Μαγικά τετράγωνα

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10934
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Μαγικά τετράγωνα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Πέμ Μαρ 14, 2013 8:43 pm

Μαγικά   τετράγωνα.png
Μαγικά τετράγωνα.png (7.2 KiB) Προβλήθηκε 346 φορές
Σε σημείο S της διαμέτρου AB ενός ημικυκλίου , υψώνω το κάθετο τμήμα ST . Συμπληρώνω το τετράγωνο
STPQ . Σχεδιάζω ( πώς ? ) και το τετράγωνο QLMN ( M σημείο του ημικυκλίου ) . Βρείτε :

1) Για ποια θέση του S , θα βρεθεί και το P επί του ημικυκλίου
2) Για ποια θέση του S , θα είναι E=3E'
3) Για ποια θέση του S , θα είναι E=2E'
4) Ποιο είναι το μέγιστο του αθροίσματος E+E' . ( E,E' τα εμβαδά των 2 τετραγώνων )

Επιτρέπεται καρτεσιανή Γεωμετρία , ακόμα και Ανάλυση !


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4429
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Μαγικά τετράγωνα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Πέμ Μαρ 14, 2013 11:03 pm

Πολύ ενδιαφέρον πρόβλημα!

Μεταφέρω εδώ την αντίστοιχη διατύπωση που είχα δώσει στο βιβλίο: "Η περιπέτεια του προβλήματος στα Σχολικά Μαθηματικά", (βρείτε το και ΕΔΩ )σελ. 72, σχολιάζοντας την "εποπτική" λύση διεθνών διαγωνισμών.



Δίνεται ημικύκλιο κέντρου O και ακτίνας R.

α) Περιγράψτε τη διαδικασία εγγραφής τετραγώνου \displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }στο ημικύκλιο, (τα A, B στη διάμετρο). Υπολογίστε τη πλευρά του τετραγώνου ως συνάρτηση της ακτίνας.

β) Πώς θα κατασκευάσουμε ένα ακόμα τετράγωνο BEZH, (B, E στη διάμετρο, H στη \displaystyle{{\rm B}\Gamma }και Z σημείο του ημικυκλίου); Υπολογίστε την πλευρά του.


α) ΥΠΟΘΕΣΗ


Έστω \displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }τετράγωνο πλευράς x με A, B σημεία της διαμέτρου.

Τα τρίγωνα \displaystyle{\Gamma {\rm O}{\rm B},\;\Delta {\rm O}{\rm A}} είναι ίσα (\displaystyle{\widehat A = \widehat B = 90^\circ ,\;{\rm O}\Delta  = {\rm O}\Gamma  = R},

\displaystyle{{\rm A}\Delta  = \Gamma {\rm B} = x}), άρα \displaystyle{AO = OB = \frac{x}{2}}
14-3-2013 Γεωμετρία a.jpg
14-3-2013 Γεωμετρία a.jpg (13.94 KiB) Προβλήθηκε 308 φορές
Στο τρίγωνο \displaystyle{\Gamma {\rm O}{\rm B}}, είναι \displaystyle{\Gamma {\rm B} = 2{\rm O}{\rm B}}.

Από Πυθ. Θεώρημα στο \displaystyle{\Gamma {\rm O}{\rm B}} είναι:
\displaystyle{\Gamma {{\rm O}^2} = {\rm O}{{\rm B}^2} + \Gamma {{\rm B}^2} \Leftrightarrow {R^2} = {x^2} + {\left( {\frac{x}{2}} \right)^2}\; \Leftrightarrow \;\frac{5}{4}{x^2} = {R^2} \Leftrightarrow \;\;{x^2} = \frac{4}{5}{R^2}}

άρα \displaystyle{x = \frac{2}{{\sqrt 5 }}R = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}R}.

ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ - ΑΠΟΔΕΙΞΗ

Για να κατασκευάσουμε το τετράγωνο, παίρνουμε τυχαίο τμήμα: OT = y στη διάμετρο και φέρνουμε κάθετη TP = 2y.

Ενώνουμε τo O με το P. Το σημείο τομής της OP με τον κύκλο είναι το \displaystyle{\Gamma }.

Φέρνουμε \displaystyle{\Gamma {\rm B}} κάθετη στη διάμετρο, οπότε το \displaystyle{{\rm O}\Gamma {\rm B}} είναι όμοιο με το POT, άρα \displaystyle{\Gamma {\rm B} = 2{\rm O}{\rm B}}.
14-3-2013 Γεωμετρία b.jpg
14-3-2013 Γεωμετρία b.jpg (10.1 KiB) Προβλήθηκε 308 φορές
Κατασκευάζουμε τώρα την OA=OB και την κάθετη της διαμέτρου στο A, που τέμνει τον κύκλο στο \displaystyle{\Delta }. Το \displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta } είναι το ζητούμενο τετράγωνο.

β) Από το B κατασκευάζουμε τη διχοτόμο της \displaystyle{\Lambda \,\widehat {\rm B}\,\Gamma }, που τέμνει τον κύκλο στο Z.

Κατασκευάζουμε την κάθετη ZE στη διάμετρο και την κάθετη ZH στη\displaystyle{{\rm B}\Gamma }.

Το BEZH είναι τετράγωνο, γιατί είναι ορθογώνιο με διαγώνιο BZ, που διχοτομεί τη γωνία του. Έστω BE=t.

Τα τρίγωνα \displaystyle{\Gamma {\rm O}{\rm B}} και ZOE είναι ορθογώνια. Από Πυθ. Θεώρημα έχουμε:

\displaystyle{\Gamma {\rm O}{\rm B}}: \displaystyle{\Gamma {{\rm O}^2} = {\rm O}{{\rm B}^2} + \Gamma {{\rm B}^2} \Leftrightarrow {R^2} = {x^2} + {\left( {\frac{x}{2}} \right)^2}\;\;\; \Leftrightarrow \;{R^2} = \;\;\frac{5}{4}{x^2}}

ZOE: \displaystyle{{\rm Z}{{\rm O}^2} = {\rm Z}{{\rm E}^2} + {\rm O}{{\rm E}^2} \Leftrightarrow {R^2} = {t^2} + {\left( {t + \frac{x}{2}} \right)^2}\; \Leftrightarrow {R^2} = \;\;{t^2} + {t^2} + 2 \cdot t \cdot \frac{x}{2} + \frac{{{x^2}}}{4}}

Άρα: \displaystyle{\frac{5}{4}{x^2} = 2{t^2} + t \cdot x + \frac{{{x^2}}}{4}\; \Leftrightarrow \;{x^2} = 2{t^2} + t \cdot x \Leftrightarrow {t^2} - {x^2} + {t^2} + t \cdot x = 0 \Leftrightarrow }

\displaystyle{ \Leftrightarrow \left( {t - x} \right)\left( {t + x} \right) + t\left( {t + x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {t + x} \right)\left( {2t - x} \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{x}{2}}, αφού t, x > 0

άρα η πλευρά του BEZH είναι \displaystyle{\frac{{\sqrt 5 }}{5}R}, (μισή της πλευράς του \displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }).


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1692
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Μαγικά τετράγωνα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Σάβ Μαρ 16, 2013 4:57 am

Καλημέρα.Δίνω μια ιδέα

Για οποιοδήποτε τετράγωνο \displaystyle{STPQ} , το τετράγωνο \displaystyle{QLMN} που έχει την κορυφή του \displaystyle{M} στον κύκλο κατασκευάζεται εύκολα αν θεωρήσουμε την διχοτόμο της ορθής γωνίας \displaystyle{PQB} που τέμνει τον κύκλο στο \displaystyle{M} κι έπειτα θεωρήσουμε τις προβολές του \displaystyle{L,N} στις \displaystyle{PQ,QB} αντίστοιχα.
Έστω \displaystyle{OS = x} , \displaystyle{\alpha } η πλευρά του \displaystyle{STPQ} , \displaystyle{b} η πλευρά του \displaystyle{LMNQ} .
Θα εργαστούμε στην περίπτωση που \displaystyle{a \geqslant b} .[Το πρόβλημα έχει την ίδια αντιμετώπιση αν \displaystyle{a \leqslant b} και θεωρήσουμε \displaystyle{ON = x}]
Θεωρούμε τις διαγώνιες \displaystyle{TQ,QM} των δυο τετραγώνων που σχηματίζουν με την \displaystyle{PLQ} γωνίες 45 μοιρών ,και \displaystyle{\angle TQM = {90^0}}.
Έστω \displaystyle{OC \bot TM}. Επειδή \displaystyle{OT = OM = R} θα είναι \displaystyle{C} μέσον της \displaystyle{TM}.
Ακόμη , \displaystyle{NL \bot QM} στο μέσον της \displaystyle{K} κι επειδή \displaystyle{NL//TQ} η προέκταση της \displaystyle{NL} περνά απ το \displaystyle{C}.Αλλά τότε ,επειδή το \displaystyle{OCMN} είναι εγγράψιμο θα είναι
[\displaystyle{\angle COM = \angle CNM = {45^0}} άρα \displaystyle{\angle TOM = 2\angle COM = 2 \cdot {45^0} = {90^0}} Αλλά τότε \displaystyle{\angle STO = \angle MON} ( οξείες με κάθετες πλευρές μια προς μια) και τα ορθογώνια τρίγωνα \displaystyle{TOS,MON} προφανώς είναι ίσα αφού είναι και \displaystyle{OT = OM = R} άρα \displaystyle{MN = OS \Rightarrow b = x}
Από το ορθογώνιο τρίγωνο \displaystyle{STO} με πυθαγόρειο παίρνουμε \displaystyle{{a^2} = {R^2} - {x^2}} που είναι το εμβαδόν του \displaystyle{STPQ} .Το εμβαδόν του \displaystyle{LMNQ} είναι \displaystyle{{b^2} = {x^2}} κι έτσι \displaystyle{(STPQ) + (LMNQ) = {R^2} - {x^2} + {x^2} = {R^2}}
Επομένως για οποιαδήποτε θέση του \displaystyle{S} στην \displaystyle{AB} το άθροισμα των δυο εμβαδών είναι πάντα σταθερό( επομένως η διατύπωση του τέταρτου ερωτήματος θα μπορούσε να είναι πιο ακριβής)
Η απάντηση τώρα στα τρία πρώτα ερωτήματα
Α) όταν το \displaystyle{P} βρεθεί στον κύκλο, το \displaystyle{ATPB} είναι ισοσκελές τραπέζιο κι έτσι η μεσοκάθετη της μικρής βάσης θα περνά απ το \displaystyle{O} οπότε \displaystyle{x = \frac{a}{2} \Rightarrow {x^2} = \frac{{{a^2}}}{4} \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{{R^2} - {x^2}}}{4} \Rightarrow \boxed{x = \frac{{R\sqrt 5 }}{5}}}
Β) \displaystyle{E = 3E' \Leftrightarrow {R^2} - {x^2} = 3{x^2} \Leftrightarrow ...\boxed{x = \frac{R}{2}}}
Γ) \displaystyle{E = 2E' \Leftrightarrow {R^2} - {x^2} = 2{x^2} \Leftrightarrow \boxed{x = \frac{{R\sqrt 3 }}{3}}}
Φυσικά είναι \displaystyle{0 \leqslant x \leqslant \frac{{R\sqrt 2 }}{2}} ώστε να είναι \displaystyle{a \geqslant b}
Ελπίζω να μην έχω λάθος σε καμιά πράξη.
Συνημμένα
μαγικά τετράγωνα .png
μαγικά τετράγωνα .png (12.71 KiB) Προβλήθηκε 248 φορές


