Δυο λογάκια

KARKAR · #1

: Δυο λογάκια.png (14.88 KiB) Προβλήθηκε 335 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC

, φέραμε το ύψος

προς την υποτείνουσα

και θεωρήσαμε σημείο

της πλευράς

, τέτοιο ώστε : DS=DA

. Φέρουμε

τμήμα $AE \perp CS$ . Αν είναι γνωστό ότι : $\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{2}{3}$ , υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AB}{AC}$ .

STOPJOHN · #2

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 08, 2025 7:35 pm
Δυο λογάκια.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , φέραμε το ύψος προς την υποτείνουσα

και θεωρήσαμε σημείο της πλευράς , τέτοιο ώστε : . Φέρουμε

τμήμα $AE \perp CS$ . Αν είναι γνωστό ότι : $\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{2}{3}$ , υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AB}{AC}$ .

Από μετρικές σχέσεις στα ορθογώνια τρίγωνα

$ACB,ACS,AD=DS=\dfrac{bc}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}}, CD^{2}=\dfrac{b^{2}}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}},DB=\dfrac{c^{2}}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}}, CS=\dfrac{3b\sqrt{5}}{5},AS=\dfrac{2b\sqrt{5}}{5}$

Απο Θ. Stewart

στο τρίγωνο

$CSB,\dfrac{c}{b}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5-\sqrt{5}}=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}$

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 08, 2025 7:35 pm
Δυο λογάκια.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , φέραμε το ύψος προς την υποτείνουσα

και θεωρήσαμε σημείο της πλευράς , τέτοιο ώστε : . Φέρουμε

τμήμα $AE \perp CS$ . Αν είναι γνωστό ότι : $\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{2}{3}$ , υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AB}{AC}$ .

Ο ζητούμενος λόγος είναι : $\boxed{\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} = \varphi }$

Θα πληκτρολογήσω τη λύση σε λιγάκι

: Δυό λογάκια_κατασκευή_3.png (29.33 KiB) Προβλήθηκε 274 φορές

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 08, 2025 7:35 pm
Δυο λογάκια.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , φέραμε το ύψος προς την υποτείνουσα

και θεωρήσαμε σημείο της πλευράς , τέτοιο ώστε : . Φέρουμε

τμήμα $AE \perp CS$ . Αν είναι γνωστό ότι : $\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{2}{3}$ , υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AB}{AC}$ .

Έστω

το μέσο του AS.

Από μετρικές σχέσεις στο ASC

είναι:

$\displaystyle \left\{ \begin{gathered} {b^2} = CE \cdot CS \hfill \\ \hfill \\ \frac{{4{b^2}}}{9} = CE \cdot ES \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \frac{9}{4} = \frac{{CS}}{{ES}} \Leftrightarrow \frac{5}{4} = \frac{{CE}}{{ES}} = \frac{{{b^2}}}{{A{S^2}}} \Leftrightarrow$ $\boxed{AS = \frac{{2b}}{{\sqrt 5 }}}$ (1)

: Δύο λογάκια.png (15.46 KiB) Προβλήθηκε 270 φορές

$\displaystyle \frac{{{c^2}}}{{{b^2}}} = \frac{{BD}}{{CD}} = \frac{{BM}}{{MA}} = \frac{{c - \frac{{AS}}{2}}}{{\frac{{AS}}{2}}}\mathop \Rightarrow \limits^{(1)} \frac{{{c^2}}}{{{b^2}}} = \frac{{c\sqrt 5 - b}}{b} \Leftrightarrow {c^2} - bc\sqrt 5 + {b^2} = 0 \Leftrightarrow$ $\boxed{\frac{c}{b}=\frac{\sqrt 5+1}{2}=\phi}$

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 08, 2025 7:35 pm
Δυο λογάκια.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , φέραμε το ύψος προς την υποτείνουσα

και θεωρήσαμε σημείο της πλευράς , τέτοιο ώστε : . Φέρουμε

τμήμα $AE \perp CS$ . Αν είναι γνωστό ότι : $\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{2}{3}$ , υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AB}{AC}$ .

Θέτω $AC = 3m\,\, \Rightarrow AE = 2m$ . Ας είναι ακόμα $M\,$ το μέσο του

και $DM = h\,\,,\,\,DA = DS = y$ ,

Επειδή οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες , οι κύκλοι : $\left( {C,A,D\,} \right)\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\left( {D,A,S} \right)$ είναι ίσοι με μήκος διαμέτρου ,

.

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ASC

με ύψος προς την υποτείνουσα ,

προκύπτουν:

$EC = m\sqrt 5 \,\,,\,\,ES = \dfrac{{4m}}{{\sqrt 5 }}\,\,,\,\,SC = \dfrac{{9m}}{{\sqrt 5 }}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AS = \dfrac{{6m}}{{\sqrt 5 }}$

: Δυό λογάκια.png (28.38 KiB) Προβλήθηκε 255 φορές

Από τον τύπο $\beta \gamma = 2R{\upsilon _\alpha }$ στο τρίγωνο DAS

και το Π. Θ. στο τρίγωνο DAM

προκύπτει : $h = 3m\dfrac{{5 + \sqrt 5 }}{{10}}$

Ας είναι τώρα AB = c

. Λόγω της παραλληλίας των $AC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MD,\,\,$ θα ισχύει , $\dfrac{h}{{3m}} = \dfrac{{c - \dfrac{{AS}}{2}}}{c} \Rightarrow c = 3m\varphi \Rightarrow \boxed{\dfrac{c}{{3m}} = \dfrac{{AB}}{{AC}} = \varphi }$

.

Δυο λογάκια

Δυο λογάκια

Re: Δυο λογάκια

Re: Δυο λογάκια

Re: Δυο λογάκια

Re: Δυο λογάκια

Μέλη σε σύνδεση