Χρυσή παραλληλία

#1

: Χρυσή παραλληλία..png (12.35 KiB) Προβλήθηκε 1322 φορές

Από το μέσο

της πλευράς

ισοπλεύρου τριγώνου ABC

φέρνω παράλληλη στην

που τέμνει το μικρό τόξο $\overset\frown{BC}$ του περιγεγραμμένου κύκλου στο

Να βρείτε το λόγο $\dfrac{KC}{KB}.$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 30, 2019 11:13 am
Χρυσή παραλληλία..png
Από το μέσο της πλευράς ισοπλεύρου τριγώνου φέρνω παράλληλη στην

που τέμνει το μικρό τόξο $\overset\frown{BC}$ του περιγεγραμμένου κύκλου στο Να βρείτε το λόγο $\dfrac{KC}{KB}.$

Καλημέρα!
Έστω

η πλευρά του ισοπλεύρου.
Είναι $\widehat{BKC}=120^{\circ}$ και $\widehat{BMK}=60^{\circ}$ . Έτσι $\overset{\Delta }{KBC}\sim \overset{\Delta }{MKC}\Rightarrow \dfrac{KC}{a}=\dfrac{a}{2KC}\Leftrightarrow KC^2=\dfrac{a^2}{2}$
Από νόμο συνημιτόνων στο KBC

είναι $KB^2+KC^2+KB\cdot KC=a^2=2KC^2\Leftrightarrow KB^2+KB\cdot KC-KC^2=0\Leftrightarrow \boxed{\dfrac{KC}{KB}=\phi }$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 30, 2019 11:13 am
Χρυσή παραλληλία..png
Από το μέσο της πλευράς ισοπλεύρου τριγώνου φέρνω παράλληλη στην

που τέμνει το μικρό τόξο $\overset\frown{BC}$ του περιγεγραμμένου κύκλου στο Να βρείτε το λόγο $\dfrac{KC}{KB}.$

Η ισότητα των πράσινων και κόκκινων γωνιών είναι προφανής.

Έτσι , $\displaystyle {x^2} = CM \cdot CB = \frac{{{a^2}}}{2}$ κι αν η παράλληλη από το $\displaystyle C$ προς την $\displaystyle AK$ τέμνει την $\displaystyle BK$ στο $\displaystyle P$ ,το

$\displaystyle \vartriangle KCP$ είναι ισόπλευρο και $\displaystyle MKPC$ είναι εγγράψιμο άρα $\displaystyle y\left( {x + y} \right) = \frac{{{a^2}}}{2}$

Επομένως, $\displaystyle y\left( {x + y} \right) = {x^2} \Rightarrow {\left( {\frac{x}{y}} \right)^2} - \frac{x}{y} - 1 = 0 \Rightarrow \boxed{\frac{x}{y} = \varphi }$

: χρυσή παραλληλία.png (26.72 KiB) Προβλήθηκε 1279 φορές

#4

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 30, 2019 11:13 am
Χρυσή παραλληλία..png
Από το μέσο της πλευράς ισοπλεύρου τριγώνου φέρνω παράλληλη στην

που τέμνει το μικρό τόξο $\overset\frown{BC}$ του περιγεγραμμένου κύκλου στο Να βρείτε το λόγο $\dfrac{KC}{KB}.$

Ας είναι

η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του $\vartriangle ABC$ και

η προβολή του

στη πλευρά BC = a

.Θέτω : $KC = x,\,\,KB = y\,\,,\,\,KM = m$

Από το 2ο θεώρημα διαμέσων στο $\vartriangle KBC$ και τη γνωστή σχέση $\boxed{\beta \gamma = 2R{\upsilon _\alpha }}$ έχω:

$\left\{ \begin{gathered} {x^2} - {y^2} = 2aTM = 2a\frac{m}{2} = am \hfill \\ xy = 2RTK = 2R\frac{{m\sqrt 3 }}{2} = R\sqrt 3 m = am \hfill \\ \end{gathered} \right.$

: Χρυσή παραλληλία_1.png (36.36 KiB) Προβλήθηκε 1263 φορές

Άρα: ${x^2} - {y^2} - xy = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} k = \frac{x}{y} \hfill \\ {k^2} - k - 1 = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{k = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} = \varphi }$

Γιώργος Μήτσιος · #5

Καλό βράδυ!

: Χρυσή παραλληλία.PNG (10.43 KiB) Προβλήθηκε 1228 φορές

Στο σχήμα το τρίγωνο MNC

είναι ισόπλευρο ενώ τα BKM,ANE

είναι ίσα. Ας είναι BM=MC=MN=1

και

.

Τότε $KM\cdot ME=BM\cdot MC\Rightarrow x\left ( x+1 \right )=1 \Leftrightarrow x^{2}+x-1=0\Rightarrow KM=x=\dfrac{1}{\Phi }$

Από την ομοιότητα των BKC,KMC

παίρνουμε $\dfrac{KC}{MC}=\dfrac{BK}{KM}\Rightarrow \dfrac{KC}{BK}=\dfrac{1}{KM}=\Phi$ ... $\Phi$ ιλικά , Γιώργος.

Χρυσή παραλληλία

Χρυσή παραλληλία

Re: Χρυσή παραλληλία

Re: Χρυσή παραλληλία

Re: Χρυσή παραλληλία

Re: Χρυσή παραλληλία

Μέλη σε σύνδεση