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10934
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Μαγικά τετράγωνα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Σάβ Μαρ 16, 2013 8:36 am

Εξαιρετική αντιμετώπιση του θέματος !

Η διατύπωση πάντως του τελευταίου ερωτήματος της εκφώνησης , είναι σκόπιμη . Μια σταθερή συνάρτηση ,

έχει μέγιστη ( η ελάχιστη ) τιμή , τη σταθερή τιμή της . Αρχικά είχα σκεφθεί να γράψω - για το άθροισμα -

"δείξτε ότι το E+E' είναι σταθερό" , αλλά το θεώρησα υπερβολικά ισχυρή υπόδειξη προς τους λύτες !


AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1080
Εγγραφή: Τετ Δεκ 31, 2008 8:07 pm
Τοποθεσία: ΗΡΑΚΛΕΙΟ ΚΡΗΤΗΣ

Re: Μαγικά τετράγωνα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ » Δευ Μαρ 18, 2013 10:00 pm

Καλή σαρακοστή και Χρόνια Πολλά σε όλους!
Έστω OK η μεσοκάθετος της AB και OC η μεσοκάθετος της KB η οποία τέμνει την TQ στο D. Κατασκευάζουμε το συμμετρικό QBHZ του τετραγώνου QLMB ως προς AB. Όταν γνωρίζουμε το λόγο \displaystyle{\frac{TQ}{QH}=\lambda}, γνωρίζουμε και το λόγο \displaystyle{\frac{DQ}{QH}=\frac{\lambda-1}{2}}, άρα και το λόγο \displaystyle{\frac{KB}{BE}=2\frac{CB}{BE}=2\frac{DQ}{QH}=\lambda-1}. Επομένως, το σημείο E κατασκευάζεται και τα υπόλοιπα προκύπτουν άμεσα.
Για την περίπτωση 1, η κατασκευή γίνεται μέσω ομοιοθεσίας τετραγώνου πλευράς AB και η κατασκευή και ο υπολογισμός της πλευράς του μικρού τετραγώνου προκύπτει άμεσα αν στρέψουμε το SQPT κατά ορθή γωνία περί το O στη θέση GMHP.
Συνημμένα
τετραγωνα.png
τετραγωνα.png (6.36 KiB) Προβλήθηκε 161 φορές
μαγικα τετραγωνα.png
μαγικα τετραγωνα.png (9.14 KiB) Προβλήθηκε 161 φορές
τελευταία επεξεργασία από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ σε Δευ Μαρ 18, 2013 10:42 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1080
Εγγραφή: Τετ Δεκ 31, 2008 8:07 pm
Τοποθεσία: ΗΡΑΚΛΕΙΟ ΚΡΗΤΗΣ

Re: Μαγικά τετράγωνα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ » Δευ Μαρ 18, 2013 10:38 pm

Για τη μεγιστοποίηση του E+E',έχουμε:
\displaystyle{E+E'=\frac{TQ^2+QH^2}{2}=\frac{(a+b)^2+(a-b)^2}{2}=a^2+b^2=R^2}


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες