Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Ιστοσελίδα · #1

Ένα τετράγωνο χαρτί $AB\Gamma \Delta$ πλευράς

, αναδιπλώνεται κατά μήκος ευθυγράμμου τμήματος $K\Lambda$ , ώστε η κορυφή

να ταυτιστεί με το μέσο της πλευράς $B\Gamma$ . Αν οι νέες θέσεις των

και $\Delta$ είναι οι

και $\Delta'$ αντίστοιχα και

η τομή των $A'\Delta'$ και $\Gamma \Delta$ , τότε :
α)Να αποδειχθεί ότι τα τρίγωνα $\vartriangle KBA'$ και $\vartriangle A'\Gamma M$ είναι όμοια.
β) Να βρεθεί το μήκος του A'M

.

: αναδιπλ.png (5.38 KiB) Προβλήθηκε 2277 φορές

#2

Συμμετρία ως προς άξονα $K\Lambda$ ... άρα η γωνία KA'M

είναι ορθή (ως ίση προς την $KA\Delta$ ) ... και τα ορθογώνια τρίγωνα KBA'

και $A'\Gamma M$ είναι όντως όμοια (γωνίες με κάθετες πλευρές).

Λόγω συμμετρίας ισχύει η |KA|=|KA'|=x

, και από το ορθογώνιο τρίγωνο KBA'

προκύπτει η x^2= (12-x)^2+6^2

, οπότε εύκολα x=7,5

. Από την ομοιότητα των τριγώνων προκύπτει η $\displaystyle\frac{|KB'|}{|A'\Gamma |}=\displaystyle\frac{|KA'|}{|A'M|}$ και η $\displaystyle\frac{4,5}{6}=\displaystyle\frac{7,5}{|A'M|}$ , άρα |A'M|=10

.

Γιώργος Μπαλόγλου

#3

Δίχως να θέλω να γίνω Parmenides στη θέση του Parmenides, αν σας αρέσει το θέμα του Σωτήρη, σίγουρα θα σας αρέσει και ετούτο.

parmenides51 · #4

Γιώργος Ρίζος έγραψε:Δίχως να θέλω να γίνω Parmenides στη θέση του Parmenides, αν σας αρέσει το θέμα του Σωτήρη, σίγουρα θα σας αρέσει και ετούτο.

Γιώργο

πες αλεύρι

Ιστοσελίδα · #5

parmenides51 έγραψε:
Γιώργος Ρίζος έγραψε:Δίχως να θέλω να γίνω Parmenides στη θέση του Parmenides, αν σας αρέσει το θέμα του Σωτήρη, σίγουρα θα σας αρέσει και ετούτο.
Γιώργο πες αλεύρι

Είσαι ΑΠΙΣΤΕΥΤΟΣ!!!!

#6

parmenides51 έγραψε:Γιώργο πες αλεύρι

Θα πω αλεύρι, με ένα ωραίο αλευρομένο θεματάκι αφιερωμένο στον Παρμενίδη!

(Το υπεξαίρεσα από γνωστή πηγή. Θα την αναφέρω μετά τις λύσεις σας.)

: 18-10-2012 Γεωμετρία.jpg (24.48 KiB) Προβλήθηκε 2106 φορές

Ένα πακέτο αλεύρι βρίσκεται πάνω από κάποιο άλλο με τρόπο που βλέπετε στην εικόνα. Το ορατό τμήμα του κάτω πακέτου έχει μεγαλύτερο ή μικρότερο εμβαδό από το καλυμμένο; (Με απόδειξη, όχι απλή απάντηση).

edit: Έχω την εντύπωση ότι το έχουμε ξανασυζητήσει; Αναρωτιέμαι αν υπάρχει κανείς ...

που μπορεί να θυμηθεί που είναι;

edit (2): Απίστευτο κι όμως αληθινό! Ο Παρμενίδης το βρήκε (!) παρόλο που ήταν κρυμμένο. Ήταν απάντηση σ' άλλη άσκηση.
Ευχαριστώ για τη διακριτική επισήμανση με π.μ. Αν δεν δοθεί σύντομα απάντηση, θα το αναρτήσω για να μην μείνει αναπάντητο...

