mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 31, 2026 6:34 pm**

: Ευστοχία.png (23.41 KiB) Προβλήθηκε 286 φορές

Στους ομόκεντρους κύκλους με κέντρο

και ακτίνες 1 , 2 , 3

, επιλέξτε σημεία

A , B , C

, τέτοια ώστε τα τμήματα

και

, να είναι ίσα και κάθετα .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 01, 2026 8:32 am**

KARKAR έγραψε: Τρί Μαρ 31, 2026 6:34 pm Στους ομόκεντρους κύκλους με κέντρο και ακτίνες , επιλέξτε σημεία

, τέτοια ώστε τα τμήματα και , να είναι ίσα και κάθετα .

Καλημέρα...

και Καλό Μήνα...Απρίλης!!!

Εργαζόμαστε στο ακόλουθο πρώτο σχήμα:

: Ευστοχία 1.png (34.01 KiB) Προβλήθηκε 284 φορές

Ανάλυση:

Έστω ότι βρέθηκαν τα σημεία αυτά που να πληρούν τη ζητούμενη απαίτηση.

Τότε το σημείο $\displaystyle{C}$ ανήκει στον κύκλο $\displaystyle{C_3}$ και βέβαια είναι η στροφή

του σημείου $\displaystyle{A}$ γύρω από το σημείο $\displaystyle{B}$ κατά γωνία ίση με μια ορθή και κατά τη θετική φορά.

Επομένως το σημείο θα ανήκει στην τομή του κύκλου $\displaystyle{C_3}$ και της στροφής

του κύκλου $\displaystyle{C_1}$ γύρω από το σημείο $\displaystyle{B}$ κατά γωνία ίση με μια ορθή και κατά τη θετική φορά.

Κατασκευή:

: Ευστοχία 2.png (45.33 KiB) Προβλήθηκε 284 φορές

Στο σχήμα αυτό φαίνεται ο κύκλος $\displaystyle{C_1'}$ που είναι η στροφή του κύκλου $\displaystyle{C_1}$

γύρω από ένα τυχαίο σημείο $\displaystyle{B}$ του κύκλου $\displaystyle{C_2}$ κατά γωνία ίση με μια ορθή και κατά τη θετική φορά.

Ο κύκλος $\displaystyle{C_1'}$ τέμνει τον $\displaystyle{C_3}$ σε δυο σημεία γιατί

$\displaystyle{OO'=2\sqrt{2} <3 \ \ (1) }$

Θεωρούμε στο σχήμα το ένα σημείο, δηλαδή το $\displaystyle{C}$ .

Στη συνέχεια στρέφουμε αυτό κατά ορθή γωνία και κατά την αρνητική φορά γύρω

από το σημείο $\displaystyle{B}$ και βρίσκουμε το σημείο $\displaystyle{A}$ .

Προφανώς τώρα ισχύει η απαίτηση του προβλήματος, δηλαδή:

$\displaystyle{AB=BC, \ \ AB \perp BC \ \ (2) }$

Διερεύνηση:

1) Έχουμε δυο λύσεις. Σχεδιάστηκε μόνον η μια.

2) Θα μπορούσαν οι κύκλοι να είχαν ακτίνες τυχαίες ή κι ακόμα να είχαν

και διαφορετρικά κέντρα και τότε η διερεύνηση να ήταν πιο πλούσια.

3) Ο κύκλος $\displaystyle{C_3}$ τέμνει τον $\displaystyle{C_1'}$ κατά διάμετρο.

Παρατήρηση:

Η σχέση (1) δείχνεται από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{OBO'}$ το οποίο

δεν σχεδιάστηκε για λόγους αισθητικής του δεύτερου σχήματος.

