Ζητώ το λόγο

KARKAR · #1

: Ζητώ το λόγο.png (6.62 KiB) Προβλήθηκε 821 φορές

Το

είναι ορθογώνιο διαστάσεων $a\times b$ . Από την κορυφή

φέρω κάθετη

,

προς τη διαγώνιο

και από το

την

. Βρείτε το λόγο $\dfrac{a}{b}$ , αν ST=CS

.

#2

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Ζητώ το λόγο.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το είναι ορθογώνιο διαστάσεων $a\times b$ . Από την κορυφή φέρω κάθετη ,

προς τη διαγώνιο και από το την . Βρείτε το λόγο $\dfrac{a}{b}$ , αν .

Έχεις τον λόγο στο... αυτί : $\boxed{\frac{a}{b} = \sqrt \varphi }$

Γεωμετρική κατασκευή σχήματος .

: Κατασκευή του Ζητώ τον λόγο.png (13.6 KiB) Προβλήθηκε 756 φορές

Το σημείο

διαιρεί τη διάμετρο

ημικυκλίου σε μέσο και άκρο λόγο. Δηλαδή $D{S^2} = DB \cdot SB$ .

Φέρνω τη κάθετη στο

επί την

που τέμνει το ημικύκλιο στο

.

Οι παράλληλες από τα B,D

προς τις

αντίστοιχα τέμνονται στο

.

Το ορθογώνιο ABCD

έχει την ιδιότητα που θέλουμε .

Φιλικά Νίκος

#3

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Ζητώ το λόγο.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το είναι ορθογώνιο διαστάσεων $a\times b$ . Από την κορυφή φέρω κάθετη ,

προς τη διαγώνιο και από το την . Βρείτε το λόγο $\dfrac{a}{b}$ , αν .

Καλησπέρα Θανάση και Νίκο και Καλό μήνα.

Προφανώς τα ορθογώνια τρίγωνα TSD, CSB

είναι ίσα. Στο ορθογώνιο τρίγωνο DCB

έχουμε:

$\displaystyle{D{C^2} = DS \cdot DB \Leftrightarrow {a^2} = b\sqrt {{a^2} + {b^2}} \Rightarrow {a^4} - {a^2}{b^2} - {b^4} = 0}$ , απ' όπου παίρνουμε τη δεκτή λύση

$\displaystyle{{a^2} = {b^2}\left( {\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}} \right) = {b^2}\varphi }$ . Άρα: $\boxed{\frac{a}{b} = \sqrt \varphi }$

: Ζητώ το λόγο.png (6.93 KiB) Προβλήθηκε 734 φορές

#4

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Ζητώ το λόγο.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το είναι ορθογώνιο διαστάσεων $a\times b$ . Από την κορυφή φέρω κάθετη ,

προς τη διαγώνιο και από το την . Βρείτε το λόγο $\dfrac{a}{b}$ , αν .

Καλησπέρα . Για να δικαιολογηθεί και ο τρόπος κατασκευής στην αρχική ανάρτηση.

: Ζητά το λόγο.png (12.48 KiB) Προβλήθηκε 708 φορές

Τα ορθογώνια τρίγωνα $TDS\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,SBC$ έχουν $TS = SC\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\widehat \theta = \widehat \xi$ , ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων AD,BC

τεμνομένων υπό της

.

Θα είναι λοιπόν ίσα και άρα $DT = SB\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,DS = BC\,\,\,(1)$ .

Τα ορθογώνια τρίγωνα $TDS\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,CBD$ είναι όμοια αφού έχουν όπως είπαμε $\widehat \theta = \widehat \xi$ και έτσι :

$\dfrac{{DS}}{{DT}} = \dfrac{{DB}}{{BC}}$ που λόγω των (1)

γίνεται : $\boxed{\frac{{DS}}{{SB}} = \frac{{DB}}{{DS}}}$ που μας εξασφαλίζει ότι το

χωρίζει το

σε μέσο και άκρο λόγο δηλαδή $\boxed{\frac{{DS}}{{SB}} = \frac{{DB}}{{DS}} = \varphi }$ .

Όμως ο λόγος των τετραγώνων των καθέτων πλευρών ορθογωνίου τριγώνου ισούται με το λόγο των προβολών τους στην υποτείνουσα

και άρα στο τρίγωνο CBD

θα έχουμε $\dfrac{{{a^2}}}{{{b^2}}} = \dfrac{{DS}}{{SB}} = \varphi \Rightarrow \boxed{\dfrac{a}{b} = \sqrt \varphi }$ .

Φιλικά Νίκος

mixtzo · #5

Αν θεωρήσουμε την παραβολή y^2 = 2px

με εστία $E(\frac{p}{2},0)$ και διευθετούσα την κάθετη στο σημείο $E^\prime(-\frac{p}{2},0)$ , το σημείο

, ουσιαστικά είναι το σημείο M (x,y)

αυτής, για το οποίο ισχύει $ME\perp ME'$ . Στην ουσία το πρόβλημα ζητά το λόγο $\lambda = \frac{x+\frac{p}{2}}{\left | y \right |}$ .

Από την καθετότητα προκύπτει $x^2+2px-\frac{p^2}{4} = 0$ , που μας δίνει ως δεκτή λύση την $x=\frac{-2p + p\sqrt{5}}{2}$ , ενώ από την εξίσωση της παραβολής έχουμε $y=\pm p \sqrt{-2+\sqrt{5}}$ .

Τώρα για το λόγος $\lambda$ έχουμε $\lambda^2 = \frac{(-1+\sqrt{5})^2}{4(-2+\sqrt{5})}$ , το οποίο με τη σειρά του δίνει $\lambda=\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$

#6

Καλησπέρα. Ακόμα μια ΑναλυτικοΓεωμετρική προσέγγιση.

: 01-09-2014 Γεωμετρία d.jpg (12.55 KiB) Προβλήθηκε 577 φορές

Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κέντρο B(0, 0)

παίρνουμε τα σημεία A(a, 0), D(a, 1), C(0, 1)

που είναι κορυφές ορθογωνίου με πλευρές AB = a, BC =1, a>0

, θεωρώντας ως μονάδα του συστήματος τη πλευρά

.

Η

έχει εξίσωση $\displaystyle y = \frac{1}{a}x$ , οπότε η κάθετή της από το

έχει εξίσωση $\displaystyle y = - ax + 1$ .

Τέμνονται στο $\displaystyle S\left( {\frac{a}{{{a^2} + 1}},\;\frac{1}{{{a^2} + 1}}} \right)$

Είναι $\displaystyle CS = ST \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {\frac{a}{{{a^2} + 1}}} \right)}^2} + {{\left( {1 - \frac{1}{{{a^2} + 1}}} \right)}^2}} = a - \frac{a}{{{a^2} + 1}} \Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sqrt {\frac{1}{{{a^2} + 1}}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 1}} \Leftrightarrow {a^4} - {a^2} - 1 = 0$ που έχει (θετική) ρίζα $\displaystyle a = \sqrt {\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}} = \sqrt \varphi$ ,

οπότε και για τυχαίο

, αφού πήραμε ως μονάδα του συστήματος το

είναι $\displaystyle \frac{a}{b} = \sqrt \varphi$

Ζητώ το λόγο

Ζητώ το λόγο

Re: Ζητώ το λόγο

Re: Ζητώ το λόγο

Re: Ζητώ το λόγο

Re: Ζητώ το λόγο

Re: Ζητώ το λόγο

Μέλη σε σύνδεση