Συνευθειακά για μέγιστο

Γιώργος Μήτσιος · #1

Χαιρετώ. Αφετηρία για το παρόν είναι το θέμα τούτο

: Συνευθειακά για μέγιστο.PNG (7.88 KiB) Προβλήθηκε 779 φορές

Δίνεται τρίγωνο ABC

και οι διάμεσοί του BE,CZ

που τέμνονται στο

. Το σημείο

διατρέχει την πλευρά

.

Φέρουμε τις $RI \parallel BE$ και $RH \parallel CZ$ με $I \in AC ...H \in AB$ .

Να εξεταστεί αν το $\left ( HRI \right )$ γίνεται μέγιστο όταν το

βρεθεί στην ίδια ευθεία με τα A,G

.

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 02, 2020 1:13 am
Χαιρετώ. Αφετηρία για το παρόν είναι το θέμα τούτοΣυνευθειακά για μέγιστο.PNG
Δίνεται τρίγωνο και οι διάμεσοί του που τέμνονται στο . Το σημείο διατρέχει την πλευρά .

Φέρουμε τις $RI \parallel BE$ και $RH \parallel CZ$ με $I \in AC ...H \in AB$ .

Να εξεταστεί αν το $\left ( HRI \right )$ γίνεται μέγιστο όταν το βρεθεί στην ίδια ευθεία με τα .

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Καλημέρα!
Έστω BX=x,CZ=m_c,BE=m_b

Είναι $\dfrac{HR}{m_c}=\dfrac{BX}{BC}\Leftrightarrow HR=\dfrac{xm_c}{a}$ όμοια $RI=\dfrac{\left ( a-x \right )m_b}{a}$
$\left ( IRH \right )=\dfrac{1}{2}\sin \angle IRH\cdot IR\cdot HR=\dfrac{1}{2}\sin \angle EGZ\cdot m_b\cdot m_c\dfrac{x\left ( a-x\right )}{a^2}$
Επειδή όμως $\frac{\dfrac{1}{2}\sin \angle EGZ\cdot m_b\cdot m_c}{a^2}$ σταθερό το (IRH)

μεγιστοποιείται όταν μεγιστοποιείται το x(a-x)

δηλαδή όταν $x=\dfrac{-a}{2\left ( -1 \right )}=\dfrac{a}{2}$ (το οποίο συμβαίνει όταν A,G,R

συνευθειακά)

#3

Το ${R_0} \equiv M$ όπου

το σταθερό μέσο του

. (Το αφήνω

για ευκολία πληκτρολόγησης )

Οι παράλληλες από το

προς τις διαμέσους $CZ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BE$ τέμνουν τις $AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC$ στα $K\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L$ .

Έστω ότι το

διατρέχει το

( αν διατρέχει το

θα εργαστώ ομοίως)

Θέτω : $BR = d \leqslant \dfrac{a}{2} \Leftrightarrow a - 2d \geqslant 0\,\,\,(1)$ προφανές ότι : $\widehat {KMK} = \widehat {IRH}$

: Συνευθειακά και μέγιστο.png (28.34 KiB) Προβλήθηκε 711 φορές

Επειδή: $\left\{ \begin{gathered} \frac{{HR}}{{KM}} = \frac{{BR}}{{BM}} = \frac{{2d}}{a} \hfill \\ \frac{{IR}}{{LM}} = \frac{{CR}}{{CM}} = \frac{{2\left( {a - d} \right)}}{a} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \dfrac{{HR \cdot IR}}{{KM \cdot LM}} = \dfrac{{4d\left( {a - d} \right)}}{{{a^2}}}$ , θα είναι :

$\dfrac{{\left( {HIR} \right)}}{{\left( {KLM} \right)}} = \dfrac{{4ad - 4{d^2}}}{{{a^2}}}\,\,\,(2)$ .

Αλλά $\dfrac{{4ad - 4{d^2}}}{{{a^2}}} \leqslant 1 \Leftrightarrow {a^2} - 4ad + 4{d^2} \geqslant 0 \Leftrightarrow {\left( {a - 2d} \right)^2} \geqslant 0$ (αληθές)

Δηλαδή : $\left( {HIR} \right) \leqslant \left( {KLM} \right)$ με το ίσον να ισχύει όταν $R \equiv M\left( { \equiv {R_0}} \right)$ .

Γιώργος Μήτσιος · #4

Καλησπέρα. Ευχαριστώ τον Πρόδρομο και τον Νίκο για την κάλυψη του θέματος!
Μία ακόμη προσέγγιση με χρήση του σχήματος

: Συνευθειακά και μέγιστο PNG.PNG (8.01 KiB) Προβλήθηκε 654 φορές

Θέτω $BR=x\cdot BC=x a..CZ=m_{c}..BE=m_{b}$ . Τότε $HR=xm_{c}$ και $RC=\left ( 1-x \right )a\Rightarrow IC=\dfrac{\left ( 1-x \right )b}{2}$ .

Φέρω $HTD \perp HR$ . Τότε $ID=3IT...IT=IC\cdot \eta \mu \omega$ . Έχουμε $\left ( HRI \right )=\dfrac{HR\cdot ID}{2}$ .

Με αντικατάσταση παίρνουμε $\left ( HRI \right )=\dfrac{3b\cdot m_{c}\cdot \eta \mu \omega }{4}\left ( x-x^{2} \right )$ δηλ παραβολή

που , ως γνωστόν , παρουσιάζει μέγιστο για $x=\dfrac{1}{2}$ .Τότε η

είναι διάμεσος και τα A,G,R

συνευθειακά.

Ίσως βρείτε ενδιαφέρον ένα ακόμη ζητούμενο.

: Σταθερό εμβαδόν.PNG (7.83 KiB) Προβλήθηκε 654 φορές

Έστω

η τομή των GR, HI

. Τότε:

Να δειχθεί ότι το (BOC)

είναι ανεξάρτητο από τη θέση του δρομέα

πάνω στην

. Ευχαριστώ και πάλι, Γιώργος.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #5

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 03, 2020 6:24 pm

Σταθερό εμβαδόν.PNG
Έστω η τομή των . Τότε:

Να δειχθεί ότι το είναι ανεξάρτητο από τη θέση του δρομέα πάνω στην . Ευχαριστώ και πάλι, Γιώργος.

Καλησπέρα !

Αρκεί το

να κινήται επί σταθερής ευθείας παράλληλης στην

(τότε το τρίγωνο θα έχει πάντοτε το ίδιο ύψος και ίδια βάση ,την

).
Για να ισχύει αυτό ,αν

η τομή

με την

αρκεί ο λόγος $\dfrac{OR}{OG}=\dfrac{OH}{IT}$ να είναι σταθερός.
Έστω BR=x

,τότε θα είναι $\dfrac{BH}{\dfrac{c}{2}}=\dfrac{x}{a}\Leftrightarrow BH=\dfrac{xc}{2a},\dfrac{HZ}{HA}=\dfrac{\dfrac{c}{2}-\dfrac{xc}{2a}}{c-\dfrac{xc}{2a}}=\dfrac{a-x}{2a-x}$
και $\dfrac{IC}{\dfrac{b}{2}}=\dfrac{a-x}{a}\Leftrightarrow IC=\dfrac{b\left ( a-x \right )}{2a}$ και $\dfrac{IA}{IC}=\dfrac{b-IC}{IC}=..=\dfrac{a+x}{a-x}$

Από το θεώρημα Μενελάου στο ZAC

διατέμνουσας $\overline{ITH}$ είναι $\dfrac{TC}{TZ}\cdot \dfrac{HZ}{HA}\cdot \dfrac{IA}{IC}=1\Leftrightarrow \dfrac{TC}{m_c-TC}\cdot \dfrac{a-x}{2a-x}\cdot \dfrac{a+x}{a-x}\Leftrightarrow TC=\dfrac{m_c\left ( 2a-x \right )}{3a}$
Επίσης $\dfrac{HR}{m_c}=\dfrac{x}{a}\Leftrightarrow HR=\dfrac{m_cx}{a}$
Έτσι προκύπτει $\dfrac{HR}{GT}=\dfrac{\dfrac{xm_c}{a}}{\dfrac{2}{3}m_c-\dfrac{m_c\left ( 2a-x \right )}{3a}}=3$
και η απόδειξη ολοκληρώθηκε

Γιώργος Μήτσιος · #6

Καλημέρα! Σ' ευχαριστώ Πρόδρομε για την ωραία αντιμετώπιση. Ας δούμε και την ακόλουθη

: Ανεξάρτητο εμβαδόν.PNG (11.45 KiB) Προβλήθηκε 582 φορές

Η

τέμνει την

στο

. Το

είναι βαρύκεντρο οπότε παίρνουμε RC=2ZQ...BR=2QE

(από τα όμοια τρίγωνα).

Με διαίρεση έχουμε $\dfrac{RC}{BR}=\dfrac{ZQ}{QE}$ . Έτσι $\dfrac{ZH}{HB}=\dfrac{RC}{BR}=\dfrac{ZQ}{QE}\Rightarrow HQ\parallel BE\parallel RI$

και $\dfrac{IC}{IE}=\dfrac{RC}{BR}=\dfrac{ZQ}{QE}\Rightarrow IQ\parallel CZ\parallel RH$

δηλ το RHQI

είναι παραλληλόγραμμο με το

κέντρο του άρα OR=OQ

συνεπώς το

κινείται στην μεσοπαράλληλη των ZE,BC

και είναι

ανεξάρτητο της θέσης του

.
Φιλικά, Γιώργος.

Συνευθειακά για μέγιστο

Συνευθειακά για μέγιστο

Re: Συνευθειακά για μέγιστο

Re: Συνευθειακά για μέγιστο

Re: Συνευθειακά για μέγιστο

Re: Συνευθειακά για μέγιστο

Re: Συνευθειακά για μέγιστο

Μέλη σε σύνδεση