mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 08, 2013 2:59 pm**

: Σπαζοκεφαλιά με εμβαδά.png (11.92 KiB) Προβλήθηκε 385 φορές

Στην πλευρά

του τριγώνου $\displaystyle ABC$ , βρίσκεται σταθερό σημείο

, ώστε $\displaystyle \frac{AP}{PB}=\frac{1}{2}$ .

Σημείο

κινείται επί της

, ενώ

και

τέμνονται στο σημείο

.

1) Για ποια θέση του

είναι $\displaystyle (BPSQ)=\frac{1}{2}(ABC)$ ?

2) Μπορεί να βρεθεί τύπος , που να δίνει το (BPSQ)

, συναρτήσει του λόγου $\displaystyle \frac{BQ}{QC}$ ?

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 08, 2013 6:52 pm**

: Συσχέτιση εμβαδών.PNG (24.6 KiB) Προβλήθηκε 322 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

Δημοσιεύτηκε: **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 (11.92 KiB) Προβλήθηκε 295 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

Δημοσιεύτηκε: **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, $\textrm{m}=\sqrt{13}-2$

mathematica.gr

Σπαζοκεφαλιά με εμβαδά

Σπαζοκεφαλιά με εμβαδά

Re: Σπαζοκεφαλιά με εμβαδά

Re: Σπαζοκεφαλιά με εμβαδά

Re: Σπαζοκεφαλιά με εμβαδά