Παραπλήσιοι λόγοι

KARKAR · #1

: Παραπλήσιοι λόγοι.png (11.03 KiB) Προβλήθηκε 287 φορές

Στην πλευρά

του τετραγώνου ABCD

, θεωρούμε σημείο

, τέτοιο ώστε : $\widehat{ADP}=30^\circ$ .

Στην προέκταση της

, θεωρούμε σημείο

, έτσι ώστε : CS=CA

.

α) Υπολογίστε τους λόγους : $\dfrac{CD}{DS}$ και : $\dfrac{AP}{PB}$ .

β) Δείξτε ότι ο δεύτερος λόγος έχει μια ιδιότητα , παρόμοια με αυτήν που χαρακτηρίζει τον πρώτο .

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Απρ 24, 2024 12:56 pm
Παραπλήσιοι λόγοι.pngΣτην πλευρά του τετραγώνου , θεωρούμε σημείο , τέτοιο ώστε : $\widehat{ADP}=30^\circ$ .

Στην προέκταση της , θεωρούμε σημείο , έτσι ώστε : .

α) Υπολογίστε τους λόγους : $\dfrac{CD}{DS}$ και : $\dfrac{AP}{PB}$ .

β) Δείξτε ότι ο δεύτερος λόγος έχει μια ιδιότητα , παρόμοια με αυτήν που χαρακτηρίζει τον πρώτο .

α) Με

το μήκος της πλευράς του τετραγώνου, $AP = x\,\,,\,\,DS = y\,\, \Rightarrow PB = a - x$ ενώ $CS = CA = a\sqrt 2 \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DP = 2x$ .

${\left( {2x} \right)^2} = {x^2} + {a^2} \Rightarrow \boxed{x = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}}\,\,\left( 1 \right)$ . Θ συνημίτονου στο $\vartriangle DCS$ : $S{C^2} = {y^2} + {a^2} + ay \Rightarrow 2{a^2} = {y^2} + {a^2} + ay$ ή

${y^2} + ay - {a^2} = 0 \Rightarrow y = \dfrac{{ - a + a\sqrt 5 }}{2} = \dfrac{a}{\varphi }$ , οπότε : $\boxed{\dfrac{{DC}}{{DS}} = \dfrac{a}{y} = \varphi }$

: Παραπλήσιοι λόγοι.png (12.51 KiB) Προβλήθηκε 267 φορές

β) $\dfrac{{PA}}{{PB}} = \dfrac{x}{{a - x}} = \dfrac{{x\sqrt 3 }}{{a\sqrt 3 - x\sqrt 3 }} = \dfrac{a}{{a\sqrt 3 - a}} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 - 1}} = \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}$ .

Αν θέσω $\dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2} = f \Leftrightarrow \dfrac{1}{f} = \sqrt 3 - 1$ . Εξ άλλου , $\dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2} = \varphi \Leftrightarrow \dfrac{1}{\varphi } = \dfrac{{\sqrt 5 - 1}}{2}$

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Απρ 24, 2024 12:56 pm
Παραπλήσιοι λόγοι.pngΣτην πλευρά του τετραγώνου , θεωρούμε σημείο , τέτοιο ώστε : $\widehat{ADP}=30^\circ$ .

Στην προέκταση της , θεωρούμε σημείο , έτσι ώστε : .

α) Υπολογίστε τους λόγους : $\dfrac{CD}{DS}$ και : $\dfrac{AP}{PB}$ .

β) Δείξτε ότι ο δεύτερος λόγος έχει μια ιδιότητα , παρόμοια με αυτήν που χαρακτηρίζει τον πρώτο .

α) $\displaystyle C{S^2} - C{T^2} = S{T^2} = S{D^2} - T{D^2}$ και με τους συμβολισμούς του σχήματος γράφεται:

$\displaystyle 2{a^2} - {\left( {a + \frac{y}{2}} \right)^2} = {y^2} - \frac{{{y^2}}}{4} \Leftrightarrow {a^2} - ay - {y^2} = 0 \Leftrightarrow {\left( {\frac{a}{y}} \right)^2} - \frac{a}{y} - 1 = 0,$

απ' όπου $\boxed{\frac{{CD}}{{DS}} = \frac{a}{y} = \frac{{\sqrt 5 + 1}}{2} = \phi }$

: Παραπλήσιοι λόγοι.png (15.16 KiB) Προβλήθηκε 230 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο APD

με $A\widehat PD=60^\circ, AD=a,$ εύκολα προκύπτει ότι $x=\dfrac{a}{\sqrt 3}.$

Έτσι, $\boxed{\frac{{AP}}{{PB}} = \frac{x}{{a - x}} = \frac{{\sqrt 3 + 1}}{2}}$

β) Δεν ξέρω τι έχει κατά νου ο Θανάσης. Και οι δύο λόγοι πάντως, είναι της μορφής $\displaystyle \lambda = \frac{{\sqrt {2m + 1} + 1}}{2}$

Εξάλλου, στον πρώτο λόγο είναι $\displaystyle {\phi ^2} = \phi + 1$ ενώ στον δεύτερο $\displaystyle {\lambda ^2} = \lambda + \frac{1}{2}$

KARKAR · #4

Γιώργο , ακριβώς αυτό το τελευταίο είχα κατά νου

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Απρ 24, 2024 12:56 pm
Παραπλήσιοι λόγοι.pngΣτην πλευρά του τετραγώνου , θεωρούμε σημείο , τέτοιο ώστε : $\widehat{ADP}=30^\circ$ .

Στην προέκταση της , θεωρούμε σημείο , έτσι ώστε : .

α) Υπολογίστε τους λόγους : $\dfrac{CD}{DS}$ και : $\dfrac{AP}{PB}$ .

β) Δείξτε ότι ο δεύτερος λόγος έχει μια ιδιότητα , παρόμοια με αυτήν που χαρακτηρίζει τον πρώτο .

Μια άλλη προσέγγιση για την εύρεση των δυο λόγων λίγο πιο μπελαλίδικη..

Θεωρούμε τον κύκλο (c)

κέντρου

και ακτίνας R=CS

Με

συμμετρικό του

ως προς

προφανώς $SK//AD \Rightarrow \angle KSD= \angle DKS=30^0$

Αν λοιπόν $KD \cap (c)=T$ το τρίγωνο CTS

είναι ισόπλευρο και λόγω ισότητας των μπλε γωνιών,το

CDST

είναι εγγράψιμμο,συνεπώς $a+b=q \Rightarrow \dfrac{q}{a}= \dfrac{b}{a}+1$

Επιπλέον , $bq=R^2-a^2=(a \sqrt{2} )^2-a^2=a^2 \Rightarrow \dfrac{a}{b} = \dfrac{q}{a}$ οπότε $\dfrac{b}{a}+1 =\dfrac{a}{b}$

Ετσι $( \dfrac{a}{b} )^2- \dfrac{a}{b} -1=0 \Rightarrow \dfrac{a}{b}= \dfrac{1+ \sqrt{5} }{2} = \Phi$

Έστω $DP \cap AC=I$ και $BI\cap CD=Q$ .Τότε $\angle BQC= \angle QBA= \angle ADI=30^0 \Rightarrow QC=a \sqrt{3}$

Από θ.κ.δέσμης $\dfrac{AP}{PB}= \dfrac{CD}{DQ}= \dfrac{a}{a \sqrt{3}-a }= \dfrac{ \sqrt{3}+1 }{2}$

: παραπλήσιοι λόγοι.png (83.57 KiB) Προβλήθηκε 151 φορές

Παραπλήσιοι λόγοι

Παραπλήσιοι λόγοι

Re: Παραπλήσιοι λόγοι

Re: Παραπλήσιοι λόγοι

Re: Παραπλήσιοι λόγοι

Re: Παραπλήσιοι λόγοι

Μέλη σε σύνδεση