Διπλάσιο γινόμενο

KARKAR · #1

: Διπλάσιος λόγος.png (7.35 KiB) Προβλήθηκε 1131 φορές

Από σημείο

, το οποίο βρίσκεται στην προέκταση της διαμέτρου

ενός ημικυκλίου , φέρω

το εφαπτόμενο τμήμα

και εν συνεχεία $TP \perp AB$ . Δείξτε ότι : $AB\cdot PS=2\cdot AP\cdot BS$

Ορέστης Λιγνός · #2

KARKAR έγραψε:
Διπλάσιος λόγος.png
Από σημείο , το οποίο βρίσκεται στην προέκταση της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , φέρω

το εφαπτόμενο τμήμα και εν συνεχεία $TP \perp AB$ . Δείξτε ότι : $AB\cdot PS=2\cdot AP\cdot BS$

Καλησπέρα!

Έστω $AP=x, \, PB=y, \, BS=z$ .

Στο ορθογώνιο TAB

, η

είναι ύψος, άρα TP^2=xy

.

Η

είναι εφαπτόμενη του κύκλου, άρα $ST^2=SB \cdot SA=z(x+y+z)$ .

Με Π.Θ. στο ορθογώνιο TPS

, έχουμε $TP^2+PS^2=TS^2 \Leftrightarrow xy+(y+z)^2=z(x+y+z) \Leftrightarrow \ldots \Leftrightarrow xz=y^2+yz+xy$

$\Leftrightarrow 2xz=y^2+yz+xy+xz \Leftrightarrow (x+y)(y+z)=2xz \Leftrightarrow \boxed{AB \cdot PS=2AP \cdot BS}$ , ο.ε.δ.

#3

Καλησπέρα.

Τόπο στα νιάτα!!

Αν

το κέντρο του ημικυκλίου και θέσουμε,

$AO = OB = R\,,\,OP = x\,,\,PB = y\,,\,BS = w$ η προς απόδειξη γράφεται:

: Διπλάσιο γινόμενο.png (14.95 KiB) Προβλήθηκε 1100 φορές

$R(y + w) = (R + x)w \Rightarrow \boxed{\frac{y}{w} = \frac{x}{R}\,}\,\,(1)$ . Αλλά τα B,A

είναι αρμονικά συζυγή των P,S

( χιλιοειπωμένο ) . Συνεπώς : $\boxed{\frac{y}{w} = \frac{{R + x}}{{2R + w}}}\,\,(2)$ . Αρκεί λοιπόν να δείξουμε:

$\dfrac{{R + x}}{{2R + w}} = \dfrac{x}{R} \Rightarrow {R^2} = x(w + R)$ . Δηλαδή : $O{T^2} = OP \cdot PS$ ( αληθές , Θ. Ευκλείδη)

Τελικά οι στροφές του Ορέστη είναι το κάτι άλλο. Δεν είναι ότι δίδει σωστές και μάλιστα αρκετές φορές πρωτότυπες λύσεις αλλά είναι και σε χρόνο ελάχιστο .

Φιλικά, Νίκος

Ιστοσελίδα · #4

KARKAR έγραψε: Από σημείο , το οποίο βρίσκεται στην προέκταση της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , φέρω

το εφαπτόμενο τμήμα και εν συνεχεία $TP \perp AB$ . Δείξτε ότι : $AB\cdot PS=2\cdot AP\cdot BS$

Καλησπέρα!

: Διπλάσιο-γινόμενο.png (26.67 KiB) Προβλήθηκε 1093 φορές

Από $\triangleleft ATP \sim \triangleleft TBP \Rightarrow T{P^2} = AP \cdot PB = AP(PS - BS)\,\,(1)$

Από $\triangleleft STP \sim \triangleleft TOP \Rightarrow T{P^2} = PS \cdot PO = PS\left( {AP - \dfrac{{AB}}{2}} \right)\,(2)$

Με εξίσωση των δεύτερων μελών των (1),(2)

προκύπτει το ζητούμενο.

#5

KARKAR έγραψε:Διπλάσιος λόγος.png Από σημείο , το οποίο βρίσκεται στην προέκταση της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , φέρω

το εφαπτόμενο τμήμα και εν συνεχεία $TP \perp AB$ . Δείξτε ότι : $AB\cdot PS=2\cdot AP\cdot BS$

Καλησπέρα σε όλους!

Έστω AB=2R, BS=x.

: Διπλάσιο γινόμενο.png (17.01 KiB) Προβλήθηκε 1090 φορές

● $\displaystyle{AB \cdot PS = 2R\frac{{T{S^2}}}{{OS}} = \frac{{2Rx(x + 2R)}}{{x + R}}}$

● $\displaystyle{2AP \cdot BS = 2(R + OP)x = 2\left( {R + \frac{{O{T^2}}}{{OS}}} \right)x = 2\left( {R + \frac{{{R^2}}}{{R + x}}} \right)x = \frac{{2Rx(x + 2R)}}{{R + x}}}$

#6

Ας το δούμε και αλλιώς:

Tα A,B

είναι συζυγή αρμονικά των P,S

, οπότε έχουμε τις συνεπαγωγές:

$\dfrac{PA}{PB}=\dfrac{SA}{SB}\Rightarrow \dfrac{AP}{AB-AP}=\dfrac{SP+AP}{BS}$

$\Rightarrow AP\cdot BS=AB\cdot SP-AP(AP+SP-AB)$

$\Rightarrow AP\cdot BS=AB\cdot SP-AP\cdot BS$

$\Rightarrow 2AP\cdot BS=AB\cdot PS$

#7

KARKAR έγραψε:Διπλάσιος λόγος.png Από σημείο , το οποίο βρίσκεται στην προέκταση της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , φέρω το εφαπτόμενο τμήμα και εν συνεχεία $TP \perp AB$ . Δείξτε ότι : $AB\cdot PS=2\cdot AP\cdot BS$

.
Για την καλησπέρα και μόνο στην αφρόκρεμα της γεωμετρίας

: Διπλάσιο γινόμενο.png (21.75 KiB) Προβλήθηκε 1075 φορές

Έστω το σημείο τομής της ( το κέντρο του ημικυκλίου) με τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου $\vartriangle ATS,L\ne T$ και έστω $N\equiv TP\cap SL$ .

Τότε $\angle LAS = \angle LTS = {90^0} \Rightarrow$ $LA \bot AS \Rightarrow \boxed{AL\parallel PN}:\left( 1 \right)$ και $\angle SAT \equiv \angle OAT = \angle OTA \equiv \angle LTA = \angle ASL$

$\Rightarrow AT\parallel LS\mathop \Rightarrow \limits^{BT \bot AT} BT \bot LS\mathop \Rightarrow \limits^{SP \bot TN} B$ το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle TSN \Rightarrow NB \bot TS\mathop \Rightarrow \limits^{LT \bot TS} \boxed{NB\parallel LO}:\left( 2 \right)$ .

Από $\left( 1 \right) \Rightarrow \dfrac{{AP}}{{PS}} = \dfrac{{LN}}{{NS}}\mathop = \limits^{\left( 2 \right)} \dfrac{{OB}}{{BS}}\mathop = \limits^{AB = 2OB} \dfrac{{AB}}{{2BS}}$ $\Rightarrow \boxed{AB \cdot PS = 2AP \cdot BS}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Ορέστης Λιγνός · #8

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
KARKAR έγραψε:Διπλάσιος λόγος.png Από σημείο , το οποίο βρίσκεται στην προέκταση της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , φέρω το εφαπτόμενο τμήμα και εν συνεχεία $TP \perp AB$ . Δείξτε ότι : $AB\cdot PS=2\cdot AP\cdot BS$
.
Για την καλησπέρα και μόνο στην αφρόκρεμα της γεωμετρίας

Διπλάσιο γινόμενο.png
Έστω το σημείο τομής της ( το κέντρο του ημικυκλίου) με τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου $\vartriangle ATS,L\ne T$ και έστω $N\equiv TP\cap SL$ .

