Σπαζοκεφαλιά με εμβαδά

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11704
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Σπαζοκεφαλιά με εμβαδά

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τετ Μάιος 08, 2013 2:59 pm

Σπαζοκεφαλιά με  εμβαδά.png
Σπαζοκεφαλιά με εμβαδά.png (11.92 KiB) Προβλήθηκε 357 φορές
Στην πλευρά AB του τριγώνου \displaystyle ABC , βρίσκεται σταθερό σημείο P , ώστε \displaystyle \frac{AP}{PB}=\frac{1}{2} .

Σημείο Q κινείται επί της BC , ενώ AQ και CP τέμνονται στο σημείο S .

1) Για ποια θέση του Q είναι \displaystyle (BPSQ)=\frac{1}{2}(ABC) ?

2) Μπορεί να βρεθεί τύπος , που να δίνει το (BPSQ) , συναρτήσει του λόγου \displaystyle \frac{BQ}{QC} ?


KDORTSI
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1951
Εγγραφή: Τετ Μαρ 11, 2009 9:26 pm

Re: Σπαζοκεφαλιά με εμβαδά

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KDORTSI » Τετ Μάιος 08, 2013 6:52 pm

Συσχέτιση εμβαδών.PNG
Συσχέτιση εμβαδών.PNG (24.6 KiB) Προβλήθηκε 294 φορές
Θα βρούμε πρώτα το γενικό τύπο του δευτέρου ερωτήματος κι΄υστερα ως εφαρμογή το πρώτο ερώτημα.

Από το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο \displaystyle{ABQ} με διατέμνουσα την \displaystyle{PSC} προκύπτει:
\displaystyle \frac{AP}{PB}\cdot \frac{BC}{CQ}\cdot \frac{QS}{SA}=1
και με τα δεδομένα του προβλήματος και του σχήματος συμπεραίνεται:
\displaystyle \frac{QS}{SA}=\frac{2n}{m+n}\Rightarrow \frac{QS}{QA}=\frac{2n}{m+3n}\  \ (1)

Ακόμα από το σχήμα φαίνεται:
\displaystyle \frac{\left(BPSQ \right)}{\left(ABC \right)}=\frac{\left(ABC \right)-\left(APS \right)-\left(ASC \right)-\left(SQC \right)}{\left(ABC \right)}=\\\\=1-\frac{\left(APS\right)+\left(ASC \right)}{\left(ABC \right)}-\frac{\left(SQC \right)}{\left(ABC \right)}=\\\\=1-\frac{\left(APC \right)}{\left(ABC \right)}-\frac{\left(SQC \right)}{\left(ABC \right)}\Rightarrow \\\\\Rightarrow \frac{\left(BPSQ \right)}{\left(ABC \right)}=1-\frac{\left(APC \right)}{\left(ABC \right)}-\frac{\left(SQC \right)}{\left(ABC \right)}
και επειδή τα τρίγωνα \displaystyle{APC, ABC} έχουν το ίδιο ύψος, ο λόγος των εμβαδών είναι ίσος με το λόγο των βάσεων, δηλαδή \displaystyle{1:3}
η τελευταία σχέση γίνεται:
\displaystyle \frac{\left(BPSQ \right)}{\left(ABC \right)}=1-\frac{1}{3}-\frac{\left(SQC \right)}{\left(ABC \right)}\Rightarrow \\\\\Rightarrow \frac{\left(BPSQ \right)}{\left(ABC \right)}=\frac{2}{3}-\frac{\left(SQC \right)}{\left(ABC \right)}\  \ (2)

Επίσης είναι:
\displaystyle \left\{\begin{matrix} 
\displaystyle \frac{\left(SQC \right)}{\left(SBC \right)}=\frac{n}{m+n} & \\\\ \displaystyle \frac{\left(SBC \right)}{ABC} =\frac{SQ}{AQ} 
 &  
\end{matrix}\right.\Rightarrow \frac{\left(SQC \right)}{\left(ABC \right)}=\frac{n}{m+n}\left(\frac{SQ}{AQ} \right)\  \ (3)

Η σχέση (2) σύμφωνα με την (3) και την (1) δίνει:
\displaystyle{\frac{(BPSQ)}{(ABC)}=\frac{2}{3}-\frac{2n^2}{(m+n)(m+3n)}}
και αν θέσουμε: \displaystyle{ \frac{m}{n}=l} τότε η τελευταία γίνεται:
\displaystyle{\frac{(BPSQ)}{(ABC)}=\frac{2}{3}-\frac{2}{(l+1)(l+3)}}
η σχέση αυτή δίνει τη σχέση των εμβαδών αυτών συναρτήσει του μερικού λόγου \displaystyle{l} που ορίζει το σημείο \displaystyle{Q} με τις κορυφές \displaystyle{B,C}.

Αν θέλουμε τώρα να είναι \displaystyle{\frac{(BPSQ)}{(ABC)}=\frac{1}{2} τότε από τη σχέση που βρήκαμε κάνοντας πράξεις και λύνοντας μια δευτεροβάθμια εξίσωση
βρίσκουμε ότι:

\displaystyle{ l=\frac{m}{n}=\sqrt{13}-2}

Παρατήρηση: Το ανωτέρω σχήμα έγινε σύμφωνα με την τιμή αυτή και επαληθεύτηκε η ορθότητα της απάντησης.


Κώστας Δόρτσιος


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4673
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Σπαζοκεφαλιά με εμβαδά

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Τετ Μάιος 08, 2013 7:33 pm

Στα χνάρια του Κώστα Δόρτσιου, με μία διαφορά:

Ο πεπειραμένος γεωμέτρης ξεκινά (άνετα) από τη γενίκευση και κατόπιν εφαρμόζει τον τύπο για όποια τιμή θέλει.

Ο άπειρος ασκούμενος ξεκινά (κατά POLYA) από την ειδική περίπτωση και κατόπιν γενικεύει....
Σπαζοκεφαλιά με  εμβαδά.png
Σπαζοκεφαλιά με εμβαδά.png (11.92 KiB) Προβλήθηκε 267 φορές
Είναι \displaystyle{\frac{{AP}}{{AB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{\left( {APC} \right)}}{{\left( {ABC} \right)}} = \frac{1}{3}}
Έστω \displaystyle{QC = k \cdot BC,\;\;0 < k < 1}, οπότε \displaystyle{\frac{{\left( {AQC} \right)}}{{\left( {ABC} \right)}} = k}

Από Θ. Μενελάου στο ABQ είναι \displaystyle{\frac{{AP}}{{PB}} \cdot \frac{{BC}}{{CQ}} \cdot \frac{{QS}}{{SA}} = 1 \Leftrightarrow \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{k} \cdot \frac{{QS}}{{SA}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{QS}}{{SA}} = 2k},
δηλαδή \displaystyle{\frac{{QS}}{{QA}} = \frac{{2k}}{{2k + 1}} \Rightarrow \frac{{\left( {QSC} \right)}}{{\left( {AQC} \right)}} = \frac{{2k}}{{2k + 1}} \Rightarrow \frac{{\left( {QSC} \right)}}{{\left( {ABC} \right)}} = \frac{{2{k^2}}}{{2k + 1}}}

Οπότε \displaystyle{\frac{{\left( {BPSQ} \right)}}{{\left( {ABC} \right)}} = 1 - \frac{{\left( {APC} \right)}}{{\left( {ABC} \right)}} - \frac{{\left( {SQC} \right)}}{{\left( {ABC} \right)}} = \frac{2}{3} - \frac{{2{k^2}}}{{2k + 1}}}

Άρα \displaystyle{\frac{{\left( {BPSQ} \right)}}{{\left( {ABC} \right)}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{{2{k^2}}}{{2k + 1}} = \frac{1}{6} \Leftrightarrow 12{k^2} - 2k - 1 = 0}

Οπότε \displaystyle{k = \frac{{1 + \sqrt {13} }}{{12}}}

Γενικεύοντας, \displaystyle{\frac{{QC}}{{BC}} = k \Rightarrow \frac{{QC}}{{BQ}} = \frac{k}{{1 - k}}} Έστω \displaystyle{m = \frac{k}{{1 - k}} \Leftrightarrow k = \frac{m}{{1 + m}},\;\;m > 0}

Είναι \displaystyle{\frac{{\left( {BPSQ} \right)}}{{\left( {ABC} \right)}} = \frac{{ - 6{k^2} + 4k + 2}}{{6k + 3}} = ... = \frac{{8m + 2}}{{3\left( {m + 1} \right)\left( {3m + 1} \right)}}}


edit: Πρόσθεσα τη γενίκευση στις 20:12


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1857
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Σπαζοκεφαλιά με εμβαδά

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Πέμ Μάιος 09, 2013 2:11 am

Καλημέρα. Μια ακόμη αντιμετώπιση χωρίς Μενέλαο.

Έστω \frac{BQ}{QC}=\frac{\kappa }{\lambda }=\textrm{m},\left ( ABC \right )=\textrm{E},\left ( APS \right )=\Pi _{1},\left ( ASC \right )=\Pi ,\left ( SQC \right )=\Pi _{2},\left ( BSQ \right )=\Pi _{3}
\frac{\left ( BSC \right )}{\left ( ASC \right )}=\frac{BP}{AP}=2\Leftrightarrow \left ( BSC \right )=2\Pi \Leftrightarrow \Pi _{2}+\Pi _{3}=2\Pi \left ( 1 \right )
Ακόμη , \frac{\Pi _{3}}{\Pi _{2}}=\frac{\kappa }{\lambda }=\textrm{m}\left ( 2 \right )
Από (1),(2) παίρνουμε εύκολα \Pi _{2}=\frac{2\Pi }{m+1},\Pi _{3}=\frac{2m\Pi }{m+1}
\frac{\left ( PSB \right )}{\Pi _{1}}=\frac{BP}{AP}=2\Leftrightarrow \left ( PSB \right )=2\Pi _{1}\Rightarrow \left ( ASB \right )=3\Pi _{1}.\frac{\left ( ASB \right )}{\Pi }=\frac{\kappa }{\lambda }=\textrm{m}\Leftrightarrow 3\Pi _{1}=\textrm{m}\Pi\Leftrightarrow \Pi _{1}=\frac{m\Pi }{3} \left ( 3 \right )
\Pi _{1}+\Pi =\left ( APC \right )=\frac{E}{3} και βάσει της (3) έχουμε
\Pi =\frac{E}{m+3} , οπότε, \Pi _{1}=\frac{mE}{3\left ( m+3 \right )},\Pi _{3}=\frac{2mE}{\left ( m+1 \right )\left ( m+3 \right )}
\left ( PSQB \right )=\left ( PSB \right )+\Pi _{3}=2\Pi _{1}+\Pi _{3}\Rightarrow \left ( PSQB \right )=\frac{2}{3}\cdot \frac{m\left ( m+4 \right )}{\left ( m+1 \right )\left ( m+3 \right )}\cdot \textrm{E}\Leftrightarrow \frac{\left ( PSQB \right )}{E}= \frac{2}{3}\cdot \frac{m\left ( m+4 \right )}{\left ( m+1 \right )\left ( m+3 \right )}

Στην ειδική περίπτωση που \frac{\left ( SPBQ \right )}{E}=\frac{1}{2} ,λύνοντας την δευτεροβάθμια εξίσωση \textrm{m}^{2}+4\textrm{m}-9=0 στην οποία καταλήγουμε παίρνουμε, \textrm{m}=\sqrt{13}-2
Συνημμένα
e.png
e.png (18.8 KiB) Προβλήθηκε 190 φορές


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

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