Κύκλος με χρυσή ακτίνα.

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Φανης Θεοφανιδης
Δημοσιεύσεις: 998
Εγγραφή: Παρ Απρ 10, 2015 9:04 pm

Κύκλος με χρυσή ακτίνα.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φανης Θεοφανιδης » Τρί Φεβ 27, 2018 5:03 pm

1.png
1.png (5.55 KiB) Προβλήθηκε 308 φορές
Καλησπέρα.

Δίνεται τετράγωνο AB\Gamma \Delta πλευράς 2 και το μέσο M της A\Delta .
Κύκλος με κέντρο O, το οποίο βρίσκεται πάνω στην AB, διέρχεται από το A
και εφάπτεται της M\Gamma στο E. Δείξτε ότι η ακτίνα R του εν λόγω κύκλου
είναι ίση με \phi  (\phi =\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}).



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7070
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Κύκλος με χρυσή ακτίνα.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Φεβ 27, 2018 5:40 pm

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:
Τρί Φεβ 27, 2018 5:03 pm
1.png

Καλησπέρα.

Δίνεται τετράγωνο AB\Gamma \Delta πλευράς 2 και το μέσο M της A\Delta .
Κύκλος με κέντρο O, το οποίο βρίσκεται πάνω στην AB, διέρχεται από το A
και εφάπτεται της M\Gamma στο E. Δείξτε ότι η ακτίνα R του εν λόγω κύκλου
είναι ίση με \phi  (\phi =\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}).
Καλησπέρα!
Χρυσή ακτίνα.png
Χρυσή ακτίνα.png (12.65 KiB) Προβλήθηκε 300 φορές
Εύκολα MA=MD=ME=1 και με Π. Θ \displaystyle MC = \sqrt 5  \Leftrightarrow EC = \sqrt 5  - 1. Με Πυθαγόρειο τώρα,

διαδοχικά στα τρίγωνα \displaystyle OBC,EOC, βρίσκω {\boxed{O{C^2} = {R^2} - 4R + 8} (1) και \displaystyle {R^2} = O{C^2} - E{C^2}\mathop  \Leftrightarrow \limits^{(1)} \boxed{R = \frac{{\sqrt 5  + 1}}{2}}


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5908
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Κύκλος με χρυσή ακτίνα.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τρί Φεβ 27, 2018 7:47 pm

Χρυσή ακτίνα.png
Χρυσή ακτίνα.png (21.13 KiB) Προβλήθηκε 283 φορές

Έστω E το σημείο επαφής του κύκλου με την MC και η OE κόψει την DC στο Z.

Τα ορθογώνια τρίγωνα DZM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,EZN έχουν την υποτείνουσα MZ κοινή και

MD = ME = 1 , άρα είναι ίσα και θα έχουν \widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}}. Τώρα από το Θ. διχοτόμων

Στο τρίγωνο MDZ έχω:DZ = \dfrac{{DC \cdot DM}}{{DM + MC}} και άρα \boxed{DZ = ZE = y = \frac{2}{{1 + \sqrt 5 }}}.


Στο ορθογώνιο τρίγωνο MOZ με ύψος ME θα έχω :

M{E^2} = EO \cdot EZ \Rightarrow 1 = xy \Leftrightarrow \boxed{x = \frac{1}{y} = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}.


Φανης Θεοφανιδης
Δημοσιεύσεις: 998
Εγγραφή: Παρ Απρ 10, 2015 9:04 pm

Re: Κύκλος με χρυσή ακτίνα.

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φανης Θεοφανιδης » Παρ Μαρ 02, 2018 1:31 pm

1.png
1.png (10.31 KiB) Προβλήθηκε 245 φορές
Έστω P\equiv OE\cap A\Delta .
Από το Π.Θ. στο τρίγωνο M\Delta \Gamma παίρνω ότι M\Gamma =\sqrt{5}.
Από την προφανή ισότητα των τριγώνων MPE, M\Delta \Gamma έχω ότι MP=\sqrt{5}, PE=2.
Το Π.Θ. στο τρίγωνο OAP μου δίνει ότι R=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}.


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1438
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Κύκλος με χρυσή ακτίνα.

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Σάβ Μαρ 03, 2018 12:50 am

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:
Παρ Μαρ 02, 2018 1:31 pm
1.png

Έστω P\equiv OE\cap A\Delta .
Από το Π.Θ. στο τρίγωνο M\Delta \Gamma παίρνω ότι M\Gamma =\sqrt{5}.
Από την προφανή ισότητα των τριγώνων MPE, M\Delta \Gamma έχω ότι MP=\sqrt{5}, PE=2.
Το Π.Θ. στο τρίγωνο OAP μου δίνει ότι R=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}.

Από το εγγράψιμο \displaystyle OBCE \Rightarrow \left( {\sqrt 5  + 1} \right) \cdot 2\sqrt 5  = 4 \cdot \left( {2 + R} \right) \Rightarrow \boxed{R = \Phi }
Φ.png
Φ.png (10.91 KiB) Προβλήθηκε 225 φορές


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης