Μέσος και λόγος

KARKAR · #1

: Μέσος και λόγος.png (17.34 KiB) Προβλήθηκε 459 φορές

Με σημείο

διαιρούμε το τμήμα

σε δύο τμήματα AS=a

και

.

Σχεδιάζουμε στο ίδιο ημιεπίπεδο τα ισόπλευρα τρίγωνα ASP

και

.

Τα τμήματα AQ , BP

τέμνονται στο σημείο

.

α) Δείξτε ότι το τμήμα

είναι ο γεωμετρικός μέσος των TP,TQ

.

β) Δείξτε ότι : $\lambda=\dfrac{(PQT)}{(ATB)}\leq\dfrac{1}{4}$ . Πότε θα έχουμε : $\lambda=\dfrac{2}{9}$ ;

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 18, 2019 1:07 pm
Μέσος και λόγος.pngΜε σημείο διαιρούμε το τμήμα σε δύο τμήματα και .

Σχεδιάζουμε στο ίδιο ημιεπίπεδο τα ισόπλευρα τρίγωνα και .

Τα τμήματα τέμνονται στο σημείο .

α) Δείξτε ότι το τμήμα είναι ο γεωμετρικός μέσος των .

β) Δείξτε ότι : $\lambda=\dfrac{(PQT)}{(ATB)}\leq\dfrac{1}{4}$ . Πότε θα έχουμε : $\lambda=\dfrac{2}{9}$ ;

: Μέσος και λόγος.Κ.png (23.24 KiB) Προβλήθηκε 429 φορές

α)

όμοια

β) $\displaystyle \lambda = \frac{{ab}}{{{{(a + b)}^2}}} \le \frac{1}{4}$ που ισχύει και $\displaystyle \lambda = \frac{2}{9}$ όταν a=2b

ή

Edit: Άρση απόκρυψης.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 18, 2019 1:07 pm
Μέσος και λόγος.pngΜε σημείο διαιρούμε το τμήμα σε δύο τμήματα και .

Σχεδιάζουμε στο ίδιο ημιεπίπεδο τα ισόπλευρα τρίγωνα και .

Τα τμήματα τέμνονται στο σημείο .

α) Δείξτε ότι το τμήμα είναι ο γεωμετρικός μέσος των .

β) Δείξτε ότι : $\lambda=\dfrac{(PQT)}{(ATB)}\leq\dfrac{1}{4}$ . Πότε θα έχουμε : $\lambda=\dfrac{2}{9}$ ;

Είναι,

και $\angle QSA= \angle PSB=120^0 \Rightarrow \triangle PBS= \triangle QAS$ άρα οι πράσινες

γωνίες είναι ίσες όπως και οι κόκκινες, άρα, PTSA,QTSB

εγγράψιμα .

Ο κύκλος (S,SA)

τέμνει την

στο

και προφανώς $\triangle PTS= \triangle ETS \Rightarrow TE=TP$ και $\angle EST=x$

Άρα, ST^2=TE . TQ=TP . TQ

Είναι, $TA=TP+TS \geq 2 \sqrt{TP . TS}$ και $TB=TQ+TS \geq 2 \sqrt{TQ . TS}$ και με πολ/σμό έχουμε

$TA . TB \geq 4 \sqrt{TP . TQ . TS^2} =4 \sqrt{TS^4}=4TS^2 \Rightarrow \dfrac{TS^2}{TA . TB} \leq \dfrac{1}{4} \Rightarrow \dfrac{TP . TQ}{TA . TB} \leq \dfrac{1}{4} \Rightarrow \dfrac{(PTQ)}{(TAB)} \leq \dfrac{1}{4}$

$\triangle PTS ,QTS\simeq \triangle TAB \Rightarrow \dfrac{TS}{TB}= \dfrac{a}{a+b}$ και $\dfrac{TS}{TA}= \dfrac{b}{a+b}$ και με πολ/σμό

$\Rightarrow \dfrac{TS^2}{TA . TB} = \dfrac{ab}{(a+b)^2} = \dfrac{(TPQ)}{(TAB)}= \dfrac{2}{9} \Rightarrow a=2b$ ή b=2a

: μέσος και λόγος.png (140.48 KiB) Προβλήθηκε 404 φορές

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 18, 2019 1:07 pm
Μέσος και λόγος.pngΜε σημείο διαιρούμε το τμήμα σε δύο τμήματα και .

