mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 30, 2025 10:22 pm**

: dio tetragona se imik.png (27.5 KiB) Προβλήθηκε 1705 φορές

.
Σε ημικύκλιο διαμέτρου

βρίσκονται δύο τετράγωνα κολλημένα μεταξύ τους. Οι κορυφές τους $C,\,D,\, E,\, G$ βρίσκονται στην περίμετρο του ημικυκλίου, όπως στην εικόνα. Πόσο είναι το μήκος της πλευράς των τετραγώνων;

(Την είδα κάπου και μου άρεσε.)

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 31, 2025 12:36 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τετ Ιούλ 30, 2025 10:22 pm dio tetragona se imik.png
.
Σε ημικύκλιο διαμέτρου βρίσκονται δύο τετράγωνα κολλημένα μεταξύ τους. Οι κορυφές τους $C,\,D,\, E,\, G$ βρίσκονται στην περίμετρο του ημικυκλίου, όπως στην εικόνα. Πόσο είναι το μήκος της πλευράς των τετραγώνων;

(Την είδα κάπου και μου άρεσε.)

: Δυο τετράγωνα σε ημικύκλιο.png (36.59 KiB) Προβλήθηκε 1676 φορές

Τετράγωνα σε ημικύκλιο

Σε κύκλο διαμέτρου $\overline {DOJ} = 2R$ γράφω το Απολλώνιο κύκλο $\left( {K,r} \right)$ για κάθε σημείο( έστω

)του οποίου ,

$\dfrac{{MD}}{{MJ}} = \dfrac{1}{3}$ και τέμνει στο

τον κύκλο . Κατασκευάζω το τετράγωνο , EDCH

και μετά το EHGF

που είναι αυτά που θέλω .

Γράφω και τη διάμετρο του αρχικού κύκλου που διέρχεται από το

με άκρα διαμέτρου

.

Επειδή , $\dfrac{{ED}}{{EJ}} = \dfrac{1}{3}$ από το Π. Θ. έχω τη πλευρά του τετραγώνου , $\boxed{a = R\dfrac{{\sqrt {10} }}{5}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 31, 2025 1:06 am**

Αν

το απόστημα της χορδής

τότε $\vartriangle EOM \sim \vartriangle DFG$ οπότε $\frac{EM}{R}=\frac{1}{\sqrt{5}}$ οπότε $a=EM\sqrt{2}=\frac{R\sqrt{2}}{\sqrt{5}}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 31, 2025 8:24 am**

: Δύο τετράγωνα σε ημικύκλιο.png (38.39 KiB) Προβλήθηκε 1644 φορές

$\omega + \theta = 135^\circ \quadd \color{blue} (0)$ από την ευθεία $\angle FED$

$(\omega-x) + (\theta - x) = 45^\circ \color{blue} (1)$ διότι $\angle FEG$ είναι εξωτερική του $\triangle DEG$

Από τις σχέσεις $\color{blue} (0)$ και $\color{blue} (1)$ λαμβάνουμε ότι $x=45^\circ$

Από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο $\triangle DOG$ και $\triangle DFG$ έχουμε:

$DG = R\sqrt{2}$ και $DG = a\sqrt{5}$ και το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 31, 2025 12:01 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τετ Ιούλ 30, 2025 10:22 pm dio tetragona se imik.png
.
Σε ημικύκλιο διαμέτρου βρίσκονται δύο τετράγωνα κολλημένα μεταξύ τους. Οι κορυφές τους $C,\,D,\, E,\, G$ βρίσκονται στην περίμετρο του ημικυκλίου, όπως στην εικόνα. Πόσο είναι το μήκος της πλευράς των τετραγώνων;

(Την είδα κάπου και μου άρεσε.)

Για τι εγγεγραμμένες γωνίες

$\hat{EGD}=\hat{DLE}=\hat{LDT}=\hat{LGT}=\varphi$

$\hat{DEG}=135^{0}, DG^{2}=5a^{2}, DTG,2DT^{2}=4R^{2}\Rightarrow a=\dfrac{R\sqrt{2}}{\sqrt{5}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 01, 2025 3:09 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τετ Ιούλ 30, 2025 10:22 pm dio tetragona se imik.png
.
Σε ημικύκλιο διαμέτρου βρίσκονται δύο τετράγωνα κολλημένα μεταξύ τους. Οι κορυφές τους $C,\,D,\, E,\, G$ βρίσκονται στην περίμετρο του ημικυκλίου, όπως στην εικόνα. Πόσο είναι το μήκος της πλευράς των τετραγώνων;

(Την είδα κάπου και μου άρεσε.)

Διορθώνω την λύση που είχα αναρτήσει λόγω μιας εσφαλμένης παραδοχής.

Ευχαριστώ τον Νικήτα για την επισήμανση.

Με

αντιδιαμετρικό του

θα είναι $\angle DQG=45^0$ άρα $\angle DOG=90^0$

Έτσι $5a^2=DG^2=2R^2 \Rightarrow a= \dfrac{R \sqrt{10} }{5}$

: Δύο τετράγωνα σε ημικύκλιο.png (46.96 KiB) Προβλήθηκε 1438 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 01, 2025 7:06 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τετ Ιούλ 30, 2025 10:22 pm dio tetragona se imik.png
.
Σε ημικύκλιο διαμέτρου βρίσκονται δύο τετράγωνα κολλημένα μεταξύ τους. Οι κορυφές τους $C,\,D,\, E,\, G$ βρίσκονται στην περίμετρο του ημικυκλίου, όπως στην εικόνα. Πόσο είναι το μήκος της πλευράς των τετραγώνων;

(Την είδα κάπου και μου άρεσε.)

Έστω λυμένο το πρόβλημα . Τοποθετώ τα δυο τετράγωνα όπως φαίνεται στο σχήμα . $OE = R\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,HE = a$ . Η ευθεία

είναι κοινή μεσοκάθετος στα $AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CN$ , οπότε $OH = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}$ . Μου «σφυρίξανε» το προφανές , $\widehat {EHO} = 135^\circ$ .

: Δυο τετράγωνα σε ημικύκλιο_new.png (30.04 KiB) Προβλήθηκε 1485 φορές

Από το Θ συνημίτονου στο $\vartriangle HFO$ έχω : ${R^2} = {a^2} + {\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} - 2a\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)\left( { - \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)$ και άρα , $\boxed{a = \dfrac{{R\sqrt {10} }}{5}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 02, 2025 3:41 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τετ Ιούλ 30, 2025 10:22 pm dio tetragona se imik.png
.
Σε ημικύκλιο διαμέτρου βρίσκονται δύο τετράγωνα κολλημένα μεταξύ τους. Οι κορυφές τους $C,\,D,\, E,\, G$ βρίσκονται στην περίμετρο του ημικυκλίου, όπως στην εικόνα. Πόσο είναι το μήκος της πλευράς των τετραγώνων;

(Την είδα κάπου και μου άρεσε.)

Αφού

το

είναι ισοσκελές τραπέζιο ,άρα DG=EP

$\angle EOP=2 \angle EGP=2.45^0=90^0 \Rightarrow EP^2=2R^2$ .Έτσι

$5a^2=2R^2 \Rightarrow a= \dfrac{R \sqrt{10} }{5}$

: Δύο τετράγωνα σε ημικύκλιο.png (31.74 KiB) Προβλήθηκε 1427 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 02, 2025 6:17 pm**

Για λόγους πληρότητας αναρτώ την λύση που είχα κατά νου. Σημειώνω όμως ότι κινείται στο ίδιο μήκος κύματος, στον ένα ή στον άλλο βαθμό, με προηγούμενες.

Στο εγγράψιμo ADEG

είναι $\widehat {E} = 90+45=135$ , άρα η απέναντί της γωνία $\widehat {DAG}=45$ . 'Επεται ότι η επίκεντρη $\widehat {DOG}=2\times 45 =90$ . Άρα $DG=R\sqrt 2$ , οπότε $a\sqrt 5 = DG= R\sqrt 2$ , από όπου $a= \dfrac {R\sqrt {10}}{5}$ .
.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 03, 2025 6:42 am**

: Δύο τετράγωνα σε ημικύκλιο.png (66.73 KiB) Προβλήθηκε 1364 φορές

$\triangle CDO = \triangle HEO$ από Π-Γ-Π

F,H,O

συνευθειακά ως σημεία της μεσοκαθέτου

σημείο του κύκλου $\left(C,D,F\right)$ από $\angle COF = 90^\circ$ και το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 03, 2025 9:07 am**

Nikitas K. έγραψε: Κυρ Αύγ 03, 2025 6:42 am
$\triangle CDO = \triangle HEO$ από Π-Γ-Π

Νικήτα, από πού προκύπτει η CO=OH

; Ή δεν βλέπω κάτι άμεσο ή, τουλάχιστον, έπρεπε στην απόδειξη να υπήρχε μία νύξη.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 03, 2025 1:56 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Κυρ Αύγ 03, 2025 9:07 am
Nikitas K. έγραψε: Κυρ Αύγ 03, 2025 6:42 am
$\triangle CDO = \triangle HEO$ από Π-Γ-Π
Νικήτα, από πού προκύπτει η ; Ή δεν βλέπω κάτι άμεσο ή, τουλάχιστον, έπρεπε στην απόδειξη να υπήρχε μία νύξη.

Τo $\triangle CDO$ και το $\triangle HEO$ είναι ίσα από Π-Γ-Π διότι:
CD = HE

ως πλευρές τετραγώνου CDEH

$\angle CDO= \angle HEO$ ως διαφορά ίσων γωνιών ( $90^\circ$ και $\angle ODE = \angle OED$ ως προσκείμενες στη βάση γωνίες του ισοσκελούς $\triangle OED$ λόγω ότι οι πλευρές του είναι ακτίνες του ημικυκλίου κέντρου

)

ως ακτίνες ημικυκλίου κέντρου

Άρα

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 03, 2025 2:10 pm**

Nikitas K. έγραψε: Κυρ Αύγ 03, 2025 1:56 pm Τo $\triangle CDO$ και το $\triangle HEO$ είναι ίσα από Π-Γ-Π διότι:
ως πλευρές τετραγώνου
$\angle CDO= \angle HEO$ ως διαφορά ίσων γωνιών ( $90^\circ$ και $\angle ODE = \angle OED$ ως προσκείμενες στη βάση γωνίες του ισοσκελούς $\triangle OED$ λόγω ότι οι πλευρές του είναι ακτίνες του ημικυκλίου κέντρου )
ως ακτίνες ημικυκλίου κέντρου
Άρα

Σωστά. Με μπέρδεψες γιατί στο σχήμα σου έχεις σημειώσει ως ίσες τις CO, OH

, που όμως δεν χρησιμοποίησες πουθενά, ούτε πριν την ισότητα των τριγώνων, ούτε μετά. Επίσης σημείωσες στο σχήμα σου ως ίσες τις γαλάζιες γωνίες, που όμως δεν χρησιμοποίησες πουθενά, ούτε πριν, ούτε μετά.

Καλό είναι να μην υπάρχουν περιττά στοιχεία στα σχήματα. Τα σχήματα υπάρχουν για να μας διευκολύνουν, και όχι για να ψάχνει ο αναγνώστης να αποκωδικοποιήσει τις (περιττές) πληροφορίες που περιέχουν.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 03, 2025 4:35 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Κυρ Αύγ 03, 2025 2:10 pmΤα σχήματα υπάρχουν για να μας διευκολύνουν, και όχι για να ψάχνει ο αναγνώστης να αποκωδικοποιήσει τις (περιττές) πληροφορίες που περιέχουν.

Συμφωνώ και σας ευχαριστώ για την συμβουλή.

Mihalis_Lambrou έγραψε: Κυρ Αύγ 03, 2025 2:10 pm... έχεις σημειώσει ως ίσες τις , που όμως δεν χρησιμοποίησες πουθενά, ούτε πριν την ισότητα των τριγώνων, ούτε μετά. Επίσης σημείωσες στο σχήμα σου ως ίσες τις γαλάζιες γωνίες, που όμως δεν χρησιμοποίησες πουθενά, ούτε πριν, ούτε μετά.

Σιωπηρά:

διχοτόμος της $\angle {EHG}} \qquad \color{red}(0)$ ως διαγώνιος τετραγώνου

$\color{cyan}\angle EHF \overset{ {\color{red} (0)} }= \angle GHF \qquad \color{red}(1)$

$\angle EHG = 90^\circ \qquad \color{red} (2)$ ως γωνία τετραγώνου EFGH

$\color{cyan} \angle GHF \overset{{\color{red} (1)}}{\underset{{\color{red}(2)}}{=}} 45^\circ \qquad \color{red}(3)$

$\color{cyan} \angle OHC = \angle GHF\qquad \color{red}(4)$ ως κατακορυφήν από τη συνευθειακότητα των σημείων F,H,O

$\color{cyan}\angle OHC \overset{{\color{red} (3)}}{\underset{{\color{red}(4)}}{=}} 45^\circ \qquad \color{red}(5)$

$\triangle HOC \qquad \color{red} (6)$ είναι ισοσκελές από $\color{orange} \mathrm{CO = OH}$

$\color{cyan} \angle OCH \overset{{\color{red}(6)}}= \angle OHC \qquad \color{red} (7)$ ως προσκείμενες στη βάση του ισοσκελούς $\triangle HOC$

$\color{cyan}\angle OCH \overset{{\color{red} (5)}}{\underset{{\color{red}(7)}}{=}} 45^\circ \qquad \color{red}(8)$

Η $\color{cyan}\angle OCH$ και η $\color{cyan}\angle OHC~\text{\gr\color{black} είναι συμπληρωματικές}\qquad \color{red} (9)$ από τις σχέσεις $\color{red} (5)$ και $\color{red} (8)$

Το $\triangle COH$ είναι ορθογώνιο $\color{red} (10)$ από τη σχέση $\color{red}(9)$

$\angle COH = 90^\circ\qquad \color{red} (11)$ από τη σχέση $\color{red}(10)$

$\fbox{\angle COF = 90^\circ}$ από τη σχέση $\color{red} (11)$ και τη συνευθειακότητα των σημείων F,H,O

mathematica.gr

Δύο τετράγωνα σε ημικύκλιο

Δύο τετράγωνα σε ημικύκλιο

Re: Δύο τετράγωνα σε ημικύκλιο

Re: Δύο τετράγωνα σε ημικύκλιο

Re: Δύο τετράγωνα σε ημικύκλιο

Re: Δύο τετράγωνα σε ημικύκλιο

Re: Δύο τετράγωνα σε ημικύκλιο

Re: Δύο τετράγωνα σε ημικύκλιο

Re: Δύο τετράγωνα σε ημικύκλιο

Re: Δύο τετράγωνα σε ημικύκλιο

Re: Δύο τετράγωνα σε ημικύκλιο

Re: Δύο τετράγωνα σε ημικύκλιο

Re: Δύο τετράγωνα σε ημικύκλιο

Re: Δύο τετράγωνα σε ημικύκλιο

Re: Δύο τετράγωνα σε ημικύκλιο