Υπερβολικός λόγος

#1

: Υπερβολικός λόγος.png (16.67 KiB) Προβλήθηκε 893 φορές

Τα

είναι μεταβλητά σημεία του δεξιού κλάδου της υπερβολής με εξίσωση $\displaystyle y = \frac{1}{x}.$ Μία ευθεία $(\epsilon)$ που διέρχεται

από την αρχή των αξόνων και είναι κάθετη στην AB,

τέμνει την υπερβολή στο

και την

στο

Ο περίκυκλος

του τριγώνου ABC

επανατέμνει την $(\epsilon)$ στο

Να υπολογίσετε το λόγο $\displaystyle \frac{{OD}}{{CF}}.$

#2

george visvikis έγραψε: Δευ Δεκ 27, 2021 1:53 pm Υπερβολικός λόγος.png
Τα είναι μεταβλητά σημεία του δεξιού κλάδου της υπερβολής με εξίσωση $\displaystyle y = \frac{1}{x}.$ Μία ευθεία $(\epsilon)$ που διέρχεται

από την αρχή των αξόνων και είναι κάθετη στην τέμνει την υπερβολή στο και την στο Ο περίκυκλος

του τριγώνου επανατέμνει την $(\epsilon)$ στο Να υπολογίσετε το λόγο $\displaystyle \frac{{OD}}{{CF}}.$

$\bullet$ Έστω $A\left( a,\dfrac{1}{a} \right)$ και $B\left( b,\dfrac{1}{b} \right)$ με a,b>0

. Τότε με προφανώς (λόγω διακεκριμένων σημείων A,B

της υπερβολής $y=\dfrac{1}{x}$ ) θα είναι $a\ne b\Rightarrow {{\lambda }_{AB}}=\dfrac{\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b}}{a-b}=-\dfrac{1}{ab}\overset{\left( \varepsilon \right)\bot AB}{\mathop{\Rightarrow }}\,{{\lambda }_{\left( \varepsilon \right)}}=ab$ πότε $\left( \varepsilon \right):y=abx$ .

: υπερβολικός λόγος.png (34.84 KiB) Προβλήθηκε 802 φορές

$\bullet$ Η λύση του συστήματος $y=\dfrac{1}{x},y=abx$ μας δίνει εύκολα τις συντεταγμένες των C,{C}'

των σημείων τομής τους . Είναι προφανώς $C\left( \dfrac{1}{\sqrt{ab}},\sqrt{ab} \right),{C}'\left( -\dfrac{1}{\sqrt{ab}},-\sqrt{ab} \right)$
συμμετρικά (λόγω της συμμετρίας της υπερβολής) ως προς την αρχή των αξόνων

).

$\bullet$ Είναι ${{\lambda }_{AC}}=\dfrac{\sqrt{ab}-\dfrac{1}{a}}{\dfrac{1}{\sqrt{ab}}-a}=\ldots -\sqrt{\dfrac{b}{a}}$ και ${{\lambda }_{B{C}'}}=\dfrac{-\sqrt{ab}-\dfrac{1}{b}}{-\dfrac{1}{\sqrt{ab}}-b}=\ldots \sqrt{\dfrac{a}{b}}$ και συνεπώς ${{\lambda }_{AC}}\cdot {{\lambda }_{B{C}'}}=-1\Rightarrow AC\bot B{C}'\overset{{C}'D\bot AB}{\mathop{\Rightarrow }}\,C$ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle AB{C}'$ και συνεπώς ο περίκυκλός του θα είναι ίσος με τον περίκυκλο του τριγώνου $\vartriangle ABF$ οι οποίοι τέμντονται στα σημεία A,B

και λόγω της ισότητάς τους θα είναι συμμετρικοί ως προς την κοινή τους χορδή

. Αν $K\equiv CD\cap \left( A,B,{C}' \right),K\ne {C}'\Rightarrow K$ συμμετρικό του

ως προς την

(γνωστή γεωμετρική πρόταση του ορθοκέντρου τριγώνου) άρα και ως προς το

(αφού $CK\equiv \left( \varepsilon \right)\bot AB$ ) . Τότε $OD=OC+CD=\dfrac{C{C}'+CK}{2}=\dfrac{{C}'K}{2}$ $\overset{\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha \,\,\tau \omega \nu \,\,\kappa \upsilon \kappa \lambda \omega \nu }{\mathop{=}}\,\dfrac{CF}{2}\Rightarrow \dfrac{OD}{CF}=\dfrac{1}{2}$ .

Μου άρεσε ιδιαίτερα το θέμα αυτό Γιώργο. Είναι στην πραγματικότητα μια ευκλείδια πρόταση σε συνδυασμός με τη συμμετρία της υπερβολής και στοιχειώδεις λογαριασμούς από αναλυτική γεωμετρία ευτυχώς χωρίς τη βοήθεια λογισμικού που θα μας δώσει κάποιο αποτέλεσμα της μορφής 2,134256148...

και θα μας σπάσει τα νεύρα

.

Το πρόβλημα συνεχίζει να ισχύει και για όλες τις υπερβολές της μορφής $y=\dfrac{a}{x},a\ne 0$ (ίδια ακριβώς αντιμετώπιση ) και είναι πράγματι εντυπωσιακό το αποτέλεσμα

#3

Σ' ευχαριστώ Στάθη για τη λύση

και χάρηκα που σου άρεσε. Κι εμένα με εντυπωσίασε το αποτέλεσμα. Να

συμπληρώσω ότι είναι από την επιλογή της εθνικής ομάδας της Λευκορωσίας για την Μαθηματική Ολυμπιάδα του 2016.

#4

george visvikis έγραψε: Κυρ Ιαν 16, 2022 6:54 pm Σ' ευχαριστώ Στάθη για τη λύση και χάρηκα που σου άρεσε. Κι εμένα με εντυπωσίασε το αποτέλεσμα. Να

συμπληρώσω ότι είναι από την επιλογή της εθνικής ομάδας της Λευκορωσίας για την Μαθηματική Ολυμπιάδα του 2016.

Γιώργο ,

Μήπως εχεις υπόψη σου κάποια λυση που προτείνει η επιτροπή για το ως άνω θέμα και για ποιό λόγο άραγε δεν το προτείνουν στις πιο γενικές υπερβολές ;

#5

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Κυρ Ιαν 16, 2022 7:16 pm
george visvikis έγραψε: Κυρ Ιαν 16, 2022 6:54 pm Σ' ευχαριστώ Στάθη για τη λύση και χάρηκα που σου άρεσε. Κι εμένα με εντυπωσίασε το αποτέλεσμα. Να

συμπληρώσω ότι είναι από την επιλογή της εθνικής ομάδας της Λευκορωσίας για την Μαθηματική Ολυμπιάδα του 2016.
Γιώργο ,

Μήπως εχεις υπόψη σου κάποια λυση που προτείνει η επιτροπή για το ως άνω θέμα και για ποιό λόγο άραγε δεν το προτείνουν στις πιο γενικές υπερβολές ;

Όχι, Στάθη, δεν έχω την επίσημη λύση.

Υπερβολικός λόγος

Υπερβολικός λόγος

Re: Υπερβολικός λόγος

Re: Υπερβολικός λόγος

Re: Υπερβολικός λόγος

Re: Υπερβολικός λόγος

Μέλη σε σύνδεση