mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 11, 2024 11:09 pm**

Χαιρετώ! Με αφορμή και το θέμα τούτο.

: Κατασκευή με επίχρισμα.png (303.49 KiB) Προβλήθηκε 1901 φορές

Στο σχήμα η

είναι μεσοκάθετος του

, το $E \in AC$ ώστε $E \hat M C=60^o$ και το

μέσον του

.

Aν ισχύει $\displaystyle \frac{(MAC)}{(MEA)}= (\frac{BN}{AN}})^2$

τότε να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{CE}{AE}$ και να γίνει (ή να περιγραφεί) η ως άνω κατασκευή.

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 18, 2024 11:25 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Τετ Δεκ 11, 2024 11:09 pm Χαιρετώ! Με αφορμή και το θέμα τούτο.
Κατασκευή με επίχρισμα.png
Στο σχήμα η είναι μεσοκάθετος του , το $E \in AC$ ώστε $E \hat M C=60^o$ και το μέσον του .

Aν ισχύει $\displaystyle \frac{(MAC)}{(MEA)}= (\frac{BN}{AN}})^2$

τότε να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{CE}{AE}$ και να γίνει (ή να περιγραφεί) η ως άνω κατασκευή.

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Σύμφωνα με αυτό(#6) είναι $\displaystyle \frac{{EC}}{{AE}} = \frac{{BN}}{{AN}}$ και έστω

οι ίσοι αυτοί λόγοι.

: Επίχρισμα.png (12.53 KiB) Προβλήθηκε 1783 φορές

$\displaystyle \frac{{(MAK)}}{{(MEA)}} = {\left( {\frac{{BN}}{{AN}}} \right)^2} \Leftrightarrow \frac{{AE + EC}}{{AE}} = {k^2} \Leftrightarrow 1 + k = {k^2} \Leftrightarrow$ $\boxed{k=\phi}}$

Από την άσκηση της παραπομπής είναι όμως, $\displaystyle \frac{{a - x}}{x} = \frac{{EC}}{{AE}} \Leftrightarrow x = EM = \frac{a}{{{\phi ^2}}}.$ Οδηγούμαστε λοιπόν, στην

παρακάτω κατασκευή:

Παίρνω τμήμα BC=a

και έστω

το μέσον του. Κατασκευάζω το ισόπλευρο MCD

πάνω από τη

και επί

της

θεωρώ σημείο

ώστε $EM = \dfrac{a}{{{\phi ^2}}}.$ Η

τέμνει τη μεσοκάθετο του

στο

Το μέσο

του

ολοκληρώνει την κατασκευή.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 18, 2024 4:53 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Τετ Δεκ 11, 2024 11:09 pm Χαιρετώ! Με αφορμή και το θέμα τούτο.
Κατασκευή με επίχρισμα.png
Στο σχήμα η είναι μεσοκάθετος του , το $E \in AC$ ώστε $E \hat M C=60^o$ και το μέσον του .

Aν ισχύει $\displaystyle \frac{(MAC)}{(MEA)}= (\frac{BN}{AN}})^2$

τότε να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{CE}{AE}$ και να γίνει (ή να περιγραφεί) η ως άνω κατασκευή.

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Έστω

συμμετρικό του

ως προς

.Τότε

κι έστω $ZC \cap AM=K$ και $AN \cap ZK=L$

Από θ.κ.δέσμης $\dfrac{KL}{LC}= \dfrac{MN}{NE}=1 \Rightarrow \triangle MCL$ ισόπλευρο

κι επειδή EZMB

παραλ/μμο, θα είναι EZ=BM=MC=ML

άρα το

ισοσκελές τραπέζιο ,οπότε προφανώς ZN=NL=NB

Τώρα, $\dfrac{CE^2}{AE^2}= \dfrac{NL^2}{AN^2}= \dfrac{BN^2}{AN^2}= \dfrac{AC}{AE}$ .Άρα $CE^2=AC.AE=(AE+EC).AE \Rightarrow \dfrac{CE^2}{AE^2}- \dfrac{CE}{AE}-1=0 \Rightarrow \dfrac{CE}{AE} = \Phi$

Κατασκευή

Αν MC=m

,είναι

$\dfrac{NE}{m}= \dfrac{AE}{AC}= \dfrac{1}{1+ \dfrac{EC}{AE} }= \dfrac{1}{1+ \Phi }= \dfrac{1}{ \Phi ^2} \Rightarrow ME=2NE= \dfrac{2m}{ \Phi ^2}$

Κατασκευάζουμε τμήμα MC=m

και γωνία

με $ME=\dfrac{2m}{ \Phi ^2}$

Η

τέμνει την κάθετη στην

στο

στο σημείο

: κατασκευή με επίχρισμα.png (27.88 KiB) Προβλήθηκε 1757 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 22, 2024 1:09 pm**

Χαιρετώ! Ευχαριστώ θερμά τους Γιώργο και Μιχάλη για την ενασχόλησή τους και με το παρόν!

Δυο λόγια για την δημιουργία του: Από το σχετικό θέμα παραπομπής προκύπτει $\dfrac{BN}{AN}=\dfrac{EC}{AE}=k$ οπότε $\dfrac{(MAC)}{(MEA)}=k+1$

Έδωσα λοιπόν $\displaystyle \frac{(MAC)}{(MEA)}= (\frac{BN}{AN}})^2=k^2$ , ώστε η ισότητα k^2=k+1

να μας οδηγεί στον ... επιθυμητό λόγο της χρυσής τομής!

Ακόμη μία κατασκευή: Φέρω $EZ \perp MC$

: 22-10 επίχρισμα.png (169.86 KiB) Προβλήθηκε 1698 φορές

Έχουμε $\dfrac{AM}{MC}=\dfrac{EZ}{ZC}=\dfrac{MZ\sqrt3}{ZC}=\dfrac{AE\sqrt3}{EC}=\dfrac{\sqrt3}{\Phi}$

Κατασκευάζουμε λοιπόν το ορθογώνιο τρίγωνο MAC

(με τον ως άνω γνωστό λόγο καθέτων) και το

συμμετρικό του

ως προς το

.

Φιλικά, Γιώργος.

mathematica.gr

Κατασκευή με επίχρισμα

Κατασκευή με επίχρισμα

Re: Κατασκευή με επίχρισμα

Re: Κατασκευή με επίχρισμα

Re: Κατασκευή με επίχρισμα