mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 21, 2011 1:53 am**

Έστω το ισοσκελές τρίγωνο ABC

με

και οι διχοτόμοι του AE,BD

. Αν το

έχει μήκος

, Βρείτε την οριακή τιμή του

καθώς το σημείο

ολισθαίνει στην

και τείνει να ταυτιστεί με το σημείο

.

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 40.PNG (30.3 KiB) Προβλήθηκε 635 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 21, 2011 1:57 pm**

Το τρίγωνο είναι ισοσκελές άρα η διχοτόμος

είναι και μεσοκάθετος

Αν E(0,0), B(-1,0), C(1,0) A(0,a), a>0

Τότε

Αν

τότε
$D\epsilon AC\Rightarrow D(k,a-ak),k\epsilon (0,1)$
Όμως

$d(D,(AB))=d(D,(CB)) \Leftrightarrow \frac{2ak}{\sqrt{a^2+1}}=a-ak\Leftrightarrow k=\frac{\sqrt{a^2+1}}{2+\sqrt{a^2+1}}$ άρα

$D(\frac{\sqrt{a^2+1}}{2+\sqrt{a^2+1}},\frac{2a}{2+\sqrt{a^2+1}})$ Τελικά

$(ED)= \sqrt{\frac{5a^2+1}{(2+\sqrt{a^2+1})^2}}$ Οπότε τελικά
$lim_{a\rightarrow 0}(ED)=\frac{1}{3}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 24, 2011 7:43 am**

Ευχαριστώ τον GMANS και δίνω μία τρελή-τρελή λύση… την οποία αφήνω στην κρίση σας…

Έστω

το σημείο με το οποίο θα ταυτιστεί το σημείο

κατά τον μηδενισμό της γωνίας

.
Δημιουργούμε το συμμετρικό του σημείου

ως προς το σημείο

και το ονομάζουμε

.
Φέρουμε την ημιευθεία

η οποία τέμνει την A'C

στο σημείο

και ενώνουμε το

με το

καθώς και το σημείο

με το

.
Είναι προφανές ότι ο μηδενισμός της γωνίας

συμβαίνει ταυτόχρονα με τον μηδενισμό της γωνίας c=2b

, οπότε ταυτόχρονα τα σημεία D,G

θα "αγγίξουν" την

.
Τότε όμως μπορούμε να θεωρήσουμε ότι οι EG,CD

τείνουν να γίνουν παράλληλες, αφού ουσιαστικά τείνουν να ταυτιστούν.
Όμως το σημείο

είναι το μέσο του AA'

, άρα και το σημείο

τείνει να γίνει το μέσο του A'C

.
Αυτό σημαίνει ότι οι CE,AG

είναι (οριακά) διάμεσοι και το σημείο

βαρύκεντρο του τριγώνου AA'C

.... οπότε $EF\rightarrow EC/3=1/3$ .

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 40 ΛΥΣΗ.PNG (32.48 KiB) Προβλήθηκε 504 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 24, 2011 8:48 am**

Από το θεώρημα της διχοτόμου έχουμε:
$\frac{{AD}} {{DC}} = \frac{{AC}} {2} \Rightarrow \frac{{AD + DC}} {{DC}} = \frac{{AC + 2}} {2} \Rightarrow DC = \frac{{2AC}} {{AC + 2}}\mathop \to \limits^{AC \to 1} \frac{2} {3} \Rightarrow ED\mathop \to \limits^{AC \to 1} \frac{1} {3}$

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 24, 2011 10:24 am**

Καλημέρα Δημήτρη ,GMANS και Σωτήρη. Το πρόβλημα γενικεύεται για οποιοδήποτε ισοσκελές

Σε οποιοδήποτε ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABC\;\left( {AB = AC} \right) }$ με $\displaystyle{ BC = \lambda }$ . Θεωρούμε την $\displaystyle{ DZ//BC\;\left( {Z \in AB} \right) }$ οπότε $\displaystyle{ \widehat{BDZ}\mathop = \limits^{\varepsilon \nu \tau \varsigma - \varepsilon \nu \alpha \lambda \lambda \xi } \widehat{DBC}\mathop = \limits^{BD(\delta \iota \chi o\tau \mu o\varsigma )} \widehat{DBZ} \Rightarrow \vartriangle BZD }$

ισοσκελές άρα $\displaystyle{ BZ = DZ\mathop \Rightarrow \limits^{DZ//BC\mathop \to \limits^{\Theta .\Theta \alpha \lambda } \frac{{BZ}} {{DC}} = \frac{{AB}} {{AC}}\mathop \to \limits^{AB = AC} \ldots DZ = DC} \boxed{BZ = DZ = DC}:\left( 1 \right) }$

Κατά την κίνηση του $\displaystyle{ A }$ (επί του διχοτόμου (και μεσοκαθέτου της $\displaystyle{ BC }$ ) $\displaystyle{ AE }$ η τεθλασμένη γραμμή $\displaystyle{ BZDC }$ (ικανοποιώντας πάντα την $\displaystyle{ \left( 1 \right) }$

(αφού το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ θα παραμένει κατά την κίνηση του $\displaystyle{ A }$ ισοσκελές ) τείνει να πάρει τη θέση της $\displaystyle{ BC }$ και αν $\displaystyle{ D \to D{'} \in BC,Z \to Z{'} \in BC }$

τότε $\displaystyle{ BZ + ZD + DC \to BZ{'} + Z{'}D{'} + D{'}C = BC\mathop \Rightarrow \limits^{BZ{'} = Z{'}D{'} = D{'}C} 3D{'}C = BC \Rightarrow \boxed{D{'}C = \frac{{BC}} {3} = \frac{\lambda } {3}}:\left( 2 \right) }$ .

Αν $\displaystyle{ D \to D{'} \Rightarrow ED \to ED{'} = EC - D{'}C\mathop = \limits^{E(\mu \sigma o - \tau \eta \varsigma - BC),\left( 2 \right)} \frac{\lambda } {2} - \frac{\lambda } {3} = \frac{\lambda } {6} \Rightarrow \boxed{ED \to \frac{\lambda } {6}} }$

Για την εφαρμογή του Δημήτρη είναι $\displaystyle{ BC = \lambda = 2EC = 2 \Rightarrow \ldots \boxed{ED \to \frac{2} {6} = \frac{1} {3}} }$

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 24, 2011 4:27 pm**

Πράγματι Στάθη.
Με βάση το θεώρημα της διχοτόμου έχουμε:
$\frac{{AD}} {{DC}} = \frac{{AC}} {\lambda } \Rightarrow \frac{{AC}} {{DC}} = \frac{{AC + \lambda }} {\lambda } \Rightarrow DC = \frac{{\lambda AC}} {{AC + \lambda }}\mathop \to \limits^{AC \to \frac{\lambda } {2}} \frac{\lambda } {3} \Rightarrow ED\mathop \to \limits^{AC \to \frac{\lambda } {2}} \frac{\lambda } {6}.$

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 24, 2011 4:51 pm**

(*) Μάλιστα όταν το τρίγωνο ABC

είναι τυχόν, η

διχοτόμος και το

εσωτερικό σημείο της πλευράς

$\begin{array}{*{20}c} {BC = \lambda ,\mu \varepsilon \;\frac{{BE}} {{EC}} = k \Rightarrow \frac{{AD}} {{DC}} = \frac{{AB}} {{BC}} \Rightarrow \frac{{AC}} {{DC}} = \frac{{AB + \lambda }} {\lambda } \Rightarrow } \\ {DC = \frac{{\lambda AC}} {{AB + \lambda }}\mathop \to \limits^{A \to E} \frac{\lambda } {{2k + 1}} \Rightarrow EC\mathop \to \limits^{A \to E} \frac{{k\lambda }} {{\left( {k + 1} \right)\left( {2k + 1} \right)}}.} \\ \end{array}$

S.E.Louridas

mathematica.gr

Γεωμετρείν 40

Γεωμετρείν 40

Re: Γεωμετρείν 40

Re: Γεωμετρείν 40

Re: Γεωμετρείν 40

Re: Γεωμετρείν 40

Re: Γεωμετρείν 40

Re: Γεωμετρείν 40