mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 08, 2021 6:21 pm**

: Τυχερό γινόμενο.png (9.72 KiB) Προβλήθηκε 1297 φορές

Πάνω στις ημιευθείες

και

επιλέξτε σημεία P,T

, συνευθειακά

με το

, με

και τέτοια ώστε : $SP \cdot ST=13$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 08, 2021 7:38 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 08, 2021 6:21 pm
Τυχερό γινόμενο.pngΠάνω στις ημιευθείες και επιλέξτε σημεία , συνευθειακά

με το , με και τέτοια ώστε : $SP \cdot ST=13$ .

: Τυχερό γινόμενο.png (10.14 KiB) Προβλήθηκε 1278 φορές

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 08, 2021 11:00 pm**

Η ευθεία $PT:y = kx + 1\,,k > 0\,\,\left( 1 \right)$ ενώ , $\displaystyle \left\{ \begin{gathered} AC:\frac{x}{2} + \frac{y}{5} = 1\,\,\left( 2 \right) \hfill \\ AB: - \frac{x}{2} + \frac{y}{5} = 1\,\,\left( 3 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Από το σύστημα των $\left( 1 \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 2 \right)$ έχω: $\boxed{T\left( {\frac{8}{{2k + 5}},\frac{{5\left( {2k + 1} \right)}}{{2k + 5}}} \right)}$ και των $\left( 1 \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 3 \right)$

$\boxed{P\left( {\frac{8}{{2k - 5}},\frac{{5\left( {2k - 1} \right)}}{{2k - 5}}} \right)}$ . Θεωρώ $T\left( {a,b} \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,P\left( {c,d} \right)$ .

: τυχερό γινόμενο.png (21.99 KiB) Προβλήθηκε 1254 φορές

Τα διανύσματα : $\overrightarrow {PS} = \left( { - c,1 - d} \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\overrightarrow {ST} = \left( {a,b - 1} \right)$ είναι ομόρροπα και άρα :

$13 = - ac + \left( {1 - d} \right)\left( {b - 1} \right) \Leftrightarrow \boxed{k = \pm \frac{3}{2}}$ οπότε $\boxed{k = \frac{3}{2}}\,\,\,,\,\boxed{\,T\left( {1,\frac{5}{2}} \right)\,\,,P\left( { - 4,5} \right)}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 09, 2021 9:37 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 08, 2021 6:21 pm
Τυχερό γινόμενο.pngΠάνω στις ημιευθείες και επιλέξτε σημεία , συνευθειακά

με το , με και τέτοια ώστε : $SP \cdot ST=13$ .

To

είναι μέσο του

και

Η

τέμνει την

στο

Φέρνω και το τμήμα ST.

Με Π. Θ έχω

$AB=AC=BP=\sqrt{29}$ και $\displaystyle \cos \frac{A}{2} = \frac{5}{{\sqrt {29} }}.$ Με νόμο συνημιτόνου διαδοχικά στα τρίγωνα APS, AST

βρίσκω $\displaystyle SP = 2\sqrt {13} ,ST = \frac{{\sqrt {13} }}{2} \Rightarrow$ $\boxed{SP\cdot ST=13}$ Αρκεί να δείξω ότι τα P, S, T

είναι συνευθειακά.

: Τυχερό γινόμενο.png (10.14 KiB) Προβλήθηκε 1231 φορές

Μςνέλαος στο ABO

με διατέμνουσα $\displaystyle \overline {PKS},$ $\displaystyle \frac{4}{1} \cdot \frac{{OK}}{{KB}} \cdot \frac{1}{2} = 1 \Leftrightarrow KB = 2OK \Leftrightarrow KB = \frac{4}{3},CK = \frac{8}{3}$

$\displaystyle \frac{{AT}}{{TC}} \cdot \frac{{CK}}{{KB}} \cdot \frac{{BP}}{{PA}} = \frac{1}{1} \cdot \frac{{8/3}}{{4/3}} \cdot \frac{1}{2} = 1$ και με το αντίστροφο Μενελάου η $\displaystyle \overline {PKT}$ είναι διατέμνουσα του τριγώνου

ABC

και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 09, 2021 11:58 am**

Ανάλυση

Έστω λυμένο το πρόβλημα . Φέρνω από το

παράλληλη στην

και τέμνει τις AB,AC

στα $E\,\,\kappa \alpha \iota \,\,Z$ .

