Πλευρικός λόγος

KARKAR · #1

: Πλευρικός λόγος.png (13.12 KiB) Προβλήθηκε 362 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC

με

, φέρουμε την διχοτόμο

της ορθής του γωνίας

και ονομάζουμε P , T

τις προβολές του

στις

αντίστοιχα . Οι BT , CP

, τέμνονται στο

σημείο

. Αν :

, υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AB}{AC}$ .

#2

KARKAR έγραψε: Πέμ Οκτ 29, 2026 7:05 pm Πλευρικός λόγος.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο με , φέρουμε την διχοτόμο της ορθής του γωνίας

και ονομάζουμε τις προβολές του στις αντίστοιχα . Οι , τέμνονται στο

σημείο . Αν : , υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AB}{AC}$ .

: Πλευρ.png (19.73 KiB) Προβλήθηκε 336 φορές

.
Επειδή

DS=TS

στο ορθογώνιο τρίγωνο DTE

, έπεται ότι το

είναι το μέσον της υποτείνουσας

και ισχύει

DS=TS=SE

. Άρα τα τρίγωνα

CTS, SEP

είναι ίσα (άμεσο), οπότε

CT=EP

(*)

Υπολογίζουμε τώρα τα

CT, EP

. Eίναι

\dfrac {CT}{TA}= \dfrac {CD}{DB}= \dfrac {b}{c}

(λόγω διχοτόμου). Εύκολα τώρα βρίσκουμε

CT= \dfrac {c^2}{b+c}, \, TA= \dfrac {bc}{b+c}

Με ανάλογο τρόπο από τα όμοια τρίγωνα

TAB, EPB

εύκολα βρίσκουμε

EP= \dfrac {bc^2}{(b+c)^2}

. Η (*) τώρα γράφεται

\dfrac {c^2}{b+c}= \dfrac {bc^2}{(b+c)^2}

, ισοδύναμα

c^2-bc-b^2=0

από όπου

c= \dfrac {(1+\sqrt 5)b}{2} = \phi b

Tέλος

\boxed {\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{c}{b}= \phi}

Nikitas K. · #3

KARKAR έγραψε: Πέμ Οκτ 29, 2026 7:05 pm Πλευρικός λόγος.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο με , φέρουμε την διχοτόμο της ορθής του γωνίας

και ονομάζουμε τις προβολές του στις αντίστοιχα . Οι , τέμνονται στο

σημείο . Αν : , υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AB}{AC}$ .

Με βάση το παρακάτω σχήμα:

Λήψη ggb

Το τετράπλευρο TDPA

είναι τετράγωνο διότι οι γωνίες

PAT, ATD, DPA

είναι ορθές και

DT = DP

Άρα

\triangle DSN

είναι ισοσκελές καθώς οι πράσινες γωνίες είναι ίσες (ως συμπληρωματικές των κόκκινων).

Tώρα το

\triangle CTS = \triangle PNS

λόγω Γ-Π-Γ

Εφαρμόζοντας Μενέλαο στο

\triangle ACP

με διατέμνουσα

\overline{TSB}

προκύπτει:

{ \dfrac{CT}{TA} \cdot \dfrac{AB}{BP} \cdot \cancel{\dfrac{PS}{SC}} = 1 }

Από Θαλή (

TD \parallel AB

και

CA \parallel DP

) προκύπτει:

{ \dfrac{CD}{DB} \cdot \dfrac{CB}{DB} = 1\Leftrightarrow \dfrac{CD + DB}{DB} = \dfrac{DB}{CD}=\varphi\quad \color {blue} * }

Από το θεώρημα της διχοτόμου προκύπτει:

{\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{DB}{CD}\overset{{\color{blue}*}}=\varphi\quad \blacksquare}

#4

KARKAR έγραψε: Πέμ Οκτ 29, 2026 7:05 pm Πλευρικός λόγος.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο με , φέρουμε την διχοτόμο της ορθής του γωνίας

και ονομάζουμε τις προβολές του στις αντίστοιχα . Οι , τέμνονται στο

σημείο . Αν : , υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AB}{AC}$ .

Το τετράπλευρο APDT

είναι τετράγωνο . Αφού είναι

ST = SD

αναγκαστικά θα είναι και SA = SP

.

Ας θεωρήσουμε

το μέσο του

. Θα είναι :

\vartriangle APC = \vartriangle PDB\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle SAP = \vartriangle MDP

. Δείτε τώρα ότι:

: Πλευρικός λόγος.png (23.56 KiB) Προβλήθηκε 210 φορές

SA = SP = SC = PM = MB = MD

. Όλα αυτά τα ευθύγραμμα τμήματα ( γαλάζια) θεωρώ, έκαστο, ως μονάδα μέτρησης .

Δηλαδή :

SA = SP = SC = PM = MB = MD = 1

. Από το Π. Θ. στο

\vartriangle PMC

έχω ,

M{C^2} = M{P^2} + P{C^2} \Rightarrow M{C^2} = {1^2} + {2^2} = 5

Άμεση συνέπεια :

\boxed{DC = MC - MD = \sqrt 5 - 1}\,\,\,\,(2)

. Από το Θ. διχοτόμου στο $\vartriangle ABC$ και την προηγούμενη σχέση έχουμε:

\boxed{\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{DB}}{{DC}} = \frac{2}{{\sqrt 5 - 1}} = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} = \varphi }

Παρατήρηση .

Υπήρχε μαθηματικό κενό στην πρώτη ισότητα τριγώνων .(Ευχαριστώ πολύ τον Νικήτα που μου το υπέδειξε )

Στρέφουμε το

\vartriangle PBD

, γύρω από το

κατά γωνία , $90^\circ$ και προκύπτει το

\vartriangle PB'A = \vartriangle APC

: Πλευρικός λόγος_λήμμα.png (29.06 KiB) Προβλήθηκε 210 φορές

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

KARKAR έγραψε: Πέμ Οκτ 29, 2026 7:05 pm Πλευρικός λόγος.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο με , φέρουμε την διχοτόμο της ορθής του γωνίας

και ονομάζουμε τις προβολές του στις αντίστοιχα . Οι , τέμνονται στο

σημείο . Αν : , υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AB}{AC}$ .

Από θ.διχοτόμου

CD= \dfrac{ab}{b+c}

και $BD=\dfrac{ac}{b+c}$

Έτσι,από

\dfrac{CT}{m} = \dfrac{CD}{DB}= \dfrac{b}{c} \Rightarrow \dfrac{CT}{b}= \dfrac{b}{b+c} \Rightarrow CT= \dfrac{b^2}{b+c}

Από

\dfrac{PB}{c} = \dfrac{BD}{a}

με αντικατάσταση του

BD \Rightarrow PB= \dfrac{c^2}{b+c}

Από

\dfrac{m}{c} = \dfrac{CT}{b}

με αντικατάσταση του

CT\Rightarrow m= \dfrac{bc}{b+c}

Από CEVA

\dfrac{CT}{m} . \dfrac{m}{PB} . \dfrac{BZ}{ΖC} =1

και με αντικατάσταση των

CT,PB\Rightarrow \dfrac{ZC}{ZB}= \dfrac{b^2}{c^2}

(άρα

ύψος του $\triangle ABC$ )

Προφανώς , Επειδή SA=SP

θα είναι και CS=SP

Από Van Aubel

\dfrac{CT}{m}+ \dfrac{CZ}{ZC} = \dfrac{CS}{SP}=1 \Rightarrow \dfrac{b}{c} + \dfrac{b^2}{c^2}=1 \Rightarrow \dfrac{b}{c}= \dfrac{ \sqrt{5}-1 }{2}= \dfrac{1}{\Phi } \Rightarrow \dfrac{c}{b} = \Phi

: Πλευρικός λόγος.png (31.17 KiB) Προβλήθηκε 174 φορές

Nikitas K. · #6

Doloros έγραψε: Σάβ Οκτ 31, 2026 1:43 pm $\vartriangle PB'A = \vartriangle APC$

Προϋποθέτει ότι τα σημεία A, S

και

είναι συνευθειακά και έχει μείνει ανοικτό προς απόδειξη.

#7

Nikitas K. έγραψε: Κυρ Νοέμ 01, 2026 9:16 pm
Doloros έγραψε: Σάβ Οκτ 31, 2026 1:43 pm $\vartriangle PB'A = \vartriangle APC$
Προϋποθέτει ότι τα σημεία και είναι συνευθειακά και έχει μείνει ανοικτό προς απόδειξη.

Στο σύστημα αξόνων προκύπτουν αβίαστα.

BC \to kx + y = k\,\,\,,\,\,D(\dfrac{k}{{k + 1}},\dfrac{k}{{k + 1}})\,\,\,,PC \to (k + 1)x + y = k\,\,,\,\,BT \to kx + (k + 1)y = k

.

: Νικητ_ok.png (31.57 KiB) Προβλήθηκε 62 φορές

Έτσι

S:\,\,(\dfrac{{{k^2}}}{{{k^2} + k + 1}},\dfrac{k}{{{k^2} + k + 1}})

οπότε το γινόμενο των συντελεστών διευθ. των

AS\,\,,\,\,BC

είναι

.

Δηλαδή $AS \bot BC$ και στην πρώτη μου ανάρτηση ισχύουν οι ισότητες που αναφέρω και τελειώσαμε.

Και η απάντηση με τη στροφή σωστή, έχω την άποψη ότι είναι, αλλά δεν θα επεκταθώ .

Πλευρικός λόγος

Πλευρικός λόγος

Re: Πλευρικός λόγος

Re: Πλευρικός λόγος

Re: Πλευρικός λόγος

Re: Πλευρικός λόγος

Re: Πλευρικός λόγος

Re: Πλευρικός λόγος

Μέλη σε σύνδεση