Βρείτε το λόγο (13)

Ιστοσελίδα · #1

Σε τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \,\left( {{{102}^ \circ }{{,24}^ \circ }{{,54}^ \circ }} \right)$ κατασκευάζουμε το τρίγωνο $\Delta {\rm B}\Gamma \,\left( {{{156}^ \circ }{{,6}^ \circ }{{,18}^ \circ }} \right)$ με $\Delta$ εσωτερικό σημείο του ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ . Βρείτε το λόγο $\displaystyle\frac{{\left( {{\rm A}{\rm B}\Delta \Gamma } \right)}}{{\left( {\Delta {\rm B}\Gamma } \right)}}$ .

#2

: Ναν.jpg (18.32 KiB) Προβλήθηκε 969 φορές

Νόμος ημιτόνων : $\displaystyle{a = x\frac{{\sin 18}}{{\sin 156}}{\text{ }}{\text{, }}b = x\frac{{\sin 6}}{{\sin 156}}{\text{ }}{\text{, }}c = x\frac{{\sin 54}}{{\sin 102}}{\text{ }}{\text{, }}d = x\frac{{\sin 24}}{{\sin 102}}}$ . Τότε

$\displaystyle{\frac{{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}}{{\left( {{\rm B}\Delta \Gamma } \right)}} = \frac{{cd\sin 102}}{{ab\sin 156}} = \frac{{\sin 24\sin 54\sin 24}}{{\sin 78\sin 18\sin 6}} = \frac{{2\sin 12\cos 12\sin 54\sin 24}}{{\cos 12\sin 18\sin 6}} = \frac{{4\cos 6\sin 54\sin 24}}{{\sin 18}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{4\cos 6\left( {3\sin 18 - 4{{\sin }^3}18} \right)\sin 24}}{{\sin 18}} = 2\left( {3 - 4{{\sin }^2}18} \right)2\sin 24\cos 6 = 2\left( {3 - 4{{\sin }^2}18} \right)\left( {\frac{1}{2} + \sin 18} \right) = }$

$\displaystyle{ = 3 + 6\sin 18 - 4{\sin ^2}18 - 8{\sin ^3}18 = 3 + 2\left( {3\sin 18 - 4{{\sin }^3}18} \right) - 2\left( {1 - \cos 36} \right) = 1 + 4\sin 54 \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \frac{{\left( {{\rm A}{\rm B}\Delta \Gamma } \right)}}{{\left( {{\rm B}\Delta \Gamma } \right)}} = \frac{{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) - \left( {{\rm B}\Delta \Gamma } \right)}}{{\left( {{\rm B}\Delta \Gamma } \right)}} = 4\sin 54 = 4\cos 36 = 4 - 8{\sin ^2}18 = 4 - 8{\left( {\frac{{\sqrt 5 - 1}}{4}} \right)^2} = 1 + \sqrt 5 }$ .

Ιστοσελίδα · #3

Ευχαριστώ τον Σεραφείμ για την τριγωνομετρική του λύση. Να δώσω μια Γεωμετρική αφιερωμένη στο φίλο Θανάση (KARKAR), ο οποίος θα της έδινε πιθανώς τον τίτλο "Βοηθητική Χαρά"
Στη συγκεκριμένη άσκηση: Τριγωνομετρία - Γεωμετρία σημειώσατε 1.

Στην προέκταση της $\Gamma \Delta$ , προς το $\Delta$ , παίρνουμε σημείο ${\rm E}$ τέτοιο ώστε $\Gamma {\rm E} = \Gamma {\rm A}$ . Το τρίγωνο $\Gamma {\rm E}{\rm A}$ είναι χρυσό ισοσκελές $\left( {{{36}^ \circ }{{,72}^ \circ }{{,72}^ \circ }} \right)$ .

Στην προέκταση της διχοτόμου – μεσοκαθέτου $\Gamma {\rm K}$ του τριγώνου $\Gamma {\rm E}{\rm A}$ , προς το ${\rm K}$ , παίρνουμε σημείο ${\rm Z}$ τέτοιο ώστε $\Gamma {\rm Z} = \Gamma {\rm B}$ . Το τρίγωνο $\Gamma {\rm Z}{\rm B}$ είναι επίσης χρυσό ισοσκελές $\left( {{{36}^ \circ }{{,72}^ \circ }{{,72}^ \circ }} \right)$ .

Έστω $\Lambda \equiv {\rm A}{\rm B} \cap \Gamma {\rm Z}$ . Επειδή ${\rm E}\widehat {\rm A}\Gamma = {72^ \circ }$ θα είναι $\Lambda \widehat {\rm A}{\rm E} = {102^ \circ } - {72^ \circ } = {30^ \circ }$ και αφού το $\Lambda$ ανήκει στη μεσοκάθετο $\Gamma {\rm Z}$ θα έχουμε ${\rm A}\widehat \Lambda {\rm K} = {\rm E}\widehat \Lambda {\rm K} = {60^ \circ }$ .

Εφόσον $\Lambda \widehat \Gamma {\rm E} = {\rm E}\widehat \Gamma {\rm B} = {18^ \circ },\,{\rm B}\widehat \Lambda {\rm E} = {\rm E}\widehat \Lambda \Gamma = {60^ \circ }$ το ${\rm E}$ είναι το έγκεντρο του τριγώνου $\Lambda {\rm B}\Gamma$ . Επομένως θα είναι $\Lambda \widehat {\rm B}{\rm E} = \displaystyle\frac{{{{24}^ \circ }}}{2} = {12^ \circ }$ και $\Delta \widehat {\rm B}{\rm E} = {12^ \circ } - {6^ \circ } = {6^ \circ }$ , δηλαδή ${\rm B}\Delta$ διχοτόμος της $\Gamma \widehat {\rm B}{\rm E}$ .

Από ισότητα των τριγώνων ${\rm E}\Gamma {\rm B},\,{\rm E}\Gamma {\rm Z}\,\left( {\Pi - \Gamma - \Pi } \right)$ έχουμε ότι ${\rm E}\widehat {\rm Z}\Gamma = {\rm E}\widehat {\rm B}\Gamma = {12^ \circ }$ και αφού ${\rm E}\widehat {\rm B}\Lambda = {12^ \circ }$ , το τετράπλευρο ${\rm E}{\rm B}{\rm Z}\Lambda$ είναι εγγράψιμο συνεπώς ${\rm B}\widehat {\rm Z}{\rm E} = {\rm B}\widehat \Lambda {\rm E} = {60^ \circ }$ . Οπότε το τρίγωνο ${\rm E}{\rm B}{\rm Z}$ είναι ισόπλευρο γιατί ${\rm Z}{\rm E} = {\rm B}{\rm E}$ (η $\Gamma {\rm E}$ είναι διχοτόμος άρα και μεσοκάθετος στο χρυσό ισοσκελές $\Gamma {\rm Z}{\rm B}$ ) με προσκείμενη στη βάση γωνία ${60^ \circ }$ .

Από το χρυσό ισοσκελές $\Gamma {\rm Z}{\rm B}$ , από θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου στο τρίγωνο ${\rm E}{\rm B}\Gamma$ και από τη σχέση ${\rm B}{\rm Z} = {\rm B}{\rm E}$ έχουμε: $\displaystyle\frac{{\Gamma \Delta }}{{\Delta {\rm E}}} = \displaystyle\frac{{{\rm B}\Gamma }}{{{\rm B}{\rm E}}} = \varphi \,\,\left( 1 \right)$ . Από τη σχέση $\left( 1 \right)$ συμπεραίνουμε πως η ${\rm A}\Delta$ είναι διχοτόμος της $\Gamma \widehat {\rm A}{\rm E}$ $\left( {\displaystyle\frac{{\Gamma {\rm A}}}{{{\rm A}{\rm E}}} = \varphi } \right)$ , οπότε προεκτείνουμε την ${\rm A}\Delta$ κατά τμήμα $\Delta {\rm N} = 2\Delta {\rm M}\,\left( {{\rm A}\widehat {\rm M}\Gamma = {{90}^ \circ },\,{\rm A}\Delta = \Gamma \Delta } \right)$ , έτσι ώστε να σχηματιστεί το χρυσό ισοσκελές ${\rm A}{\rm N}\Gamma$ (ίσο με το $\Gamma {\rm E}{\rm A}$ ).

Ισχύει: $\displaystyle\frac{{\left( {\Gamma {\rm A}\Delta } \right)}}{{\left( {\Gamma \Delta {\rm M}} \right)}} = \displaystyle\frac{{\displaystyle\frac{1}{2}{\rm A}\Delta \cdot \Gamma {\rm M}}}{{\displaystyle\frac{1}{2}\Delta {\rm M} \cdot \Gamma {\rm M}}} = \displaystyle\frac{{{\rm A}\Delta }}{{\Delta {\rm M}}}\mathop \Rightarrow \limits^{\Delta {\rm M} = \displaystyle\frac{{\Delta {\rm E}}}{2},\,{\rm A}\Delta = \Gamma \Delta } \left( {\Gamma {\rm A}\Delta } \right) = \displaystyle\frac{{2\Gamma \Delta \left( {\Gamma \Delta {\rm M}} \right)}}{{\Delta {\rm E}}}\,\,\left( 2 \right)$

Ομοίως: $\left( {{\rm B}{\rm A}\Delta } \right) = \displaystyle\frac{{2\Gamma \Delta \left( {{\rm B}\Delta {\rm M}} \right)}}{{\Delta {\rm E}}}\,\,\left( 3 \right)$ .

Προσθέτοντας κατά μέλη τις $\left( 2 \right),\left( 3 \right)$ θα έχουμε: $\left( {{\rm A}{\rm B}\Delta \Gamma } \right) = \left( {\Gamma {\rm A}\Delta } \right) + \left( {{\rm B}{\rm A}\Delta } \right) = \displaystyle\frac{{2\Gamma \Delta \left[ {\left( {\Gamma \Delta {\rm M}} \right) + \left( {{\rm B}\Delta {\rm M}} \right)} \right]}}{{\Delta {\rm E}}}\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} 2\varphi \left( {\Delta {\rm B}\Gamma } \right)$ ή $\displaystyle\frac{{\left( {{\rm A}{\rm B}\Delta \Gamma } \right)}}{{\left( {\Delta {\rm B}\Gamma } \right)}} = 2\varphi = \sqrt 5 + 1$ .

KARKAR · #4

Ο "φόβος" μου , ήταν μήπως , αφού αποδειχθεί ότι $AD \perp BC$ , η συνέχεια της λύσης ήταν :

$\displaystyle\frac{(ABC)}{(BCD)}=\frac{tan54^{o}}{tan18^{o}} = .... \sqrt{5}+2\Rightarrow \frac{(ABDC)}{(BCD)}=\sqrt{5}+1 (=2\phi)$ ,

κάνοντας χρήση των "απαγορευμένων " (αλλά δικαίως) τριγωνομετρικών αριθμών των γωνιών : $18^{o}, 54^{o}$ .

Ευτυχώς οι λύτες μας , απέφυγαν αυτή την ακαλαισθησία !

Βρείτε το λόγο (13)

Βρείτε το λόγο (13)

Re: Βρείτε το λόγο (13)

Re: Βρείτε το λόγο (13)

Re: Βρείτε το λόγο (13)

Μέλη σε σύνδεση