Το νέο ισοσκελές τρίγωνο AEZ

έχει το

μέσο της βάσης του

και τα στοιχεία του είναι εύκολα προσδιόρισιμα .

$\left\{ \begin{gathered} \frac{{EZ}}{{BC}} = \frac{{AS}}{{AO}} = \frac{4}{5} \hfill \\ AE = \sqrt {A{S^2} + E{S^2}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} ES = SZ = \frac{8}{5} \hfill \\ AE = AZ = \frac{{4\sqrt {29} }}{5} = a \hfill \\ \end{gathered} \right.$ , θέτω επίσης : $\boxed{EP = x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AT = y}$ .

Στο $\vartriangle AEZ$ με διατέμνουσα $\overline {PST}$ έχω : $\boxed{\frac{{AP}}{{PE}} \cdot \frac{{ES}}{{SZ}} \cdot \frac{{ZT}}{{TA}} = 1 \Rightarrow \frac{{a + x}}{x} \cdot 1 \cdot \frac{{a - y}}{y} = 1}$

Δηλαδή $\left( {a + x} \right)\left( {a - y} \right) = 1\,\,\left( 1 \right)$ . Αλλά στο $\vartriangle APT$ η

είναι διχοτόμος και άρα:

: Τυχερό γινόμενο_Γεωμετρικά.png (13.61 KiB) Προβλήθηκε 1215 φορές

$A{S^2} = AP \cdot AT - SP \cdot ST \Rightarrow \left( {a + x} \right)y = 13 + {4^2} = 29\,\,\left( 2 \right)$ . Το σύστημα των $\left( 1 \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 2 \right)$ μας δίδει:

$\left\{ \begin{gathered} x = \frac{{6\sqrt {29} }}{5} \hfill \\ y = \frac{{\sqrt {29} }}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} AP = \frac{{6\sqrt {29} }}{5} + \frac{{4\sqrt {29} }}{5} = 2\sqrt {29} \hfill \\ AT = \frac{{\sqrt {29} }}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ και τα $P\,\,,\,\,T$ άμεσα προσδιορίζονται.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 09, 2021 7:48 pm**

Αφού ο φίλτατος Νίκος έγραψε την Ανάλυση, θα γράψω κι εγώ δυο λόγια για το πώς βρέθηκαν οι θέσεις των P, T

στην προηγούμενή μου ανάρτηση. Όχι πάντως με μαντεψιά ούτε με επιφοίτηση του Αγίου Πνεύματος

Με τους συμβολισμούς του σχήματος και με δύο Μενέλαους στα τρίγωνα ABO, ABC

και διατέμνουσες $\displaystyle \overline {PKS} ,\overline {PKT}$ αντίστοιχα έχω:

: Τυχερό γινόμενο.β.png (11.09 KiB) Προβλήθηκε 1190 φορές

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{4}{1} \cdot \dfrac{x}{{2 - x}} \cdot \dfrac{y}{{y + \sqrt {29} }} = 1\\ \\ \dfrac{{AT}}{{AT - \sqrt {29} }} \cdot \dfrac{{2 + x}}{{2 - x}} \cdot \dfrac{y}{{y + \sqrt {29} }} = 1 \end{array} \right. \Rightarrow$ $\boxed{y = \frac{{(2 - x)\sqrt {29} }}{{5x - 2}}}$ και $\boxed{AT = \frac{{4x\sqrt {29} }}{{5x + 2}}}$

Με νόμο συνημιτόνου στα τρίγωνα ASP, AST

κι επειδή $SP\cdot ST=13,$ βρίσκω $\boxed{x=\frac{2}{3}}$ και αντικαθιστώντας στις παραπάνω σχέσεις παίρνω $\displaystyle y = \sqrt {29} ,AT = \frac{{\sqrt {29} }}{2},$ απ' όπου προκύπτει ότι το

είναι μέσο του

και το

μέσο του

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 10, 2021 10:30 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 08, 2021 6:21 pm
Τυχερό γινόμενο.pngΠάνω στις ημιευθείες και επιλέξτε σημεία , συνευθειακά

με το , με και τέτοια ώστε : $SP \cdot ST=13$ .

