Δύσκολη εφαπτομένη

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9575
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Δύσκολη εφαπτομένη

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Μάιος 21, 2020 7:39 pm

Δύσκολη εφαπτομένη.png
Δύσκολη εφαπτομένη.png (10.48 KiB) Προβλήθηκε 764 φορές
Στο τρίγωνο ABC του σχήματος το AD είναι ύψος και οι γωνίες \widehat B, \widehat C είναι γνωστές και οξείες. Επί των πλευρών

AB, AC θεωρούμε τα σημεία M, N αντίστοιχα, ώστε M\widehat DA=A\widehat DN=\theta. Να βρείτε συναρτήσει των \widehat B, \widehat C

την τιμή της \tan \theta για την οποία μεγιστοποιείται το εμβαδόν του τριγώνου DMN.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1912
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Δύσκολη εφαπτομένη

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Σάβ Μάιος 23, 2020 9:49 pm

tan^2\theta= cotB \,cotC;


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7341
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Δύσκολη εφαπτομένη

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Μάιος 24, 2020 12:00 am

rek2 έγραψε:
Σάβ Μάιος 23, 2020 9:49 pm
tan^2\theta= cotB \,cotC;
Δύσκολη εφαπτομένη_κατασκευή_1.png
Δύσκολη εφαπτομένη_κατασκευή_1.png (32.06 KiB) Προβλήθηκε 631 φορές
Η σχέση επαληθεύεται σε γεωμετρική κατασκευή που έκανα ( χωρίς να γνωρίζω αυτή τη τριγωνομετρική σχέση ) γιατί η

MN διέρχεται από "σταθερό" σημείο , συγκεκριμένα από το συζυγές αρμονικό του D . ως προς τα B,C.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7341
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Δύσκολη εφαπτομένη

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Μάιος 24, 2020 7:34 pm

Ας είναι J\,\,\kappa \alpha \iota \,\,H οι προβολές των M\,\,\kappa \alpha \iota \,\,N στην BC και T η τομή των AD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MN.

Προφανώς \left( {DMN} \right) = \left( {TJH} \right) . Θέτω : DB = k\,\,,\,\,DC = m\,\,,\,MJ = {y_1}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,NH = {y_2}.

Ισχύουν ταυτόχρονα:\left\{ \begin{gathered} 
  \cot B = \frac{{BJ}}{{{y_1}}} \hfill \\ 
  \tan \theta  = \frac{{JD}}{{{y_1}}} \hfill \\  
\end{gathered}  \right. και \left\{ \begin{gathered} 
  \cot C = \frac{{HC}}{{{y_2}}} \hfill \\ 
  \tan \theta  = \frac{{HD}}{{{y_2}}} \hfill \\  
\end{gathered}  \right.

Άρα : {y_1}\left( {\cot B + \tan \theta } \right) = k\,\,\,\left( 1 \right) και ομοίως: {y_2}\left( {\cot C + \tan \theta } \right) = m\,\,\,\left( 2 \right).

Ακόμα δε: JH = JD + HD = \left( {{y_1} + {y_2}} \right)\tan \theta \,\,\,\,\left( 3 \right)

Επίσης από το τραπέζιο MJHN και αφού : \vartriangle JDM \approx \vartriangle HDN


\dfrac{{{y_1} - DT}}{{DT - {y_2}}} = \dfrac{{JD}}{{DH}} = \dfrac{{{y_1}}}{{{y_2}}} \Rightarrow DT = \dfrac{{2{y_1}{y_2}}}{{{y_1} + {y_2}}}\,\,\,\left( 4 \right)
Δύσκολη εφαπτομένη_Ανάλυση.png
Δύσκολη εφαπτομένη_Ανάλυση.png (21.53 KiB) Προβλήθηκε 558 φορές
Το εμβαδόν του \vartriangle TJH,έστω E και λόγω των \left( 3 \right)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 4 \right) είναι:

E = \dfrac{1}{2}JH \cdot TD = \dfrac{1}{2}\left( {{y_1} + {y_2}} \right)\tan \theta  \cdot \dfrac{{2{y_1}{y_2}}}{{{y_1} + {y_2}}} = {y_1}{y_2}\tan \theta

και λόγω των \left( 1 \right)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\left( 2 \right):

\displaystyle E = km\dfrac{{\tan \theta }}{{\left( {\cot B + \tan \theta } \right)\left( {\cot C + \tan \theta } \right)}} .

Η συνάρτηση f(\theta ) = \dfrac{{\tan \theta }}{{\left( {\cot B + \tan \theta } \right)\left( {\cot C + \tan \theta } \right)}} παρουσιάζει μέγιστο

Όταν \tan \theta  = \sqrt {\cot B\cot C}

Παρατήρηση : Για την κατασκευή που είναι σχετικά απλή αργότερα.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9575
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Δύσκολη εφαπτομένη

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Μάιος 25, 2020 5:06 pm

Κατασκευή βασισμένη στη σχέση \boxed{{\tan ^2}\theta  = \cot B \cdot \cot C}
Δύσκολη εφαπτομένη.β.png
Δύσκολη εφαπτομένη.β.png (17.14 KiB) Προβλήθηκε 504 φορές
Κατασκευή: Το ύψος AD τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο E και ο κύκλος διαμέτρου AE την BD

στο K. H παράλληλη από το D στην AK τέμνει την AC στο ζητούμενο σημείο N. Τα υπόλοιπα είναι απλά.

Απόδειξη: Θα δείξω ότι {\tan ^2}\theta  = \cot B \cdot \cot C. Από κατασκευής είναι \displaystyle K\widehat AE = \theta και

\displaystyle \cot B \cdot \cot C = \frac{{BD}}{{AD}} \cdot \frac{{DC}}{{AD}} = \frac{{AD \cdot DE}}{{A{D^2}}} = \frac{{DE}}{{AD}} = \frac{{K{E^2}}}{{A{K^2}}} = {\tan ^2}\theta


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7341
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Δύσκολη εφαπτομένη

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Δευ Μάιος 25, 2020 6:32 pm

Κατασκευή

Επειδή \cot B = \dfrac{{DB}}{{AD}} αν AD = h θα έχω: \cot B = \dfrac{k}{h} . έτσι :

\dfrac{{\cot B}}{{\cot C}} = \dfrac{k}{m} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  \dfrac{{\tan \theta }}{{\cot C}} = \dfrac{{\sqrt k }}{{\sqrt m }} \hfill \\ 
  \dfrac{{\cot B}}{{\tan \theta }} = \dfrac{{\sqrt k }}{{\sqrt m }} \hfill \\  
\end{gathered}  \right.

Αλλά από την πρώτη : \dfrac{{\tan \theta }}{{\cot C}} = \dfrac{{\dfrac{{JD}}{{{y_1}}}}}{{\dfrac{{HC}}{{{y_2}}}}} = \boxed{\dfrac{{{y_2}}}{{{y_1}}} \cdot \dfrac{{JD}}{{HC}} = \dfrac{{\sqrt k }}{{\sqrt m }}}\,\,\left(  *  \right)


Ομοίως από τη δεύτερη : \boxed{\dfrac{{{y_2}}}{{{y_1}}} \cdot \dfrac{{JB}}{{DH}} = \dfrac{{\sqrt k }}{{\sqrt m }}}\,\,\,\left( { *  * } \right)


Διαιρώντας κατά μέλη και επειδή JB = k - JD\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,HD = m - HC έχω:

\dfrac{{JB}}{{JD}} = \dfrac{{HD}}{{HC}} \Leftrightarrow \dfrac{{k - JD}}{{JD}} = \dfrac{{m - HC}}{{HC}} \Leftrightarrow \boxed{\dfrac{{JD}}{{HC}} = \dfrac{k}{m}} και η \left(  *  \right) δίδει :

\boxed{\dfrac{{{y_1}}}{{{y_2}}} = \dfrac{{\sqrt k }}{{\sqrt m }} = \dfrac{{TM}}{{TN}}} = \dfrac{{BJ}}{{JD}} = \dfrac{{DH}}{{HC}} = \dfrac{{JD}}{{DH}}.
Δύσκολη εφαπτομένη_Ανάλυση_Κατασκευή.png
Δύσκολη εφαπτομένη_Ανάλυση_Κατασκευή.png (23.21 KiB) Προβλήθηκε 484 φορές
Χωρίζω λοιπόν το BD εσωτερικά σε λόγο: \dfrac{{BJ}}{{JD}} = \dfrac{{\sqrt k }}{{\sqrt m }} . Φέρνω στο J κάθετη επί την BC και τέμνει την AB\,\, στο M

Ομοίως βρίσκω το N .

Παρατήρηση: Αν η MN τέμνει τη BCστο S η δέσμη : A\left( {M,N\backslash T,S} \right) είναι

αρμονική οπότε αναγκαστικά και η δέσμη : A\left( {B,C\backslash D,S} \right) είναι αρμονική

Μπορώ λοιπόν μόλις βρω το M να το ενώσω με το S και να προκύψει έτσι το N .


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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