mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 27, 2026 12:32 pm**

: Εκκεντρικές κατασκευές 11.png (20.79 KiB) Προβλήθηκε 184 φορές

Στην πλευρά

του τετραγώνου ABCD

, κινείται σημείο

. Στην ημιευθεία

επιλέγουμε σημεία O , K

,

τέτοια ώστε ο μεν κύκλος

(O , OB)

να διέρχεται και από το

, ο δε κύκλος (K , KB)

να διέρχεται και από

το

. Οι δύο κύκλοι (ξανα)τέμνονται στο

. Για ποια θέση του

τα σημεία

O , S , C

είναι συνευθειακά ;

Άλυτο πρόβλημα με την παρατήρηση ότι στην θέση της λύσης είναι : $OC=OK$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 27, 2026 4:19 pm**

\angle OCB \equiv \angle SCB\overset{KS=KC=KB}=\dfrac{\angle SKB}{2}=\angle OKB \Longrightarrow OCKB

εγγράψιμο και

T\in OK

μεσοκάθετη του

SB \Longrightarrow \angle STC=

\overset{TS=TB}=2\angle SBC\overset{SK=KB=KC}=\angle SKC \Longrightarrow TSCK

εγγράψιμο

\overset{OS=OT} \Longrightarrow OC=OK \wedge CK \parallel ST

κι επειδή

διχοτόμος της

\angle BOC ,

η σημειοσειρά

(C,T,B,Q)

είναι αρμονική όπου

OQ \perp AT (Q \in CB)

και αφού

\vartriangle OQT \sim \vartriangle TAB \Longrightarrow \dfrac{TO}{TQ}=\dfrac{TB}{TA}\overset{TB=x}\Longrightarrow

\Longrightarrow TQ=\dfrac{a^2+x^2}{2x} \Longrightarrow QB=\dfrac{a^2-x^2}{2x}\Longrightarrow \dfrac{QB}{QC}=\dfrac{a^2-x^2}{a^2-x^2+2ax} \Longrightarrow \dfrac{x}{a-x}=\dfrac{TB}{TC}=\dfrac{QB}{QC}=\dfrac{a^2-x^2}{a^2-x^2+2ax}\Longrightarrow

\Longrightarrow \dfrac{x}{a-2x}=\dfrac{a^2-x^2}{2ax}\overset{x=a\ell}\Longrightarrow \dfrac{\ell }{1-2\ell }=\dfrac{1-\ell ^2}{2\ell }\Longrightarrow \boxed{2\ell^3-3\ell ^2-2\ell +1=0}.

Το λογισμικό δίνει

\ell \approx 0,355

όπου

\boxed{x=a\ell }.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 28, 2026 1:59 pm**

Λύση με Αναλυτική:

Θέτουμε, ξεκινώντας από την y=rx

(εξίσωση ημιευθείας

),

A=(0, 0), B=(b, 0), C=(0, 0),

O=\left(\dfrac{b}{2}, \dfrac{rb}{2}\right),

K=\left(\dfrac{b}{2r}, \dfrac{b}{2}\right),

οπότε οι εξισώσεις των κύκλων (OAB)

και

είναι οι

x^2-bx+y^2-rby=0

και

x^2-\dfrac{b}{r}x+y^2-by=\left(1-\dfrac{1}{r}\right)b^2,

αντίστοιχα. Με αφαίρεση κατά μέλη προκύπτει ο ριζικός άξονας των δύο κύκλων,

\dfrac{1}{r}x+y=\dfrac{b}{r}.

Αντικαθιστώντας τώρα την

y=\dfrac{b-x}{r}

στην

x^2-bx+y^2-rby=0

λαμβάνουμε την ως προς

δευτεροβάθμια

x(x-b)+\left(\dfrac{b-x}{r}\right)^2-rb\left(\dfrac{b-x}{r}\right)=0,

η δεύτερη λύση της οποίας, και τετμημένη της τομής

των δύο κύκλων και του ριζικού άξονα, είναι η

x=\dfrac{(1-r^2)b}{1+r^2},

οπότε

S=\left(\dfrac{(1-r^2)b}{1+r^2},\dfrac{2rb}{1+r^2}\right).

H συνευθειακότητα τώρα των

O=\left(\dfrac{b}{2}, \dfrac{rb}{2}\right),

S=\left(\dfrac{(1-r^2)b}{1+r^2},\dfrac{2br}{1+r^2}\right),

C=(b, b)

καθίσταται ισοδύναμη προς την

2-r=\dfrac{(1-r^2}{2r^2}\leftrightarrow 2r^3-3r^2-2r+1=0

(στην οποία κατέληξε και ο Δημήτρης από άλλη οδό), μία τριτοβάθμια με ρίζες στα

(-1, 0), (0, 1), (1, 2):

επειδή υποχρεωτικά

0<r<1,

καταλήγουμε στην

r\approx 0,355

του Δημήτρη. (Βλέπουμε επίσης ότι η

OC=OK

του Θανάση είναι όντως ισοδύναμη προς την παραπάνω

2r^3-3r^2-2r+1=0.

)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 28, 2026 3:14 pm**

gbaloglou έγραψε: Τετ Οκτ 28, 2026 1:59 pm H συνευθειακότητα τώρα των $O=\left(\dfrac{b}{2}, \dfrac{rb}{2}\right),$ $S=\left(\dfrac{(1-r^2)b}{1+r^2},\dfrac{2br}{1+r^2}\right),$ $C=(b, b)$ καθίσταται ισοδύναμη προς την $2-r=\dfrac{(1-r^2}{2r^2}\leftrightarrow 2r^3-3r^2-2r+1=0$ (στην οποία κατέληξε και ο Δημήτρης από άλλη οδό), μία τριτοβάθμια με ρίζες στα $(-1, 0), (0, 1), (1, 2):$ επειδή υποχρεωτικά $0<r<1,$ καταλήγουμε στην $r\approx 0,355$ του Δημήτρη. (Βλέπουμε επίσης ότι η $OC=OK$ του Θανάση είναι όντως ισοδύναμη προς την παραπάνω $2r^3-3r^2-2r+1=0.$ )

Δεκτές 'εκτός αρχικού τετραγώνου' και οι άλλες δύο λύσεις της

2r^3-3r^2-2r+1=0,

r\approx 1,88922

και

r\approx -0,74464,

και με ισχύουσα και την

OC=OK:

: δύο-ακόμη-λύσεις.png (98.96 KiB) Προβλήθηκε 65 φορές

mathematica.gr

Εκκεντρικές κατασκευές 11

Εκκεντρικές κατασκευές 11

Re: Εκκεντρικές κατασκευές 11

Re: Εκκεντρικές κατασκευές 11

Re: Εκκεντρικές κατασκευές 11