Κώστας Δόρτσιος

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 01, 2026 10:23 am**

: Ευστοχία.png (21.18 KiB) Προβλήθηκε 266 φορές

Κώστα , νάσαι καλά ! Ούτε καν μου πέρασε από το μυαλό μια τέτοια κατασκευή . Αντίθετα η λύση μου προβλέπει

πρώτα τον υπολογισμό του τμήματος

και μετά την κατασκευή . Γι' αυτό η πρώτη μου σκέψη , ήταν να βάλω

την άσκηση σε διαγωνιστικό φάκελο Λυκείου . Ας υπολογίσουμε λοιπόν το μήκος του

, στις δύο περιπτώσεις ...

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 01, 2026 12:45 pm**

KARKAR έγραψε: Τρί Μαρ 31, 2026 6:34 pm Ευστοχία.pngΣτους ομόκεντρους κύκλους με κέντρο και ακτίνες , επιλέξτε σημεία

, τέτοια ώστε τα τμήματα και , να είναι ίσα και κάθετα .

Γράφω την κατασκευή χωρίς απόδειξη.

: Ευστοχία.png (23.26 KiB) Προβλήθηκε 251 φορές

Θεωρώ σημεία S, T

του μικρού κύκλου, ώστε $S\widehat OT=90^\circ.$ Η μεσοκάθετος του

τέμνει το μεσαίο

κύκλο στα P, Q

όπως φαίνεται στο σχήμα. Η

επανατέμνει το μικρό κύκλο στο

το μεσαίο στο

και η

τέμνει το μεγάλο κύκλο στο

Το

είναι το ζητούμενο ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο.

Η άλλη λύση είναι το τρίγωνο A'BC'

όπου

το αντιδιαμετρικό του

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 01, 2026 10:25 pm**

KARKAR έγραψε: Τρί Μαρ 31, 2026 6:34 pm Στους ομόκεντρους κύκλους με κέντρο και ακτίνες , επιλέξτε σημεία

, τέτοια ώστε τα τμήματα και , να είναι ίσα και κάθετα .

Καλησπέρα....

Παραθέτω ένα σχήμα όπου φαίνεται μια γενίκευση της πρότασης του Θανάση

όπου οι τρεις δοθέντες κύκλοι αποδεσμεύονται μεταξύ των και το πρόβλημα

ανοίγεται με δυνατότητα μιας, δυο ή και καμίας λύσης.

Το σχήμα που παραθέτω λειτουργεί με την ίδια αντίληψη που είχε και το

αρχικό μου σχήμα.

: Ευστοχία 3.png (51.34 KiB) Προβλήθηκε 216 φορές

(Χωρίς λόγια...)

Κώστας Δόρτσιος

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 02, 2026 8:44 pm**

: Eystoxa.png (55.26 KiB) Προβλήθηκε 191 φορές

Για τον υπολογισμό του μήκους των ίσων με

(κόκκινων) κάθετων τμημάτων και, με τη βοήθεια αυτού, την κατασκευή έχουμε τις εξής περιπτώσεις:

Ξεκινάμε από σημείο

του κύκλου (O,2)

1. Το

τέμνει τον κύκλο (O,2)

σε εσωτερικό σημείο του

2. Το

, στο σχήμα BC'

, τέμνει τον κύκλο (O,2)

σε εξωτερικό σημείο του

Έστω

τα σημεία στα οποία οι BA, BA'

αντίστοιχα τέμνουν τον κύκλο (O,2)

. Προφανώς QP, Q'P'

διάμετροι του κύκλου.

Χρησιμοποιώντας τις δυνάμεις των σημείων C, A

ή

στον κύκλο (O,2)

έχουμε τις παρακάτω ισότητες:

$aCP=5 \Leftrightarrow CP=\dfrac{5}{a}, \ \ PB=a-\dfrac{5}{a}=\dfrac{a^2-5}{a}$ , οπότε $a>\sqrt{5}$ στην 1η περίπτωση
και
$aC'P'=5 \Leftrightarrow C'P'=\dfrac{5}{a}, \ \ P'B=\dfrac{5}{a}-a=\dfrac{5-a^2}{a}$ , οπότε $a<\sqrt{5}$ στην 2η περίπτωση

$aAQ=3 \Leftrightarrow AQ=\dfrac{3}{a}, \ \ QB=a+\dfrac{3}{a}=\dfrac{a^2+3}{a}$ , στην 1η περίπτωση
και
$aA'Q'=3 \Leftrightarrow A'Q'=\dfrac{3}{a}, \ \ Q'B=a+\dfrac{3}{a}=\dfrac{a^2+3}{a}$ , στην 2η περίπτωση

Από το πυθαγόρειο θεώρημα στα ορθογώνια PBQ, P'BQ'

καταλήγουμε εύκολα στην εξίσωση a^4-10a^2+17=0

και στις δύο περιπτώσεις.

