Γωνία από ..χρυσό

Γιώργος Μήτσιος · #1

Χαίρετε! Μια .. $\Phi$ ρέσκια προσωπική σύνθεση

: 6-8 γωνία από χρυσό.png (84.57 KiB) Προβλήθηκε 644 φορές

Δίνεται το τρίγωνο ABC

με $\widehat{B}=2\widehat{C}=48^{0}$ . Το $E \in BC$ ώστε να είναι CE=AB

και το $K \in AB$ ώστε $\dfrac{BE}{AK}=\Phi$ , όπου $\Phi$ ο χρυσός αριθμός. Να βρεθεί το μέτρο της $\widehat{AEK}$

Ευχαριστώ εκ των προτέρων για το ενδιαφέρον σας, Γιώργος

#2

Κατασκευή.

: Γωνία απο χρυσό_oritzin_a.png (21.03 KiB) Προβλήθηκε 560 φορές

Στο $\vartriangle ABC \to \left( {108^\circ ,48^\circ ,24^\circ } \right)$ φέρνω τη μεσοκάθετο στην

και τέμνει την

στο

.

Αν θέσω : AK = m

και

τότε : $\boxed{\frac{d}{m} = \varphi }\,\,\,\left( 1 \right)$ . Θεωρώ τώρα σημείο

της

με

και θέτω $\boxed{KL = R}$ . Στο $\vartriangle AKL$ επειδή $\widehat {KAL} = 90^\circ + \dfrac{{\widehat {ALK}}}{2}\,\,\,$ θα ισχύει:

${R^2} = Rm + {m^2} \Leftrightarrow R = m\varphi \Leftrightarrow \boxed{\frac{R}{m} = \varphi }\,\,\,\left( 2 \right)$ . Από τις $\left( 1 \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 2 \right)$ έχω ότι $\boxed{d = R}$

Το ισοσκελές τρίγωνο AKL

κατασκευάζεται γιατί γνωρίζουμε τη βάση του KL = d

και την απέναντι γωνία $\widehat {KAL} = 108^\circ$ .

Αλλιώς: λέμε ότι στο ισοσκελές $\vartriangle AKL$ οι πλευρές $AK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KL$ αντιστοιχούν σε

κανονικό πεντάγωνο με διαγώνιο την

συνεπώς : $\boxed{\frac{{KL}}{{AK}} = \varphi \Rightarrow \frac{R}{m} = \varphi }$

Υπολογισμός γωνίας.

: Γωνία απο χρυσό_oritzin_c.png (37.82 KiB) Προβλήθηκε 560 φορές

Κατασκευάζω ισοσκελές $\vartriangle KBS \to \left( {108^\circ ,36^\circ ,36^\circ } \right)$

( με το

στο αντίθετο ημιεπίπεδο από το

ως προς την

). Προφανώς : $\vartriangle AKL = \vartriangle SBE$

Δείτε ότι στο τετράπλευρο ABSE

οι γωνίες στα σημεία $A\,\,,\,\,B\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,E$ είναι από $84^\circ$ .

Άμεση συνέπεια : Αν

το σημείο τομής των $AS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KE$ θα είναι , $\vartriangle AKT = \vartriangle EST$ .

Συνεπώς $\boxed{\widehat {AEK} = \widehat {TAE} = 42^\circ }$

Παρατηρήσεις:

α)

β) Σε κάθε ισοσκελές $\vartriangle ABC\,\,\,\left( {AB = AC} \right)$ αν πάρω σημεία, $D\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,E$ των

και είναι : τα δε τμήματα $BE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CD$ τέμνονται στο , το $\vartriangle TBC$ είναι ισοσκελές .

γ) $\boxed{AK = m = \frac{{ac}}{{b + c}}}$ .

Γιώργος Μήτσιος · #3

Καλημέρα.Νομίζω δεν είναι (ποτέ) ...αργά να ευχαριστήσω τον Νίκο για την αναλυτική διαπραγμάτευση του θέματος!

Σε επόμενη δημοσίευση θα δώσω και προσωπική προσέγγιση. Φιλικά, Γιώργος.

Γιώργος Μήτσιος · #4

Χαιρετώ. Ας δούμε λοιπόν και την ακόλουθη λύση

: Γωνία από χρυσό ...png (111.58 KiB) Προβλήθηκε 370 φορές

Έχουμε $\widehat{B}=2\widehat{C}$ και CE=AB

άρα όπως κι' ΕΔΩ παίρνουμε AE=AB

.

Έτσι στο ισοσκελές ABE

προκύπτει $\widehat{BAE}=84^o$ .

Ας θεωρήσουμε , όπως και στο θέμα ΤΟΥΤΟ το σημείο

στην μεσοκάθετο

του

ώστε να είναι $\widehat{NEA}=84^o$ .

Βρίσκουμε $EN=\dfrac{EM}{\sigma \upsilon \nu 36^o}=\dfrac{BE/2}{\Phi /2}=AK$ , συνεπώς τα τρίγωνα AEK, NEA

είναι ίσα (ΠΓΠ) και τελικά

$\widehat{AEK}=\widehat{EAN}=\widehat{BAE}/2=42^o$ .

Φιλικά, Γιώργος.

Γωνία από ..χρυσό

Γωνία από ..χρυσό

Re: Γωνία από ..χρυσό

Re: Γωνία από ..χρυσό

Re: Γωνία από ..χρυσό

Μέλη σε σύνδεση