Δύσκολη εφαπτομένη

#1

: Δύσκολη εφαπτομένη.png (10.48 KiB) Προβλήθηκε 1300 φορές

Στο τρίγωνο ABC

του σχήματος το

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.

#2

#3

rek2 έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 23, 2020 9:49 pm
$tan^2\theta= cotB \,cotC;$

: Δύσκολη εφαπτομένη_κατασκευή_1.png (32.06 KiB) Προβλήθηκε 1167 φορές

Η σχέση επαληθεύεται σε γεωμετρική κατασκευή που έκανα ( χωρίς να γνωρίζω αυτή τη τριγωνομετρική σχέση ) γιατί η

διέρχεται από "σταθερό" σημείο , συγκεκριμένα από το συζυγές αρμονικό του

. ως προς τα B,C

.

#4

Ας είναι $J\,\,\kappa \alpha \iota \,\,H$ οι προβολές των $M\,\,\kappa \alpha \iota \,\,N$ στην

και

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 (21.53 KiB) Προβλήθηκε 1094 φορές

Το εμβαδόν του $\vartriangle TJH$ ,έστω

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.

#5

Κατασκευή βασισμένη στη σχέση $\boxed{{\tan ^2}\theta = \cot B \cdot \cot C}$

: Δύσκολη εφαπτομένη.β.png (17.14 KiB) Προβλήθηκε 1040 φορές

Κατασκευή: Το ύψος

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο

και ο κύκλος διαμέτρου

την

στο

H παράλληλη από το

στην

τέμνει την

στο ζητούμενο σημείο

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

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

#6

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 (23.21 KiB) Προβλήθηκε 1020 φορές

Χωρίζω λοιπόν το

εσωτερικά σε λόγο: $\dfrac{{BJ}}{{JD}} = \dfrac{{\sqrt k }}{{\sqrt m }}$ . Φέρνω στο

κάθετη επί την

και τέμνει την $AB\,\,$ στο

Ομοίως βρίσκω το

.

Παρατήρηση: Αν η

τέμνει τη

στο

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

να το ενώσω με το

και να προκύψει έτσι το

.

Δύσκολη εφαπτομένη

Δύσκολη εφαπτομένη

Re: Δύσκολη εφαπτομένη

Re: Δύσκολη εφαπτομένη

Re: Δύσκολη εφαπτομένη

Re: Δύσκολη εφαπτομένη

Re: Δύσκολη εφαπτομένη

Μέλη σε σύνδεση