mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 09, 2026 11:05 am**

: Χρυσές δουλειές.png (20.85 KiB) Προβλήθηκε 191 φορές

Το ορθογώνιο ABCD

είναι χρυσό , δηλαδή ο λόγος των πλευρών του είναι $\phi$ . Προεκτείνω την μικρότερη

πλευρά

κατά τμήμα

, ώστε :

και φέρω :

BS\perp DE

, η οποία τέμνει την

στο

.

Α) Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{DS}{SE}$ .

Β) Αν ο κύκλος που ορίζουν τα

D , E , B ,

έχει κέντρο

, δείξτε ότι τα σημεία

T , O , C

είναι συνευθειακά .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 10, 2026 5:31 pm**

KARKAR έγραψε: Τετ Σεπ 09, 2026 11:05 am Χρυσές δουλειές.pngΤο ορθογώνιο είναι χρυσό , δηλαδή ο λόγος των πλευρών του είναι $\phi$ . Προεκτείνω την μικρότερη

πλευρά κατά τμήμα , ώστε : και φέρω : $BS\perp DE$ , η οποία τέμνει την στο .

Α) Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{DS}{SE}$ .

Β) Αν ο κύκλος που ορίζουν τα $D , E , B ,$ έχει κέντρο , δείξτε ότι τα σημεία $T , O , C$ είναι συνευθειακά .

Για το Α) ερώτημα.

Α) Έστω

AB=a, BC=b,

με

b=a\phi.

Η

τέμνει τον κύκλο στο

κι επειδή το

είναι ορθόκεντρο

του τριγώνου DEB,

θα είναι

AF=TA.

Από θεωρία τεμνόμενων χορδών είναι

EA \cdot AB = DA \cdot AF \Leftrightarrow a(b - a) = bAT \Leftrightarrow AT = \frac{{a(b - a)}}{b},DT = \frac{{{b^2} - ab + {a^2}}}{b}

: Χρυσές δουλειές.a.png (15.97 KiB) Προβλήθηκε 135 φορές

Ο Μενέλαος στο τρίγωνο AED

με διατέμνουσα

\overline {BTS}

δίνει:

\dfrac{{DS}}{{SE}} = \dfrac{{aDT}}{{bAT}} = \dfrac{{a({b^2} - ab + {a^2})}}{{ba(b - a)}} = \dfrac{{{a^2}{\phi ^2} - {a^2}\phi + {a^2}}}{{{a^2}{\phi ^2} - {a^2}\phi }}\mathop \Leftrightarrow \limits^{{\phi ^2} - \phi = 1}

\boxed{\frac{DS}{SE}=2}

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 10, 2026 9:49 pm**

KARKAR έγραψε: Τετ Σεπ 09, 2026 11:05 am Το ορθογώνιο είναι χρυσό , δηλαδή ο λόγος των πλευρών του είναι $\phi$ . Προεκτείνω την μικρότερη

πλευρά κατά τμήμα , ώστε : και φέρω : $BS\perp DE$ , η οποία τέμνει την στο .

Α) Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{DS}{SE}$ .

Β) Αν ο κύκλος που ορίζουν τα $D , E , B ,$ έχει κέντρο , δείξτε ότι τα σημεία $T , O , C$ είναι συνευθειακά .

Καλησπέρα από Γρεβενά....

Για το πρώτο ερώτημα εργαζόμαστε στο ακόλουθο σχήμα:

: Χρυσή τομή 2.png (29.13 KiB) Προβλήθηκε 124 φορές

Από το Θεώρημα του Ceva για το τρίγωνο

DEB

προκύπτει:

\frac{a-b}{b}\cdot \frac{BZ}{ZD} \cdot \frac{DS}{SE}=1 \Rightarrow \frac{DS}{SE}=\frac{b}{a-b} \cdot \frac{ZD}{ZB} \ \ (1)

Όμως:

BZ=a \cdot cosθ=a \cdot \frac{AB}{BD}= a \cdot \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}} =\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}} \Rightarrow BZ=\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}} \ \ (2)

ZD=BD-BZ=\sqrt{a^2+b^2}-\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}} =\frac{a^2+b^2-ab}{\sqrt{a^2+b^2}} \ \ (3)

Η σχέση (1) από τις (2) και (3) δίνει τελικά:

\frac{DS}{SE}=\frac{a^2+b^2-ab}{a(a-b)} \ \ (4)

Όμως είναι:

a=bφ, \ \ φ=\frac{1+\sqrt{5}}{2}, \ \ (5)

κι ακόμα:

φ^2=φ+1 \ \ (6)

Η σχέση (4) από τις (5) και (6) γίνεται τελικά:

\frac{DS}{SE}= 2 \ \ (7)

Κώστας Δόρτσιος

(Συνεχίζεται ... )

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 11, 2026 9:37 am**

KARKAR έγραψε: Τετ Σεπ 09, 2026 11:05 am Χρυσές δουλειές.pngΤο ορθογώνιο είναι χρυσό , δηλαδή ο λόγος των πλευρών του είναι $\phi$ . Προεκτείνω την μικρότερη

πλευρά κατά τμήμα , ώστε : και φέρω : $BS\perp DE$ , η οποία τέμνει την στο .

