Κυκλώστε το τετράγωνο

KARKAR · #1

: Κυκλώστε το τετράγωνο.png (7.16 KiB) Προβλήθηκε 799 φορές

Αν σχεδιάζαμε ολόκληρο τον κύκλο του σχήματος θα περνούσε από τα μέσα M,N

των πλευρών AD,DC

,

του τετραγώνου ABCD

. Να συγκρίνετε το εμβαδόν του τετραγώνου με το εμβαδόν του λευκού χωρίου .

#2

Καλησπέρα σε όλους. Εύχομαι επιτυχία και καλή συνέχεια στα παιδιά που αγωνίζονται στις Πανελλαδικές.

: 10-06-2019 Γεωμετρία.jpg (62.4 KiB) Προβλήθηκε 773 φορές

Από μετρικές σχέσεις στον κύκλο:

$\displaystyle DN \cdot DC = D{O^2} - {R^2} \Leftrightarrow D{O^2} = \frac{{{a^2}}}{2} + {R^2}$

ή από Θεώρημα Διαμέσων στο DOC

:

$\displaystyle D{O^2} + C{O^2} = 2N{O^2} + \frac{{D{C^2}}}{2} \Leftrightarrow D{O^2} + {R^2} = 2{R^2} + \frac{{{a^2}}}{2} \Leftrightarrow D{O^2} = {R^2} + \frac{{{a^2}}}{2}$

Στο DON

από Ν. Συνημιτόνων:

$\displaystyle N{O^2} = D{O^2} + D{N^2} - 2DO \cdot DN\sigma \upsilon \nu 45^\circ \Leftrightarrow {R^2} = D{O^2} + {\frac{a}{4}^2} - DO \cdot a\frac{{\sqrt 2 }}{2}$ ,

οπότε $\displaystyle {R^2} = {R^2} + {\frac{{3a}}{4}^2} - \sqrt {{R^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} \cdot a\frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow {\frac{{3a}}{4}^2} = \sqrt {{R^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} \cdot a\frac{{\sqrt 2 }}{2}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \frac{{3a}}{2} = \sqrt {2{R^2} + {a^2}} \Leftrightarrow {a^2} = \frac{{8{R^2}}}{5}$ , οπότε $\displaystyle {E_t} = \frac{8}{{5\pi }}{E_c}$ .

edit: Ο Πρόδρομος είδε ότι απαντάω σε άλλο (πολύ απλούστερο ερώτημα) από αυτό του Θανάση. Τον ευχαριστώ για τη διακριτική υπόδειξη! Λόγω των υποχρεώσεων στο φάκελο των επιμελητών για τις Πανελλαδικές είναι αδύνατο να κάνω παρεμβάσεις απόψε.

#3

Καλησπέρα σε όλους. Επιχειρώ μια προσέγγιση στο πρόβλημα του Θανάση, κρατώντας επιφυλάξεις για το αποτέλεσμα.

: 12-06-2019 Γεωμετρία b.jpg (68.94 KiB) Προβλήθηκε 696 φορές

Έστω

η πλευρά του τετραγώνου.

Το κέντρο του κύκλου βρίσκεται στην τομή των μεσοκαθέτων των AM, NC

,

άρα είναι $\displaystyle A\left( { - \frac{3}{4},\; - \frac{1}{4}} \right),\;B\left( {\frac{1}{4},\; - \frac{1}{4}} \right),\;C\left( {\frac{1}{4},\;\frac{1}{4}} \right),\;D\left( { - \frac{3}{4},\;\frac{3}{4}} \right)$ και ο κύκλος έχει ακτίνα $\displaystyle R = \sqrt {{{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {10} }}{4}$ , οπότε, ο κύκλος έχει εξίσωση $\displaystyle {x^2} + {y^2} = \frac{5}{8}$ .

Παρατηρούμε ότι το λευκό χωρίο αποτελείται από δύο χωρία, τα E_1, E_2

, των οποίων τα εμβαδά δίνονται από τους τύπους $\displaystyle {E_1} = 2\int_0^{\frac{3}{4}} {\sqrt {\frac{5}{8} - {x^2}} dx} - \left( {\frac{6}{4} \cdot \frac{1}{4}} \right)$ και $\displaystyle {E_2} = \int_{\frac{{ - 3}}{4}}^{\frac{1}{4}} {\sqrt {\frac{5}{8} - {x^2}} dx} - \left( {\frac{1}{4} \cdot 1} \right)$

: 12-06-2019 Γεωμετρία.jpg (50.96 KiB) Προβλήθηκε 696 φορές

Θέτουμε $\displaystyle x = \frac{{\sqrt {10} }}{4}\eta \mu \theta$ , οπότε $\displaystyle dx = \frac{{\sqrt {10} }}{4}\sigma \upsilon \nu \theta d\theta$ .
Για $\displaystyle x = 0,\;\;\;\theta = 0$ και για $\displaystyle x = \frac{3}{4},\;\;\;\theta = \tau o\xi \eta \mu \left( {\frac{3}{4}} \right)$ , οπότε

$\displaystyle {{\rm E}_1} = \frac{5}{4}\int_0^{\tau o\xi \eta \mu \left( {\frac{3}{4}} \right)} {\sqrt {1 - \eta {\mu ^2}\theta } \cdot \sigma \upsilon \nu \theta d\theta } - \frac{6}{{16}} = \frac{5}{4}\int_0^{\tau o\xi \eta \mu \left( {\frac{3}{4}} \right)} {\sigma \upsilon {\nu ^2}\theta d\theta } - \frac{6}{{16}}$

$\displaystyle = \frac{5}{5}\int_0^{\tau o\xi \eta \mu \left( {\frac{3}{4}} \right)} {\frac{{1 + \sigma \upsilon \nu 2\theta }}{2}d\theta } - \frac{6}{{16}} = \frac{5}{4}\left[ {\frac{\theta }{2} + \frac{{\eta \mu 2\theta }}{4}} \right]_0^{\tau o\xi \eta \mu \left( {\frac{3}{4}} \right)} - \frac{6}{{16}}$

$\displaystyle = \frac{5}{4}\left( {\frac{{\tau o\xi \eta \mu \left( {\frac{3}{4}} \right)}}{2} + \frac{{\eta \mu \left( {2\tau o\xi \eta \mu \left( {\frac{3}{4}} \right)} \right)}}{4}} \right) - \frac{6}{{16}} \cong 0,593$ .

Ομοίως βρίσκουμε και $\displaystyle {{\rm E}_2} = 0,428$

Άρα ο λόγος του εμβαδού του λευκού χωρίου προς το εμβαδόν του τετραγώνου είναι 1,021.

KARKAR · #4

Ας εργασθούμε στο μισό σχήμα :

: Κυκλώστε το τετράγωνο.png (11.05 KiB) Προβλήθηκε 686 φορές

#5

Καλημέρα σε όλους. Δεν θα έλεγα ότι βλέπω και φοβερή συμμετοχή στο ενδιαφέρον πρόβλημα του Θανάση...

Με την υπόδειξη και το σχήμα του Θανάση:

: Κυκλώστε το τετράγωνο.png (11.05 KiB) Προβλήθηκε 642 φορές

Έστω

. Τότε, όπως δείξαμε παραπάνω $\displaystyle R = \sqrt {10}$ .

Αφού $\displaystyle DB = 4\sqrt 2$ , από Θεώρημα Διαμέσων στο DOC

:

$\displaystyle D{O^2} + C{O^2} = 2N{O^2} + \frac{{D{C^2}}}{2} \Leftrightarrow D{O^2} + {R^2} = 2{R^2} + \frac{{{a^2}}}{2} \Leftrightarrow D{O^2} = {R^2} + \frac{{{a^2}}}{2} = 18 \Rightarrow DO = 3\sqrt 2$ ,

οπότε $\displaystyle OB = \sqrt 2$ .

Από Ν. Συνημιτόνων στο BOC

είναι $\displaystyle \sigma \upsilon \nu \theta = \frac{{O{B^2} + O{C^2} - B{C^2}}}{{2OB \cdot OC}} = \frac{{ - \sqrt 5 }}{5}$ .

Η απόσταση του

από τη

είναι $\displaystyle $ 1$$ , οπότε (BOC) = 2

Οπότε το εμβαδό του λευκού χωρίου είναι ίσο με

$\displaystyle {\rm E} = 2\frac{{\pi {R^2}\theta ^\circ }}{{360^\circ }} - 2\left( {{\rm B}{\rm O}C} \right) = \frac{{\pi \cdot \tau o\xi \sigma \upsilon \nu \left( { - \frac{{\sqrt 5 }}{5}} \right)}}{{18^\circ }} - \left( {BOC} \right) \cong 16,344$

O λόγος του

προς το

είναι

.

Παρατηρώ ότι το αποτέλεσμα είναι σχεδόν ίδιο με την προηγούμενη απόπειρα με τη χρήση ολοκληρώματος.

#6

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 14, 2019 9:13 am
Καλημέρα σε όλους. Δεν θα έλεγα ότι βλέπω και φοβερή συμμετοχή στο ενδιαφέρον πρόβλημα του Θανάση...

Αποφεύγουμε τις κακοτοπιές Γιώργο

$\rm{Timeo}$ $\rm{ KARKAR}$ $\rm{ et}$ $\rm{ dona}$ $\rm{ferentem}$

Κυκλώστε το τετράγωνο

Κυκλώστε το τετράγωνο

Re: Κυκλώστε το τετράγωνο

Re: Κυκλώστε το τετράγωνο

Re: Κυκλώστε το τετράγωνο

Re: Κυκλώστε το τετράγωνο

Re: Κυκλώστε το τετράγωνο

Μέλη σε σύνδεση