Σχεδιάζουμε στο ίδιο ημιεπίπεδο τα ισόπλευρα τρίγωνα και .

Τα τμήματα τέμνονται στο σημείο .

α) Δείξτε ότι το τμήμα είναι ο γεωμετρικός μέσος των .

β) Δείξτε ότι : $\lambda=\dfrac{(PQT)}{(ATB)}\leq\dfrac{1}{4}$ . Πότε θα έχουμε : $\lambda=\dfrac{2}{9}$ ;

Θεωρώ

το σημείο τομής της

με τον περίκυκλο του SBQ

και θα δείξω ότι τα σημεία A, T, Q

είναι συνευθειακά.

Πράγματι, $\displaystyle S\widehat TB = S\widehat QB = 60^\circ = S\widehat AP$ άρα και το APTS

είναι εγγράψιμο κι επειδή

$P\widehat TA = P\widehat SA = 60^\circ = B\widehat TQ,$ τα A, T, Q

είναι συνευθειακά, οπότε

είναι το σημείο τομής των AQ , BP.

: Μέσος και λόγος.Κ.png (23.24 KiB) Προβλήθηκε 371 φορές

α) Από τα δύο εγγράψιμα τετράπλευρα και από τις προφανείς παραλληλίες PS||BQ

και

οι κόκκινες

γωνίες είναι ίσες, όπως και οι μπλε. Άρα τα τρίγωνα TPS, TSQ

είναι όμοια, απ' όπου $\boxed{TS^2=TP\cdot TQ}$

β) Οι PS, QS

εφάπτονται στους κύκλους (S, B, Q), (A, S,P)

αντίστοιχα.

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} {a^2} = PT \cdot PB\\ \\ b(b + a) = BT \cdot BP \end{array} \right. \Rightarrow \frac{{{a^2}}}{{b(b + a)}} = \frac{{PT}}{{BT}}$ και ομοίως $\displaystyle \frac{{{b^2}}}{{a(a + b)}} = \frac{{QT}}{{AT}}$

Άρα, $\displaystyle \frac{{PT \cdot QT}}{{BT \cdot AT}} = \frac{{ab}}{{{{(a + b)}^2}}} \Leftrightarrow$ $\boxed{\frac{{(PQT)}}{{(ATB)}} =\lambda= \frac{{ab}}{{{{(a + b)}^2}}} \le \frac{1}{4}}$ με την ισότητα να ισχύει όταν a=b.

Για $\displaystyle \lambda = \frac{{ab}}{{{{(a + b)}^2}}} = \frac{2}{9},$ εύκολα προκύπτει ότι $\boxed{a=2b}$ ή $\boxed{b=2a}$

KARKAR · #5

: Μέσος και λόγος.png (17.34 KiB) Προβλήθηκε 330 φορές

Η λύση του προτείναντος στο δεύτερο ερώτημα :

Η

είναι η διχοτόμος της 120^0 -

άρας γωνίας $\widehat{ATB}$ .

Με απλούς υπολογισμούς προκύπτει : $TS^2=\left(\dfrac{TA\cdot TB}{TA+TB}\right)^2$ . Συνεπώς :

$\dfrac{(PTQ)}{(ATB)}=\dfrac{TP\cdot TQ}{TA \cdot TB}=\dfrac{TS^2}{TA \cdot TB}=\dfrac{TA\cdot TB}{(TA+TB)^2}\leq \dfrac{1}{4}$

Μέσος και λόγος

Μέσος και λόγος

Re: Μέσος και λόγος

Re: Μέσος και λόγος

Re: Μέσος και λόγος

Re: Μέσος και λόγος

Μέλη σε σύνδεση