Τότε $\angle LAS = \angle LTS = {90^0} \Rightarrow$ $LA \bot AS \Rightarrow \boxed{AL\parallel PN}:\left( 1 \right)$ και $\angle SAT \equiv \angle OAT = \angle OTA \equiv \angle LTA = \angle ASL$

$\Rightarrow AT\parallel LS\mathop \Rightarrow \limits^{BT \bot AT} BT \bot LS\mathop \Rightarrow \limits^{SP \bot TN} B$ το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle TSN \Rightarrow NB \bot TS\mathop \Rightarrow \limits^{LT \bot TS} \boxed{NB\parallel LO}:\left( 2 \right)$ .

Από $\left( 1 \right) \Rightarrow \dfrac{{AP}}{{PS}} = \dfrac{{LN}}{{NS}}\mathop = \limits^{\left( 2 \right)} \dfrac{{OB}}{{BS}}\mathop = \limits^{AB = 2OB} \dfrac{{AB}}{{2BS}}$ $\Rightarrow \boxed{AB \cdot PS = 2AP \cdot BS}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Αν εγώ φέρνω

στροφές το λεπτό, ο κύριος Στάθης φέρνει $\displaystyle n^{\infty}$ στροφές

!!

Μιχάλης Τσουρακάκης · #9

KARKAR έγραψε:Διπλάσιος λόγος.png Από σημείο , το οποίο βρίσκεται στην προέκταση της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , φέρω

το εφαπτόμενο τμήμα και εν συνεχεία $TP \perp AB$ . Δείξτε ότι : $AB\cdot PS=2\cdot AP\cdot BS$

και μια άλλη σκέψη...

Έστω $\displaystyle{C}$ το συμμετρικό του $\displaystyle{P}$ ως προς $\displaystyle{A}$ και σχηματίζουμε τα ορθογώνια $\displaystyle{CPZD,ABMK}$ με $\displaystyle{PZ = BS,BM = PS}$

Είναι, $\displaystyle{EK = AK - AE = PS - BS = PB}$

Θα αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\left( {ABMK} \right) = (CPZD) \Leftrightarrow \left( {APZE} \right) = \left( {PBZH} \right) + \left( {ZHML} \right) + \left( {EZLK} \right) \Leftrightarrow }$ $\displaystyle{AP \cdot BS = PB \cdot BS + PB \cdot AP + P{B^2} \Leftrightarrow AP \cdot BS = PB \cdot AS \Leftrightarrow \frac{{AP}}{{PB}} = \frac{{AS}}{{BS}}}$

Ισχύει, $\displaystyle{S{T^2} = SA \cdot SB \Rightarrow \frac{{SA}}{{SB}} = {\left( {\frac{{ST}}{{SB}}} \right)^2}}$ .Άρα θα αποδείξουμε ότι $\displaystyle{\frac{{AP}}{{PB}} = {\left( {\frac{{ST}}{{SB}}} \right)^2} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{AT}}{{TB}}} \right)^2} = {\left( {\frac{{ST}}{{SB}}} \right)^2} \Leftrightarrow \frac{{AT}}{{TB}} = \frac{{ST}}{{SB}}}$

Η τελευταία όμως είναι αληθής αφού $\displaystyle{\vartriangle ATS \simeq \vartriangle TBS}$

: DG.png (14.84 KiB) Προβλήθηκε 1054 φορές

Διπλάσιο γινόμενο

Διπλάσιο γινόμενο

Re: Διπλάσιο γινόμενο

Re: Διπλάσιο γινόμενο

Re: Διπλάσιο γινόμενο

Re: Διπλάσιο γινόμενο

Re: Διπλάσιο γινόμενο

Re: Διπλάσιο γινόμενο

Re: Διπλάσιο γινόμενο

Re: Διπλάσιο γινόμενο

Μέλη σε σύνδεση