Υπολογισμένη καθετότητα

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1104
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Υπολογισμένη καθετότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Δευ Οκτ 21, 2019 12:12 am

Καλό βράδυ-Καλημέρα σε όλους. Το παρόν θέμα έχει την ίδια αφετηρία με αυτό
αλλά στην συνέχεια πήρε την ακόλουθη διαδρομή:
Υπολογισμένη καθετότητα.PNG
Υπολογισμένη καθετότητα.PNG (14.36 KiB) Προβλήθηκε 389 φορές
Το τρίγωνο ABC έχει \widehat{B}=\widehat{C}=54^{0} και BC=\Phi +3 όπου \Phi ο χρυσός αριθμός.

Το N \in BC με NC=1 και το E \in AN ώστε \widehat{ABE}=\widehat{CAN}.

Να εξεταστεί αν οι BE και CE είναι κάθετες μεταξύ τους. Σας ευχαριστώ , Γιώργος.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 417
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Υπολογισμένη καθετότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Σάβ Νοέμ 30, 2019 1:54 pm

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Δευ Οκτ 21, 2019 12:12 am
Καλό βράδυ-Καλημέρα σε όλους. Το παρόν θέμα έχει την ίδια αφετηρία με αυτό
αλλά στην συνέχεια πήρε την ακόλουθη διαδρομή:
Υπολογισμένη καθετότητα.PNG
Το τρίγωνο ABC έχει \widehat{B}=\widehat{C}=54^{0} και BC=\Phi +3 όπου \Phi ο χρυσός αριθμός.

Το N \in BC με NC=1 και το E \in AN ώστε \widehat{ABE}=\widehat{CAN}.

Να εξεταστεί αν οι BE και CE είναι κάθετες μεταξύ τους. Σας ευχαριστώ , Γιώργος.
Καλημέρα!
172.PNG
172.PNG (34.35 KiB) Προβλήθηκε 165 φορές
Βασισμένη σε λύση που υπάρχει στον σύνδεσμο:

Έστω F σημείο του BE ώστε BF=AE,τα τρίγωνα ABF,AEC είναι ίσα .\dfrac{\left ( ABN \right )}{\left (ANC \right )}=\dfrac{\left ( BEBN \right )}{\left ( NEC \right )}=\varphi +2
άρα θα είναι \dfrac{\left ( BAE \right )}{\left ( NAE \right )}=\dfrac{\left ( BAE \right )}{\left ( AFB \right )}=\varphi +2
Αν AE=k τότε BE=k(\varphi +2) και FE=k(\varphi +1).\angle BEN=\angle EBA+\angle BAE=\angle A=72^{\circ} δηλαδή αρκεί \angle NEC=\angle EFA =18^{\circ}
Από νόμο ημιτόνων στο AFE(έστω \angle EFA=x )έχουμε :\dfrac{FE}{\sin \angle FAE}=\dfrac{AE}{\sin \angle EFA}\Leftrightarrow \dfrac{k\left (\varphi +1 \right )}{\sin \left ( 72^{\circ}-x \right )}=\dfrac{k}{\sin x}\Leftrightarrow \sin72^{\circ}\cos x-\cos72^{\circ}\sin x=\left ( \varphi +1 \right )\sin x \Leftrightarrow ..\Leftrightarrow \sin x\left ( \varphi +1+\cos 72^{\circ} \right )=\cos x\sin 72^{\circ}\Leftrightarrow \tan x=\dfrac{\sin 72^{\circ}}{\cos 72^{\circ}+\varphi +1}
Αρκεί επομένως \tan 18^{\circ}=\dfrac{\sin 72^{\circ}}{\cos 72^{\circ}+\varphi +1}\Leftrightarrow \dfrac{\sin 18^{\circ}}{\cos 18^{\circ}}=\dfrac{\sin 72^{\circ}}{\cos 72^{\circ}+\varphi +1}\Leftrightarrow \cos^218^{\circ}=\sin18^{\circ}\left ( \sin 18^{\circ} +\varphi +1\right )\Leftrightarrow ..\Leftrightarrow\dfrac{5}{8}+\dfrac{\sqrt{5}}{8}=\dfrac{1}{4}\left ( \sqrt{5}-1 \right )\left ( \dfrac{1}{4}\left ( \sqrt{5}-1 \right )+\varphi +1 \right )\Leftrightarrow \dfrac{\varphi +2}{4}=\dfrac{1}{2\varphi }\left ( \dfrac{1}{2\varphi}+\varphi^2 \right )=\dfrac{1}{4\varphi ^2}+\dfrac{\varphi }{2}=\,\,..\dfrac{1+2\left ( \varphi +1 \right )\varphi }{4\left ( \varphi +1 \right )}=\dfrac{1+2\left ( \varphi +1\right )+2\varphi }{4\left ( \varphi +1 \right )}=\dfrac{4\varphi +3}{4\left ( \varphi +1 \right )}\Leftrightarrow \left ( \varphi +2 \right )\left ( \varphi +1 \right )=4\varphi +3\Leftrightarrow \varphi ^2+3\varphi +3=\,\,...4\varphi +3\Leftrightarrow 4\varphi +3=4\varphi +3
που ισχύει (χρησιμοποιήθηκε πολλές φορές ότι \varphi ^2=\varphi+1).
Άρα BE\perp CE


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1104
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Υπολογισμένη καθετότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Δευ Δεκ 02, 2019 7:46 pm

Καλό βράδυ! Ένα ακόμη εύγε κι' ένα μεγάλο ευχαριστώ στον μοναδικό Πρόδρομο
για την επιμονή του μέχρι να φτάσει στην απόδειξη του παρόντος.. :clap2:

Σε επόμενη δημοσίευση θα δώσω και την προσωπική προσέγγιση , η οποία αρχικά είναι ίδια με αυτή του Πρόδρομου. Φιλικά Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1104
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Υπολογισμένη καθετότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Τρί Δεκ 03, 2019 10:44 pm

Χαιρετώ. Ας κρατήσουμε από τη λύση του Πρόδρομου το τρίγωνο EFA , όπου \widehat{AEF}=108^{0}...AE=k...EF=k\left ( \Phi +1 \right )

και ότι \angle NEC=\angle EFA ενώ \widehat{BEN}=72^{0}.Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι \angle EFA =18^{\circ}. Θεωρούμε το τρίγωνο MIG με γωνίες όπως στο σχήμα
Υπολογισμένη καθετότητα. ΙΙ PNG.PNG
Υπολογισμένη καθετότητα. ΙΙ PNG.PNG (11.72 KiB) Προβλήθηκε 57 φορές
Έχουμε \dfrac{EF}{AE}=\Phi +1=\Phi ^{2}=\dfrac{sin54^{0}}{sin18^{0}}=\dfrac{IM}{IG} δηλ. \dfrac{EF}{AE}=\dfrac{IM}{IG} με τις \widehat{FEA}=108^{0}=\widehat{MIG}.

Συνεπώς τα τρίγωνα AFE, MIG είναι όμοια οπότε \angle NEC=\angle EFA =\angle GMI = 18^{\circ}

και τελικά \widehat{BEC}=72^{0}+18^{0}=90^{0}. Φιλικά, Γιώργος.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης