Τετραγωνικές ομορφιές

KARKAR · #1

: Τετραγωνικές ομορφιές.png (15.99 KiB) Προβλήθηκε 172 φορές

Στο τετράγωνο ABCD

, "κολλήσαμε" το μικρότερο τετράγωνο BEZH

. Οι

τέμνονται στο

.

α) Υπολογίστε την γωνία : $\widehat{CSD}$ . β) Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AB}{BE}$ , ώστε να είναι : (ESZ)=(CSD)

.

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 30, 2024 3:44 pm
Τετραγωνικές ομορφιές.pngΣτο τετράγωνο , "κολλήσαμε" το μικρότερο τετράγωνο . Οι τέμνονται στο .

α) Υπολογίστε την γωνία : $\widehat{CSD}$ . β) Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AB}{BE}$ , ώστε να είναι : .

Ας το δούμε με την στροφή και ομοιοθεσία περί το

, που στέλνει τον κύκλο BADC

στον κύκλο BHZE

.

Προφανώς αυτή στέλνει το ένα τετράγωνο στο άλλο, και στέλνει το

στο

και το

στο

. Αλλά, γενικότερα, ένα σημείο

στέλνεται σε στο σημείο

αν και μόνο αν η

διέρχεται από το δεύτερο κοινό σημείο των δύο κύκλων. Αυτό σημαίνει ότι το

είναι το δεύτερο κοινό σημείο των δύο κύκλων, οπότε κ.λπ. η ζητούμενη γωνία είναι 45^o

Στην συνέχεια είναι (DCS)=(SZE)

ανν

, οπότε

και τα τρίγωνα DAE, CHZ

είναι όμοια. Έτσι αν

είναι η πλευρά του μεγάλου τετράγωνου και

του μικρού, τότε

(a+b)/b=a/(a-b)

, οπότε

Επομένως το

διαιρεί το

σε μέσο και άκρο λόγο, που σημαίνει ότι ο ζητούμενος λόγος είναι Φ

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 30, 2024 3:44 pm
Τετραγωνικές ομορφιές.pngΣτο τετράγωνο , "κολλήσαμε" το μικρότερο τετράγωνο . Οι τέμνονται στο . α) Υπολογίστε την γωνία : $\widehat{CSD}$ . β) Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AB}{BE}$ , ώστε να είναι : .

α) Προφανώς ισχύει $\dfrac{BD}{BZ}=\dfrac{AB}{BE}=\dfrac{BC}{BE}\overset{\angle DBZ=\angle CBE={{90}^{0}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,\vartriangle DBZ\sim \vartriangle CBE\Rightarrow$ $\angle BDZ\equiv \angle BDZ=\angle BCE\equiv \angle BCS\Rightarrow$ D,B,S,C

ομοκυκλικά ( και φυσικά και οι πεντάδες $\left( A,B,S,C,D \right),\left( B,E,Z,S,H \right)$ ) οπότε $\angle \varphi =\angle CSD=\angle CBD={{45}^{0}}$
β) Για να είναι $\left( ESZ \right)=\left( CSD \right)$ αρκεί να ισχύει $CZ\parallel DE$ οπότε με $T\equiv DC\cap EZ$ θα ισχύει
$\dfrac{TC}{CD}=\dfrac{TZ}{ZE}\Rightarrow \dfrac{BE}{AB}=\dfrac{AB-BE}{BE}=\dfrac{AB}{BE}-1\overset{\dfrac{AB}{BE}=x}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ $x-1=\dfrac{1}{x}\overset{x>0}{\mathop{\Rightarrow }}\,\ldots x=\dfrac{AB}{BE}=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$

Ας βάλω και εγώ ένα εύκολο πλέον ερώτημα : Να δειχθεί ότι A,H,S

είναι συνευθειακά

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 30, 2024 3:44 pm
Τετραγωνικές ομορφιές.pngΣτο τετράγωνο , "κολλήσαμε" το μικρότερο τετράγωνο . Οι τέμνονται στο .

α) Υπολογίστε την γωνία : $\widehat{CSD}$ . β) Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AB}{BE}$ , ώστε να είναι : .

Αλλιώς για το β) ερώτημα.

: Τετραγωνικές ομορφιές.png (11.02 KiB) Προβλήθηκε 97 φορές

$\displaystyle (DCEA) = (DZEA) \Leftrightarrow \frac{{2a + b}}{2} \cdot a = \frac{{a + b}}{2}(a + b) \Leftrightarrow {a^2} - ab - {b^2} = 0 \Leftrightarrow$ $\boxed{\dfrac{a}{b}=\phi}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 30, 2024 3:44 pm
Τετραγωνικές ομορφιές.pngΣτο τετράγωνο , "κολλήσαμε" το μικρότερο τετράγωνο . Οι τέμνονται στο .

α) Υπολογίστε την γωνία : $\widehat{CSD}$ . β) Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AB}{BE}$ , ώστε να είναι : .

Έστω $AD \cap EC=T$ .Τότε $\dfrac{TD}{DA} =\dfrac{TD}{DC} = \dfrac{CB}{BE}= \dfrac{CD}{HZ} = \dfrac{CI}{IH}$ επομένως (Θ.Κ.δέσμης) A,H,S

συνευθειακά.

Οι AC,EH

ως μεσοκάθετοι των DB,BZ

θα τέμνονται στο μέσον

της υποτείνουσας

του ορθογωνίου τριγώνου AKE

.

Το

είναι λοιπόν ορθόκεντρο του τριγώνου ACE

άρα $AS \bot EC$ οπότε K,C,S,H

ομοκυκλικά,άρα $\angle \theta = \angle BHE=45^0$

$2(ACS)=2(EZS) \Leftrightarrow 2(DQZ)=2(CQE) \Leftrightarrow (a+b)(a-b)=ab \Leftrightarrow a^2-ab-b^2=0$

Άρα $(\dfrac{a}{b} )^2-\dfrac{a}{b}-1=0 \Rightarrow \dfrac{a}{b} = \Phi$

: τετράγωνες ομορφιές.png (45.64 KiB) Προβλήθηκε 81 φορές

Τετραγωνικές ομορφιές

Τετραγωνικές ομορφιές

Re: Τετραγωνικές ομορφιές

Re: Τετραγωνικές ομορφιές

Re: Τετραγωνικές ομορφιές

Re: Τετραγωνικές ομορφιές

Μέλη σε σύνδεση