Α) Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{DS}{SE}$ .

Β) Αν ο κύκλος που ορίζουν τα $D , E , B ,$ έχει κέντρο , δείξτε ότι τα σημεία $T , O , C$ είναι συνευθειακά .

Για το Β) ερώτημα με Αναλυτική. Στο παραπάνω σχήμα μου θέτω

A(0,0), B(a,0), C(a,b), D(0,b), E(a-b,0).

Εύκολα βρίσκω το βαρύκεντρο

G\left( {\dfrac{{2a - b}}{3},\dfrac{b}{3}} \right)

και το ορθόκεντρο

T\left( {0,\dfrac{{a(b - a)}}{b}} \right)

Αν αποδείξω ότι τα

T, G, C

είναι συνευθειακά τότε αποδεικνύεται και το ζητούμενο αφού ως γνωστόν σε κάθε τρίγωνο

το ορθόκεντρο, το βαρύκεντρο και το περίκεντρο είναι συνευθειακά. Πράγματι,

{\lambda _{TC}} = \frac{{{b^2} - ab + {a^2}}}{{ab}}\mathop = \limits^{b = a\phi } \frac{2}{\phi } = \frac{{2b}}{{a + b}} = {\lambda _{GC}}

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 11, 2026 11:11 am**

KARKAR έγραψε: Τετ Σεπ 09, 2026 11:05 am Το ορθογώνιο είναι χρυσό , δηλαδή ο λόγος των πλευρών του είναι $\phi$ . Προεκτείνω την μικρότερη

πλευρά κατά τμήμα , ώστε : και φέρω : $BS\perp DE$ , η οποία τέμνει την στο .

Α) Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{DS}{SE}$ .

Β) Αν ο κύκλος που ορίζουν τα $D , E , B ,$ έχει κέντρο , δείξτε ότι τα σημεία $T , O , C$ είναι συνευθειακά .

Καλημέρα από Γρεβενά...

Συνέχεια για το δεύτερο ερώτημα...

Γιώργο κάπως έτσι σκέφτηκα κι εγώ θεωρώντας τη γνωστή ευθεία του Euler.

Αναφερόμαστε στο ακόλουθο σχήμα:

: Χρυσή τομή 3.png (33.05 KiB) Προβλήθηκε 78 φορές

Για συντόμευση των πράξεων θεωρούμε τα σημεία:

A(0,0),\ \ B(1,0), \ \ C(1,φ), \ \ D(0,φ), \ \ E(1-φ,0) \ \ (1)

Εύκολα βρίσκουμε τις εξισώσεις:

DE: \frac{x}{1-φ}+\frac{y}{φ}=1 \ \ (2)

BT: y=\frac{1-φ}{φ}(x-1) \ \ (3)

Από τις (2) και (3) βρίσκουμε το σημείο τομής αυτών:

T=(0, \frac{φ-1}{φ} ) \ \ (4)

Έστω $\displaystyle{O}$ το περίκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{DEB}$ καθώς και $\displaystyle{G}$ το βαρύκεντρο αυτού.

Τα σημεία

T, G, O

, δηλαδή ορθόκεντρο, βαρύκεντρο και περίκεντρο ως γνωστόν αποτελούν την

ευθεία του Euler. Έτσι αντί να δείξουμε ότι τα σημεία

T, O, C

είναι συνευθειακά αρκεί να δείξουμε ότι

τα σημεία

T,G,C

είναι συνευθειακά.

Για το βαρύκεντρο

G(x_o, y_o)

γνωρίζουμε ότι:

x_o=\frac{x_1+x_2+x_3}{3}= \frac{2-φ}{3} \ \ (5)

y_o=\frac{y_1+y_2+y_3}{3}=\frac{φ}{3} \ \ (6)

Δηλαδή:

G=(\frac{2-φ}{3}, \frac{φ}{3}) \ \ (7)

Από τις (4) και (7) βρίσκουμε την εξίσωση της ευθείας του Euler:

TG: y=\frac{2(2-φ)}{φ-1}(x-\frac{2-φ}{3})+\frac{φ}{3} \ \ (8)

Εύκολα τώρα επαληθεύεται ότι οι συντεταγμένες του σημείου

C(1, φ)

ικανοποιούν

την εξίσωση (8).

Δηλαδή τα σημεία

T, G, C

συνευθειακά.

Κώστας Δόρτσιος

mathematica.gr

Χρυσές δουλειές

Χρυσές δουλειές

Re: Χρυσές δουλειές

Re: Χρυσές δουλειές

Re: Χρυσές δουλειές

Re: Χρυσές δουλειές