Αυτή η εξίσωση έχει δύο θετικές ρίζες τις
$a=\sqrt{5+2\sqrt{2}}$ και
$a=\sqrt{5-2\sqrt{2}}$
και λόγω των περιορισμών στην κάθε περίπτωση:

Τα μήκη των ίσων κάθετων τμημάτων

στην πρώτη περίπτωση είναι $a=\sqrt{5+2\sqrt{2}}$

και στη δεύτερη περίπτωση $a=\sqrt{5-2\sqrt{2}}$ .

Μπορούμε να δικαιολογήσουμε εύκολα ότι αντιδιαμετρικά.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 02, 2026 9:48 pm**

: Ευστοχία συμπλήρωμα.png (11.6 KiB) Προβλήθηκε 182 φορές

Είναι :

x^2+y^2=4 , (x-a)^2+y^2=1 , x^2+(y-a)^2=9

. Η επίλυση του συστήματος

δίνει (για την περίπτωση του σχήματος ) : $a=\sqrt{5+2\sqrt{2}}$ . Εύκολα τώρα είναι : $\widehat{BOA}=135^0$ .

Τότε όμως το τρίγωνο OBA

κατασκευάζεται ... Με παρόμοιες σκέψεις , βρίσκω και την δεύτερη λύση .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 03, 2026 7:44 pm**

Και μια, εκτός φακέλου, λύση με μιγαδικούς.
Θέτουμε $z_{A} = - i$ (θεωρώντας το σημείο A στον μοναδιαίο κύκλο) και $z_{B} = x_{B} + y_{B} i$ .
Είναι $\left| z_{B} \right| = 2$ και $\left| z_{C} \right| = 3$ . Άρα $x_{B}^{2} + y_{B}^{2} = 4$

Αφού AB=BC

και $AB\perp BC$ , από τον τύπο περιστροφής έχουμε δύο περιπτώσεις‚
$z_{C} - z_{B} = \pm i\left( z_{B} - z_{A} \right) \Rightarrow z_{C} = z_{B} \pm iz_{B} \mp 1 = x_{B} + y_{B} i \pm ix_{B} \mp y_{B} \mp 1 = x_{B} \mp y_{B} \mp 1 + i(y_{B} \pm x_{B})$ ,

Άρα
$9 = \ \left| z_{C} \right|^{2} = \left( x_{B} \mp y_{B} \mp 1 \right)^{2} + \left( y_{B} \pm x_{B} \right)^{2} = 2x_{B}^{2} + 2y_{B}^{2} + 1 \mp 2x_{B} + 2y_{B} = 9 \mp 2x_{B} + 2y_{B}$
$\Rightarrow x_{B} = \pm y_{B} = \sqrt{2}\$

Ξανά αφού AB=BC

έχουμε $\left| z_{C} - z_{B} \right| = \left| z_{B} - z_{A} \right| \Rightarrow BC^{2} = x_{B}^{2} + \left( y_{B} + 1 \right)^{2} = x_{B}^{2} + y_{B}^{2} + 2y_{B} + 1 = 4 \pm 2\sqrt{2} + 1 \Rightarrow$
$BC = \sqrt{5 \pm 2\sqrt{2}}$

mathematica.gr

Ευστοχία

Ευστοχία

Re: Ευστοχία

Re: Ευστοχία

Re: Ευστοχία

Re: Ευστοχία

Re: Ευστοχία

Re: Ευστοχία

Re: Ευστοχία