#7

Από το συνημμένο σχήμα και τα δύο όμοια (γαλάζια) τρίγωνα προκύπτει η $\displaystyle\frac{x}{b-\sqrt{b^2-a^2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{b^2-a^2}}{a}$ , άρα και η $x=\displaystyle\frac{b\sqrt{b^2-a^2}-(b^2-a^2)}{a}$ .

Το εμβαδόν του φανερού τμήματος του πακέτου είναι ίσο προς το άθροισμα των δύο γαλάζιων τριγώνων, $\displaystyle\frac{a\sqrt{b^2-a^2}}{2}+\displaystyle\frac{(b-\sqrt{b^2-a^2})[b\sqrt{b^2-a^2}-(b^2-a^2)]}{2a}$ , είναι επομένως μικρότερο του εμβαδού του κρυμμένου τμήματος αν και μόνον είναι μικρότερο του μισού εμβαδού του πακέτου, δηλαδή αν και μόνον αν ισχύει η σχέση

$\displaystyle\frac{a\sqrt{b^2-a^2}}{2}+\displaystyle\frac{(b-\sqrt{b^2-a^2})[b\sqrt{b^2-a^2}-(b^2-a^2)]}{2a}<\displaystyle\frac{ab}{2}\Leftrightarrow 2b\sqrt{b^2-a^2}<2b^2-a^2\Leftrightarrow 0<a^4$

Είναι λοιπόν το κρυμένο μέρος μεγαλύτερο από το φανερό! (Οι διπλές συνεπαγωγές ισχύουν στην συγκεκριμένη περίσταση ... αλλά μπορούν και να αποφευχθούν

)

Γιώργος Μπαλόγλου

#8

Ερώτηση που λαθρότυχα προέκυψε από το παραπάνω σχήμα (και θα μπορούσε να τεθεί ανεξάρτητα): θα μπορούσε ποτέ η μωβ γραμμή να περάσει ποτέ από την κάτω δεξιά γωνία του πακέτου; (Καλύτερα όχι, γιατί τότε ... θα μπορούσε ίσως να περάσει και μέσα από την κορυφή, οπότε θα είχαμε πρόβλημα με την λύση που μόλις παρουσίασα

)

Γιώργος Μπαλόγλου

#9

gbaloglou έγραψε:Είναι λοιπόν το κρυμένο μέρος μεγαλύτερο από το φανερό!

Φυσικά!

#10

Γιώργο, ευχαριστώ για την ενασχόληση. Ελπίζω να το διασκέδασες κι εσύ!

Είναι από ΕΔΩ, όπως μού υπέδειξε άμεσα ο Παρμενίδης.

#11

gbaloglou έγραψε:Ερώτηση που λαθρότυχα προέκυψε από το παραπάνω σχήμα (και θα μπορούσε να τεθεί ανεξάρτητα): θα μπορούσε ποτέ η μωβ γραμμή να περάσει ποτέ από την κάτω δεξιά γωνία του πακέτου; (Καλύτερα όχι, γιατί τότε ... θα μπορούσε ίσως να περάσει και μέσα από την κορυφή, οπότε θα είχαμε πρόβλημα με την λύση που μόλις παρουσίασα )

Μια και κανένας δεν ασχολήθηκε με το παραπάνω ερώτημα και την απαιτούμενη απάντηση:

Διαπιστώνω ότι η μωβ γραμμή διέρχεται πάντοτε από την κάτω δεξιά γωνία του μαύρου ορθογωνίου, άρα δεν μπορεί ποτέ να περάσει μέσα από αυτήν!

Αυτό μπορεί να το επαληθεύσει κανείς με δύο κόλλες χαρτί, αλλά για αυστηρή απόδειξη ... παραπέμπω στο συνημμένο ατελές σχήμα ... όπου υποθέτω ότι η μωβ γραμμή περνάει από την κάτω δεξιά κορυφή ... και αποδεικνύω ότι y+z=a

(μέσω των

και

):

-- Για την x+y=a

παρατηρούμε, χρησιμοποιώντας στο τέλος τον τύπο $x=\displaystyle\frac{b\sqrt{b^2-a^2}-(b^2-a^2)}{a}$ (από προηγούμενη ανάρτηση μου), ότι

