Τυχερό γινόμενο

Συντονιστής: Τηλέγραφος Κώστας

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 12650
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Τυχερό γινόμενο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Σάβ Μάιος 08, 2021 6:21 pm

Τυχερό  γινόμενο.png
Τυχερό γινόμενο.png (9.72 KiB) Προβλήθηκε 314 φορές
Πάνω στις ημιευθείες AB και AC επιλέξτε σημεία P,T , συνευθειακά

με το S , με AP>AT και τέτοια ώστε : SP \cdot ST=13 .



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10573
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Τυχερό γινόμενο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Μάιος 08, 2021 7:38 pm

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

με το S , με AP>AT και τέτοια ώστε : SP \cdot ST=13 .
Τυχερό γινόμενο.png
Τυχερό γινόμενο.png (10.14 KiB) Προβλήθηκε 295 φορές

To T είναι μέσο του AC και AP=2AB.

Η λύση αύριο αν δεν απαντηθεί μέχρι τότε.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7985
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Τυχερό γινόμενο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » 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
τυχερό γινόμενο.png (21.99 KiB) Προβλήθηκε 271 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)}


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10573
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Τυχερό γινόμενο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Μάιος 09, 2021 9:37 am

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

με το S , με AP>AT και τέτοια ώστε : SP \cdot ST=13 .


To T είναι μέσο του AC και AP=2AB. Η PS τέμνει την BC στο K. 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
Τυχερό γινόμενο.png (10.14 KiB) Προβλήθηκε 248 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.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7985
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Τυχερό γινόμενο

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Μάιος 09, 2021 11:58 am

Ανάλυση

Έστω λυμένο το πρόβλημα . Φέρνω από το S παράλληλη στην BC και τέμνει τις AB,AC στα E\,\,\kappa \alpha \iota \,\,Z.

Το νέο ισοσκελές τρίγωνο AEZ έχει το S μέσο της βάσης του EZ 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 AS είναι διχοτόμος και άρα:
Τυχερό γινόμενο_Γεωμετρικά.png
Τυχερό γινόμενο_Γεωμετρικά.png (13.61 KiB) Προβλήθηκε 232 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.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10573
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Τυχερό γινόμενο

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » 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 :roll:

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
Τυχερό γινόμενο.β.png (11.09 KiB) Προβλήθηκε 207 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 T είναι μέσο του AC και το B μέσο του AP.


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 2072
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Τυχερό γινόμενο

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Δευ Μάιος 10, 2021 10:30 pm

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

με το S , με AP>AT και τέτοια ώστε : SP \cdot ST=13 .
Με CA=AL=b\Rightarrow LB \bot BC κι έστω N επί της BL με BN=//AS=4 και NS \cap LC={Q}.Είναι BL=10

Το NASB 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 M 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 P είναι η τομή της TS με την AB όπου T μέσον της AC
Τυχερό γινόμενο.png
Τυχερό γινόμενο.png (21.49 KiB) Προβλήθηκε 170 φορές


Άβαταρ μέλους
nickchalkida
Δημοσιεύσεις: 177
Εγγραφή: Τρί Ιουν 03, 2014 11:59 am
Επικοινωνία:

Re: Τυχερό γινόμενο

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nickchalkida » Τρί Μάιος 11, 2021 12:46 pm

Επειδή το πρόβλημα προϊδεάζει για την χρήση υπερβολής,
πρώτα κατασκεύασα την υπερβολή με ασυμπτώτους AB, AC που διέρχεται εκ του S.

[Ανάλυση] Επειδή ST \cdot SP=13 για την παραλλήλως τεταγμένη εφαπτομένη ML 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 AB, AC που διέρχεται από το S. Οι εστίες είναι τότε F, D.
Έστω J το (άνω) σημείο τομής της υπερβολής με τον κύκλο (B,0.8).
Τότε η παράλληλος από το S προς την εφαπτομένη της υπερβολής στο J προσδιορίζει τα σημεία T, P,
και θά είναι SP \cdot ST = 13.
Συνημμένα
rsz_hyper13.png
rsz_hyper13.png (78.78 KiB) Προβλήθηκε 128 φορές


Μη είναι βασιλικήν ατραπόν επί την γεωμετρίαν.
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης