Υπό-λογος

#1

Χρόνια Πολλά!

: Το τετράγωνο του λόγου.png (14.49 KiB) Προβλήθηκε 490 φορές

Στο ορθογώνιο ABCD

είναι

και

η προβολή του

στη διαγώνιο BD.

Να βρείτε το λόγο $\displaystyle \frac{{(DEC)}}{{(AEC)}},$ αν γνωρίζετε ότι είναι ίσος με $\dfrac{a^2}{b^2}$ .

Μπορείτε να κάνετε τους συνειρμούς

Μιχάλης Τσουρακάκης · #2

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 28, 2024 11:15 am
Χρόνια Πολλά!

Το τετράγωνο του λόγου.png
Στο ορθογώνιο είναι και η προβολή του

στη διαγώνιο Να βρείτε το λόγο $\displaystyle \frac{{(DEC)}}{{(AEC)}},$ αν γνωρίζετε ότι είναι ίσος με $\dfrac{a^2}{b^2}$ .

Μπορείτε να κάνετε τους συνειρμούς

$\dfrac{a^2}{b^2}= \dfrac{(DEC)}{(AEC)}= \dfrac{x}{y}= \dfrac{a}{m} \Rightarrow m= \dfrac{b^2}{a}$

Ο Μενέλαος στο τρίγωνο ADB

με διατέμνουσα EPH

δίνει

$\dfrac{BE}{ED}. \dfrac{x}{y}. \dfrac{HA}{HB}= 1 \Rightarrow \dfrac{a^2}{b^2}. \dfrac{a^2}{b^2}. \dfrac{ \dfrac{b^2}{a} }{ a+ \dfrac{b^2}{a} }=1$

Από την τελευταία ,με $\dfrac{a^2}{b^2}=z$ καταλήγουμε εύκολα στην εξίσωση z^2-z-1=0

άρα $z= \Phi$

: Υπό-λογος.png (27.64 KiB) Προβλήθηκε 449 φορές

#3

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 28, 2024 11:15 am
Χρόνια Πολλά!

Το τετράγωνο του λόγου.png
Στο ορθογώνιο είναι και η προβολή του

στη διαγώνιο Να βρείτε το λόγο $\displaystyle \frac{{(DEC)}}{{(AEC)}},$ αν γνωρίζετε ότι είναι ίσος με $\dfrac{a^2}{b^2}$ .

Μπορείτε να κάνετε τους συνειρμούς

Έστω

η προβολή του

στην

. Τα χρωματιστά εμβαδά σημειώνονται με $X\,\,,\,Y\,\,,\,Z\,\,\kappa \alpha \iota \,\,W$ (σχήμα).

Το τετράπλευρο ATCE

είναι παραλληλόγραμμο , ενώ $Z = W\,\,\left( 1 \right)$ (αντιστοιχούν σε ίσα τρίγωνα ) .

Επίσης επειδή DE = TB

θα είναι : $X = Z\,\,\,\left( 2 \right)$ ( ίσες βάσεις κοινό ύψος προς αυτές) . Άρα από $\left( 1 \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 2 \right)$ έχω : $X = Z = W\,\,\left( 3 \right)$ .

: Ypol;ogos.png (17.02 KiB) Προβλήθηκε 427 φορές

Στο ορθογώνιο , $\vartriangle CDB$ έχω : $\dfrac{{C{D^2}}}{{C{B^2}}} = \dfrac{{DT}}{{TB}}$ οπότε η σχέση γίνεται : $\dfrac{{{a^2}}}{{{b^2}}} = \dfrac{{X + Y}}{Z} = \dfrac{{X + Y}}{X} = 1 + \dfrac{Y}{X} = 1 + \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2}}}\,\,\,\left( 4 \right)$

Θέτω $\dfrac{{{a^2}}}{{{b^2}}} = t$ και από την $\left( 4 \right)$ έχω : $t = 1 + \dfrac{1}{t} \Rightarrow {t^2} - t - 1 = 0 \Rightarrow \boxed{t = \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2} = \varphi }$

#4

Ευχαριστώ του φίλους Μιχάλη και Νίκο για τις λύσεις τους

Η λύση μου είναι ακριβώς ίδια με του Νίκου.

KARKAR · #5

... κι ο συνειρμός

#6

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 29, 2024 1:35 pm
... κι ο συνειρμός

Ο συνειρμός είναι παρά-λογος

Υπό-λογος

Υπό-λογος

Re: Υπό-λογος

Re: Υπό-λογος

Re: Υπό-λογος

Re: Υπό-λογος

Re: Υπό-λογος

Μέλη σε σύνδεση