - 0,5 \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{Z\left( { - 0,5,0} \right)}$ .

Αρα $CZ \to y = \dfrac{6}{{8,5 - \left( { - 0,5} \right)}}\left( {x + 0,5} \right) \Rightarrow CZ \to$ $y = \dfrac{2}{3}\left( {x + 0,5} \right) \Rightarrow \ldots CZ \to \boxed{2x - 3y + 1 = 0}$ .

Άρα $L:\left\{ \begin{gathered} x - y + 1 = 0 \\ 2x - 3y + 1 = 0 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x = y - 1 \\ 2y - 2 - 3y + 1 = 0 \\ \end{gathered} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x = - 2 \hfill \\ y = - 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{L\left( { - 2, - 1} \right)}$

και αφού εφάπτεται στη $CD\to y-6=0$ (άρα και στην αφού έχει κέντρο επί της διχοτόμου της γωνίας $\angle C$ ) θα έχει ακτίνα $R = d\left( {L,BD} \right) = \dfrac{{\left| { - 1 - 6} \right|}}{1} = 7$

και αρκεί να δείξουμε ότι (προφανώς όπως ορίστηκε το ως σημείο και της μεσοκαθέτου της ).

Από Πυθαγόρειο Θεώρημα ισχύει: $LP = \sqrt {{d^2}\left( {L,BD} \right) + {{\left( {\dfrac{{PQ}}{2}} \right)}^2}}$

Αλλά $d\left( {L,BD} \right) = \dfrac{{\left| { - 2 - 1 - 6} \right|}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{9}{{\sqrt 2 }}$ οπότε $LP = \sqrt {{{\left( {\dfrac{9}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{\sqrt {34} }}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {\dfrac{{81}}{2} + \dfrac{{34}}{4}}$ $= \sqrt {\dfrac{{81}}{2} + \dfrac{{17}}{2}} = \sqrt {49} = 7 = {R_L}$

και το ισοδύναμο πρόβλημα για το γ) ερώτημα έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Κι αυτός εφαπτόμενος

Κι αυτός εφαπτόμενος

Re: Κι αυτός εφαπτόμενος

Μέλη σε σύνδεση