Kąt siecznej okręgu czyli geometria w praktyce

[darekj]

Witam

Nie jako sztuka dla sztuki, ale do celów praktycznych potrzebuję rozwiązac pewne zadanie geometryczne. Chodzi o obliczenie kąta siecznej do okręgu.

Myślę, że rysunek wszystko wyjaśni:



Niestety, ale sam sobie jakoś nie poradziłem z tym. Bede więc wdzięczny za pomoc. Dodam, że zależy mi na poznaniu nie tylko wyniku dla tego konkretnego przypadku, ale ogólnie metody wyliczenia.

Dziekuje i pozdrawiam

Darek

[Ania221]

Mamy tu trapez, którego podstawa jest równa \(\displaystyle{ R}\) i dłuższa przekątna też \(\displaystyle{ R}\)
Wyliczamy jako x odległość spodka wysokości od środka okręgu
\(\displaystyle{ x^{2}=R^{2}-h^{2}=680^{2}-20^{2}=660 \cdot 700}\)
\(\displaystyle{ x=20 \sqrt{1155}}\)
\(\displaystyle{ d=R-x}\)
\(\displaystyle{ \tg \alpha= \frac{d}{20}}\)

[darekj]

Chyba jednak nie tak. O ile dobrze zrozumiałem wyliczenia to zostało błędnie przyjęte, że promień okręgu wynosi 680, a tymczasem jest on duzo większy i wynosi 1700. Te 680 to jak widac na rysunku to coś zupełnie innego niż promień.

[Ania221]

n to w czym problem? podstaw inną liczbę do wyliczeń.

[darekj]

n to w czym problem? podstaw inną liczbę do wyliczeń.

Problem jest taki, że w ten sposób jest liczony zupełnie inny kąt niż ten który potrzebuję.

[Ania221]

\(\displaystyle{ x^{2}=R^{2}-h^{2}}\)

\(\displaystyle{ x= \sqrt{R^2-h^2}}\)

\(\displaystyle{ d=R-x}\)

\(\displaystyle{ \tg \alpha= \frac{R-x}{h}= \frac{R- \sqrt{R^2-h^2} }{h}}\)

-- 10 gru 2013, o 19:34 --

To wyliczenie nie jest zależne od długości promienia zrobiłam Ci na samych literkach

[darekj]

Spojrz może jeszcze raz na rysunek. Niestety to co określasz we wzorze jako R to nie jest promień okręgu tylko coś zupełnie innego.

[Ania221]

Rzeczywiście....hm...masz rację.

Już wiem, jak to zrobić.
Ale ja tego nie potrafię zaposać formulami...juz nie mówiąc o naniesieniu oznaczeń na rysunek.

[darekj]

To może jakas sugestia, opis słowny itp.?

[kropka+]

Przedłużamy ten "pas" o szerokości 20 do dołu- do poziomego promienia.
Oznaczmy wyższy punkt przecięcia siecznej z okręgiem jako A a jego rzut na poziomy promień jako A'.
Analogicznie niższy punkt przecięcia siecznej z okręgiem jako B i jego rzut jako B'.
Środek okręgu oznaczmy jako O.
Rozpatrujemy trójkąty prostokątne OAA' i OBB'.
W pierwszym trójkącie mamy:

\(\displaystyle{ OA=1700 \\ AA'=680+x\\ OA'=x}\)

Z tw.Pitagorasa

\(\displaystyle{ (1700) ^{2}=(680+x) ^{2}+x ^{2} \Rightarrow x \approx 812,99}\)

W drugim trójkącie mamy:

\(\displaystyle{ OB=1700\\ BB'=y\\OB' \approx 812,99+20=832,99}\)

Z tw. Pitagorasa

\(\displaystyle{ 1700 ^{2}=832,99 ^{2}+y ^{2} \Rightarrow y \approx 1481,93}\)

Teraz rzutujemy punkt B na poziomą prostą na której leży punkt A i oznaczmy ten rzut jako B". Obliczamy odległość BB":

\(\displaystyle{ BB"=680+x-y \approx 11,07}\)

Stąd \(\displaystyle{ \tg \alpha \approx \frac{11,07}{20} \approx 0,5535 \Rightarrow \alpha \approx 28 ^{o}57'}\)

[darekj]

Bardzo dziękuję obu Paniom za pomoc.

Dodam, że Ania221 podpowiedziała mi rozwiązanie podobne, bo z wykorzystaniem bardziej ogólnej postaci twierdzenia Pitagorasa czyli twierdzenia cosinusów (z wykorzystaniem do obliczeń kąta 135 stopni).

I jak zwykle okazało się, że jak już się zna rozwiązanie to jest ono takie proste

Pozdrawiam

Darek