Με $CA=AL=b\Rightarrow LB \bot BC$ κι έστω

επί της

με

και $NS \cap LC={Q}$ .Είναι BL=10

Το

είναι παραλ/μμο .Στο $\triangle LAB$ με διατέμνουσα NEQ

ο Μενέλαος δίνει

$\dfrac{AE}{EB}. \dfrac{BN}{NL} . \dfrac{QL}{QA}=1 \Rightarrow 1. \dfrac{4}{6}. \dfrac{b+AQ}{AQ}=1 \Rightarrow AQ=2b=2 \sqrt{29}$

Με $AS=4,CS= \sqrt{5} ,AQ=2 \sqrt{29}$ το 1ο θ.διαμέσου δίνει $SQ=2 \sqrt{13}$ .

Με

μέσον της $QS \Rightarrow CM=// \frac{AS}{2}=2$ άρα $NS=SM= \sqrt{13} \Rightarrow ES= \dfrac{ \sqrt{13} }{2}$ και

$ES.SQ=ST.SP=13 \Rightarrow ETQP$ εγγράψιμμο οπότε $\angle PEQ= \angle PTQ$

άρα από την προφανή ισότητα των τριγώνων EAS,ATS

είναι $EA=AT= \dfrac{b}{2}$

Το

είναι η τομή της

με την

όπου

μέσον της

: Τυχερό γινόμενο.png (21.49 KiB) Προβλήθηκε 1153 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 11, 2021 12:46 pm**

Επειδή το πρόβλημα προϊδεάζει για την χρήση υπερβολής,
πρώτα κατασκεύασα την υπερβολή με ασυμπτώτους

,

που διέρχεται εκ του

.

[Ανάλυση] Επειδή $ST \cdot SP=13$ για την παραλλήλως τεταγμένη εφαπτομένη

θα είναι

$\displaystyle{ JL^2 = ST \cdot SP \rightarrow JL = \sqrt{13} }$

Εύκολα βλέπω τα ακόλουθα,

$\displaystyle{ \begin{aligned} & SA=4, BC=4, BN=NC=2, NS=1 \cr & {GS \over BN} = {4 \over 5} \rightarrow GS=1.6=SQ \cr & (AGQ) = GS \cdot SA = 6.4 = (AML) \cr \end{aligned} }$

Χρησιμοποιώντας τώρα κάποιες ιδιότητες της υπερβολής, γνωστές ήδη από τον Απολλώνιο,
καθώς και τον ιστορικό όρο "ορθία", βρίσκω

$\displaystyle{ \begin{aligned} & orthia \cdot SH = GS^2 \rightarrow orthia = 1.28 \cr & {orthia \over SH} = {JN^2 \over HN \cdot NS} \rightarrow JN=1.2 \rightarrow BJ = 0.8 \cr \end{aligned} }$

[Σύνθεση] Κατασκευάζω την υπερβολή με ασυμπτώτους τις ευθείες

,

που διέρχεται από το

. Οι εστίες είναι τότε

,

.
Έστω

το (άνω) σημείο τομής της υπερβολής με τον κύκλο (B,0.8)

.
Τότε η παράλληλος από το

προς την εφαπτομένη της υπερβολής στο

προσδιορίζει τα σημεία

,

,
και θά είναι $SP \cdot ST = 13$ .

mathematica.gr

Τυχερό γινόμενο

Τυχερό γινόμενο

Re: Τυχερό γινόμενο

Re: Τυχερό γινόμενο

Re: Τυχερό γινόμενο

Re: Τυχερό γινόμενο

Re: Τυχερό γινόμενο

Re: Τυχερό γινόμενο

Re: Τυχερό γινόμενο