Златен правоъгълник

[Евва]

Точка М е среда на страната АВ на квадрата ABCD .
Нека т.P и т.Q са точките на пресичане на правата MD с кръга,който има център т.М и радиус МА=МВ ,
където т.P е вътре в квадрата,а т.Q е отвън .
Докажете,че правоъгълникът ABCD е златен правоъгълник .

[Davids]

Квадрат ли е или правоъгълник $ABCD$?

[Евва]

ABCD е квадрат , а AQBP-да докажем,че е златен правоъгълник .

Скрит текст: покажи

Утре ще пия по-силно кафе.

[KOPMOPAH]

Златен правоъгълник.png (9.44 KiB) Прегледано 648 пъти

Приемаме страната на квадрата за $1$ (не cm, m, km), просто единица

Скрит текст: покажи

Разбира се, може и всяко друго число или буква, после ще се съкрати

От свойствата на допирателната имаме $$DP.DQ=AD^2$$ $$DP(DP+1)=1$$ $$DP^2+DP-1=0$$Положителният корен на последното уравнение е $\frac {\sqrt 5-1}2$, златото започва да проблясва...
Като изчислим, че $DM=\frac{\sqrt 5}2$ можем да получим косинуса на ъгъла, отбелязан с $\varphi$ на горния чертеж$$\cos \varphi=\frac{2\sqrt 5}5$$От косинусова теорема за $\triangle ADP$ имаме $$AP^2=AD^2+DP^2-2AD.AP.\cos \varphi $$ $$AP^2=1+\Big(\frac {\sqrt 5-1}2\Big)^2-2.1.\frac {\sqrt 5-1}2.\frac{2\sqrt 5}5 $$ $$AP^2=\cdots...=\frac{5-\sqrt 5}{10}$$От Питагорова теорема получаваме $$BP^2=1-\frac{5-\sqrt 5}{10}=\frac{5+\sqrt 5}{10}$$
Оттук $$AP=\sqrt{\frac{5-\sqrt 5}{10}},~~BP=\sqrt{\frac{5+\sqrt 5}{10}}$$ $${{BP} \over {AP}}={\displaystyle{\sqrt{\frac{5+\sqrt 5}{10}}} \over {\displaystyle\sqrt{\frac{5-\sqrt 5}{10}}}}=\cdots={{\sqrt 5+1} \over 2}$$
Получихме Златното сечение

[Петър Евгениев]

Получихме Златното сечение

По-скоро от Самоков е това злато хи-хи-хи.

На Ева златото е по-истинско.

[Davids]

А можем и така след като намерим косинуса от фи:
$\frac{AQ}{AP} = cotg\angle AQP$, а пък $\angle AQP = \frac{\angle{AMP}}{2} = \frac{90 - \varphi}{2} = 45 - \frac{\varphi}{2}$

$\Rightarrow cotg(45 - \frac{\varphi}{2}) = \frac{cotg45.cotg\frac{\varphi}{2} + 1}{cotg\frac{\varphi}{2} - cotg45} = \frac{cotg\frac{\varphi}{2} + 1}{cotg\frac{\varphi}{2} - 1}$

Намираме $cotg\frac{\varphi}{2} = \sqrt{\frac{1 + cos\varphi}{1 - cos\varphi}} = \sqrt{\frac{1 + \frac{2}{\sqrt{5}}}{1 - \frac{2}{\sqrt{5}}}} = ... = \sqrt{5} + 2$ и заместваме горе:

$\Rightarrow cotg(45 - \frac{\varphi}{2}) = \frac{\sqrt{5} + 3}{\sqrt{5} + 1} = ... = \frac{\sqrt{5} + 1}{2}$ и сме готови със златното сечение

Май не е по-лесно така, ама зависи на кого как му идва... аз я решавах тригонометрично

[Евва]

И те получават тази дроб .
Утре ще пратя тяхното решение-малко по-кратко и изчистено.
Приемат ,че АВ=а и началото им е съвсем друго.

[Евва]

Нека АВ=а , [tex]\angle[/tex]AMD=[tex]\alpha[/tex]
[tex]\triangle[/tex]AMD-правоъгълен [tex]MD^{2}[/tex]=[tex]а^{2}[/tex]+[tex]\frac{a^{2}}{4}[/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex] MD=[tex]\frac{a\sqrt{5}}{2}[/tex]

cos[tex]\alpha[/tex]=[tex]\frac{AM}{MD}[/tex]=[tex]\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}[/tex] т.е. cos[tex]\alpha[/tex]=[tex]\frac{1}{\sqrt{5}}[/tex]

( cos T-[tex]\triangle[/tex]AMP ) [tex]AP^{2}[/tex]=[tex]\frac{a^{2}}{4}[/tex]+[tex]\frac{a^{2}}{4}[/tex]-2.[tex]\frac{a}{2}[/tex].[tex]\frac{a}{2}[/tex].[tex]\frac{1}{\sqrt{5}}[/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]AP^{2}[/tex]=[tex]\frac{a^{2}}{2}[/tex].[tex]\frac{\sqrt{5}-1}{\sqrt{5}}[/tex]

( cos T-[tex]\triangle[/tex]MBP ) [tex]BP^{2}[/tex]=[tex]\frac{a^{2}}{4}[/tex]+[tex]\frac{a^{2}}{4}[/tex]+2.[tex]\frac{a}{2}[/tex].[tex]\frac{a}{2}[/tex].[tex]\frac{1}{\sqrt{5}}[/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]BP^{2}[/tex]=[tex]\frac{a^{2}}{2}[/tex].[tex]\frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}}[/tex]

[tex]\frac{BP}{AP}[/tex]=[tex]\sqrt{\frac{BP^{2}}{AP^{2}}}[/tex]= ... =[tex]\frac{\sqrt{5}+1}{2}[/tex]

Скрит текст: покажи

Не ми давайте точки,решението не е мое.