$y^2=(b-\sqrt{b^2-a^2})^2+x^2=b^2-2b\sqrt{b^2-a^2}+(b^2-a^2)+x^2=a^2-2[b\sqrt{b^2-a^2}-(b^2-a^2)]+x^2=a^2-2ax+x^2=(a-x)^2$

-- Για την z=x

βασιζόμαστε στην μόλις αποδειχθείσα x+y=a

και στην ομοιότητα των μικρών ορθογωνίων τριγώνων:

$\displaystyle\frac{z}{y}=\displaystyle\frac{x}{a-x}=\displaystyle\frac{x}{y}$

[Άκρως ενδιαφέρον πρόβλημα -- δύσκολο 'υπολογιστικά' (εκτός και αν μου διαφεύγει κάτι πιο έξυπνο*) και όμως τόσο εύκολο που "τυλίγεται σε δυο κόλλες χαρτί": στην γυμνασιακή τάξη θα μπορούσε ο καθηγητής να ζητήσει από τα παιδιά να το επαληθεύσουν 'πειραματικά' (είτε με τις δύο κόλλες χαρτί είτε με συγκεκριμένα παραδείγματα όπως $a=1, b=2, x=z=2\sqrt{3}-3, y=4-2\sqrt{3}$ ).]

*καλώ τους γεωμέτρες του

να επέμβουν άμεσα -- έχει προκύψει 'χαρταετός' (kite), άρα ... κάτι θα κρύβεται πίσω από τα αλευρόκουτα

Γιώργος Μπαλόγλου

#12

Γιώργο, αν καταλαβαίνω καλά το ζητούμενο, μπορούμε να βασιστούμε στο ότι οι κορυφές των δύο ορθογωνίων παραλληλογράμμων είναι πάντοτε συμμετρικές μία προς μία ( νομίζω ότι αυτό δεν έχει δύσκολη τεκμηρίωση ), ως προς άξονα συμμετρίας την ευθεία που συνδέει την κοινή κορυφή τους με το σημείο τομής των ίσων πλευρών τους, που δεν συντρέχουν στην κοινή κορυφή.

Κώστας Βήττας.

#13

vittasko έγραψε:Γιώργο, αν καταλαβαίνω καλά το ζητούμενο, μπορούμε να βασιστούμε στο ότι οι κορυφές των δύο ορθογωνίων παραλληλογράμμων είναι πάντοτε συμμετρικές μία προς μία ( νομίζω ότι αυτό δεν έχει δύσκολη τεκμηρίωση ), ως προς άξονα συμμετρίας την ευθεία που συνδέει την κοινή κορυφή τους με το σημείο τομής των ίσων πλευρών τους, που δεν συντρέχουν στην κοινή κορυφή.

Κώστα ναι, με την παρατήρηση σου τακτοποιείται άμεσα η ισότητα y=a-x

(

, από ίσα ορθογώνια τρίγωνα B'AE, DAE

), οπότε προκύπτει και η ζητούμενη y=z

όπως πριν (και ίσα ορθογώνια τρίγωνα CB'E, A'DE

), κλπ

[Με πορτοκαλί δείχνω στο συνημμένο την ολισθανάκλαση που στέλνει το ένα ορθογώνιο στο άλλο -- bonus

]

Επεξεργασία 27-10 -12: καλή η ολισθανάκλαση αλλά άσχετη για την περίπτωση, μας φτάνει η ανάκλαση (μπλε άξονας) του Κώστα

Ευχαριστώ,

Γιώργος Μπαλόγλου

#14

Γενικώς ... όταν έχουμε δύο ίσα ορθογώνια τότε υπάρχουν δύο ολισθανακλάσεις (μία από τις οποίες μπορεί να είναι απλώς ανάκλαση), αλλά και δύο στροφές (μία από τις οποίες μπορεί να έχει 'εκφυλισθεί' σε ολίσθηση), που απεικονίζουν το ένα ορθογώνιο στο άλλο. Στην περίπτωση μας (της μιας ταυτιζόμενης κορυφής) η μία ολισθανάκλαση είναι υποχρεωτικά ανάκλαση (και εύκολο να βρεθεί, έστω και αν ... τα αν(ταν)ακλαστικά μου δεν λειτούργησαν σωστά), ενώ η άλλη γνήσια ολισθανάκλαση (που δείχνω στο πρώτο συνημμένο* πως μπορεί να βρεθεί). Για πληρότητα δίνω και τις δύο στροφές στο δεύτερο συνημμένο**.

*ο άξονας ολισθανάκλασης διέρχεται από τα μέσα των διαστημάτων που ορίζονται από τις κορυφές (ή τυχόντα άλλα σημεία του ορθογωνίου) και τις εικόνες τους

**το κέντρο στροφής είναι το σημείο τομής των μεσοκαθέτων των διαστημάτων που ορίζονται από τις κορυφές και τις εικόνες τους

Γιώργος Μπαλόγλου

#15

Μιά και έγινε κουβέντα για γεωμετρικούς μετασχηματισμούς, ας μου επιτραπεί να κάνω μία προσθήκη, την απόδειξη της οποίας, αφήνω για αργότερα.
Έστω δύο ίσα κι όμοιου προσανατολισμού ορθογώνια, ABCD,A'B'C'D'

και $M=AB\bigcap A'B',N=BC\bigcap B'C,L=CD\bigcap C'D',E=DA\bigcap D'A'$ τα σημεία τομής των ομόλογων πλευρών. Τότε, $ML\perp EN$ και αν $K=ML\bigcap EN$ , το

είναι κέντρο στροφής που απεικονίζει το ABCD

στο

. Δηλαδή

και $\widehat{AKA'}=\widehat{BKB'}=\widehat{CKC'}=\widehat{DKD'}=\widehat{(AB,A'B')}$ . Υπάρχει άλλο ένα κέντρο, αν αλλάξουμε την αντιστοιχία των κορυφών. Αν έχουμε διαφορετικό προσανατολισμό, πρέπει να κάνουμε επι πλέον και μία ανάκλαση.

#16

Ανδρέα υπέροχο -- όταν έγραφα τα δικά μου πριν λίγες μέρες αναρωτιόμουν που 'ακριβώς' να βρίσκονται τα κέντρα στροφής ... και δεν είχα ιδέα!

Το θεώρημα σου μόνον 'ανάποδα' μπορώ να το αποδείξω*, δηλαδή: αν το ορθογώνιο ABCD

στρέφεται στο ορθογώνιο A'B'C'D'

έτσι ώστε $M=AB\bigcap A'B',N=BC\bigcap B'C,L=CD\bigcap C'D',E=DA\bigcap D'A'$ , τότε $ML\perp EN$ και $K=ML\bigcap EN$ . Η απόδειξη άμεση από τα δύο παρακάτω λήμματα (των οποίων οι αποδείξεις υποδεικνύονται χωρίς λόγια στα συνημμένα).

Λήμμα 1. Αν δύο κάθετες ευθείες $\epsilon$ , $\eta$ στρέφονται περί το

στις $\epsilon ', \eta '$ , και $E=\epsilon \bigcap \epsilon ', H=\eta \bigcap \eta '$ , τότε $\angle EKH=90^0$ .

Λήμμα 2. Αν δύο παράλληλες ευθείες $\epsilon$ , $\eta$ στρέφονται περί το

στις $\epsilon ', \eta '$ , και $E=\epsilon \bigcap \epsilon ', H=\eta \bigcap \eta '$ , τότε τα E, H, K

είναι συνευθειακά.

[Τώρα που το ξαναβλέπω ... το δεύτερο λήμμα δεν είναι απαραίτητο, καθώς από το πρώτο προκύπτουν οι $\angle MKE=\angle MKH=\angle NKL=\angle LKE=90^0$ , άρα $\angle EKN=\angle MKL=180^0$ .]

*όχι ότι αυτό δεν επαρκεί, αλλά θα ήθελα να βρω και μία 'απευθείας' (χωρίς χρήση στροφής) απόδειξη για την καθετότητα των ML, EN,

κλπ

Γιώργος Μπαλόγλου

#17

Ας δούμε μία προσέγγιση για την καθετότητα $ML\perp EN$ ( χρησιμοποιώ τους ίδιους συμβολισμούς όπως στο σχήμα του Ανδρέα πιο πάνω ).

$\bullet$ Έστω $Z,\ Z',$ οι προβολές του σημείου $M\equiv AB\cap A'B'$ επί των $CD,\ C'D'$ αντιστοίχως και έχουμε ότι ο κύκλος έστω (M),

με κέντρο το

και ακτίνα MZ = MZ',

εφάπτεται των $CD,\ C'D'$ στα σημεία $Z,\ Z',$ αντιστοίχως.

Άρα, ισχύει LZ = LZ',

όπου $L\equiv CD\cap C'P',$ και $\angle LMZ = \angle LMZ'\ \ \ ,(1)$

: Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού - Γενίκευση Ανδρέα Βαρβεράκη - απόδειξη της καθετότητας των ML, EN.; f=112_t=31996(a).PNG (33.03 KiB) Προβλήθηκε 1711 φορές

$\bullet$ Έστω τα σημεία $P\equiv BC\cap A'D',\ Q\equiv B'C'\cap AD$ και έχουμε ότι το παραλληλόγραμμο PEQN

, όπου $E\equiv AD\cap A'D'$ και $N\equiv BC\cap B'C',$ είναι ρόμβος λόγω EF = EF',

όπου $F,\ F'$ είναι οι προβολές του

επί των $BC,\ B'C',$ αντιστοίχως ( παραλληλόγραμμο με ίσα ύψη είναι ρόμβος ).

Η ευθεία

διχοτομεί την γωνία $\angle EPN$ και από $PE\parallel MZ'$ και $PN\parallel MZ,$ προκύπτει ότι $\angle EPN = \angle Z'MZ$ και άρα λόγω της (1)

έχουμε ότι $PQ\parallel ML\ \ \ ,(2)$

Από (2)

και $PQ\perp EN$ , λόγω του ρόμβου PEQN,

συμπεραίνεται ότι $ML\perp EN$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#18

Ύστερα από την πολύτιμη παρέμβαση του Κώστα θα ήθελα απλώς να επισημάνω πως από την καθετότητα $ML\perp EN$ έπεται όντως η ταύτιση του κέντρου στροφής με το $K=ML\bigcap EN$ : από τα εγγράψιμα πεντάπλευρα KMAA'E, KNBB'M, KLCC'N, KEDD'L

προκύπτουν άμεσα οι απαιτούμενες ισότητες γωνιών $\angle AKA'=\angle BKB'=\angle CKC'=\angle DKD'$ , ενώ οι απαιτούμενες ισότητες μηκών όπως πχ η |KC'|=|KC|

προκύπτουν από θεωρήσεις τόξων (στον περιγεγραμμένο κύκλο του KLCC'N

για παράδειγμα, όπου χρειαζόμαστε και πάλι την μέθοδο του Κώστα για την $\angle KLC=\angle KLD'$ (που μας δίνει την απαιτούμενη $\angle KLC=\angle KNC'$ λόγω της $\angle KNC'=\angle KLD'$ )).

Γιώργος Μπαλόγλου

#19

gbaloglou έγραψε:... να επισημάνω πως από την καθετότητα $ML\perp EN$ έπεται όντως η ταύτιση του κέντρου στροφής με το $K=ML\bigcap EN$ : από τα εγγράψιμα πεντάπλευρα προκύπτουν άμεσα οι απαιτούμενες ισότητες γωνιών $\angle AKA'=\angle BKB'=\angle CKC'=\angle DKD'$ , ενώ οι απαιτούμενες ισότητες μηκών όπως πχ η προκύπτουν από θεωρήσεις τόξων (στον περιγεγραμμένο κύκλο του για παράδειγμα )...

: Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού - Γενίκευση Ανδρέα Βαρβεράκη - Απόδειξη του μετασχηματισμού στροφής από τον Γιώργο Μπαλόγλου.; f=112_t=31996(b).PNG (36.61 KiB) Προβλήθηκε 1611 φορές

Πράγματι, προκύπτουν άμεσα ότι $\angle BKB' = \angle BNB' = \angle CNC' = \angle CKC'$ και $\angle KCC' = \angle KNC' = \angle KLD' = \angle KLC = \angle KC'C$ .

Κώστας Βήττας.

Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Re: Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Re: Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Re: Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Re: Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Re: Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Re: Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Re: Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Re: Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Re: Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Re: Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Re: Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Re: Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Re: Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Re: Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Re: Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Re: Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Re: Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Re: Αναδίπλωση τετράγωνου χαρτιού.

Μέλη σε σύνδεση