Μέγιστη γωνία

KARKAR

: Μέγιστη γωνία.png (9.25 KiB) Προβλήθηκε 1106 φορές

Στο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ οι AB,AC

έχουν σταθερά μήκη , (

και

) , ενώ η βάση

μεταβάλλεται .

Σχεδιάζουμε την τέμνουσα DEZ

, με τα δεδομένα του σχήματος . Υπολογίστε το μέγιστο μέτρο της $\phi$ .

Τροφή για μελέτη : Εξετάστε τη δυνατότητα λύσης στη γενική περίπτωση ...

KARKAR

Κρίμα να κλείσει χρόνο . Διευκόλυνση : Δείξτε ότι το μέγιστο μέτρο της $\phi$ , είναι 30^0 !

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Μέγιστη γωνία.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ οι έχουν σταθερά μήκη , ( και ) , ενώ η βάση μεταβάλλεται .

Σχεδιάζουμε την τέμνουσα , με τα δεδομένα του σχήματος . Υπολογίστε το μέγιστο μέτρο της $\phi$ .

Τροφή για μελέτη : Εξετάστε τη δυνατότητα λύσης στη γενική περίπτωση ...

Καλημέρα Θανάση!

: Μέγιστη γωνία.png (10.43 KiB) Προβλήθηκε 719 φορές

Στο τρίγωνο ABC

με διατέμνουσα DEZ

, ο Μενέλαος δίνει: $\displaystyle{\frac{1}{3} \cdot \frac{{ZB}}{{CZ}} \cdot \frac{2}{4} = 1 \Leftrightarrow BZ = 6CZ}$ .
Φέρνω EH||AB

και από τις αναλογίες προκύπτουν $\displaystyle{EH = \frac{4}{3},BH = 2HC \Leftrightarrow CZ = \frac{3}{5}HC}$ . Αν λοιπόν CZ=3x

, τότε

και

.

Θεώρημα Stewart στο EHZ

: $\displaystyle{E{Z^2}5x + \frac{{16x}}{3} = 32x + 120{x^3} \Leftrightarrow E{Z^2} = \frac{{72{x^2} + 16}}{3}}$

Νόμος συνημιτόνων στο ECZ

: $\displaystyle{4 = 9{x^2} + \frac{{72{x^2} + 16}}{3} - 6x\sqrt 3 \sqrt {72{x^2} + 16} \sigma \upsilon \nu \varphi \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu \varphi = \frac{{(99{x^2} + 4)\sqrt 3 }}{{18x\sqrt {72{x^2} + 16} }}}$

Με τη βοήθεια παραγώγων βρίσκω ότι η συνάρτηση $\displaystyle{f(x) = \frac{{(99{x^2} + 4)\sqrt 3 }}{{18x\sqrt {72{x^2} + 16} }}}$ παρουσιάζει ελάχιστη τιμή για $\displaystyle{x = \frac{{2\sqrt 7 }}{{21}}}$ ίση με $\displaystyle{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}$

Άρα η μέγιστη τιμή της γωνίας είναι $\boxed{{\varphi _{\max }} = {30^0}}$

KARKAR

: Μέγιστη γωνία.png (12.04 KiB) Προβλήθηκε 678 φορές

Η λύση του προτείναντος : Μενέλαος στο ABC

με διατέμνουσα DEZ

, δίνει $CZ=\dfrac{a}{5}$

Μενέλαος στο DBZ

με διατέμνουσα AEC

, δίνει $EZ=\dfrac{4}{5}DE$ , ( DE=x)

Νόμος συνημιτόνου στο ZEC

, δίνει $cos\phi=\dfrac{16x^2+a^2-100}{8ax}$ (1)

Νόμος συνημιτόνου στο ZDB

, δίνει $cos\phi=\dfrac{81x^2+36a^2-225}{108ax}$ (2)

Εξισώνοντας τις (1),(2) , παίρνουμε : a^2=6x^2-50

και αντικαθιστώντας στην (1) , παίρνουμε :

$cos\phi=f(x)=\dfrac{11x^2-75}{4x\sqrt{6x^2-50}}$ . Η συνάρτηση αυτή έχει παράγωγο $f'(x)=\dfrac{25(7x^2-75)}{\theta\epsilon\tau}$

και παρουσιάζει ελάχιστο το $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ για $x^2=\dfrac{75}{7}$ , οπότε $\phi_{max}=30^0$ για $a=\dfrac{10\sqrt{7}}{7}$ .

Σημείωση : Η "ανακάλυψη" του γεγονότος ότι $\phi_{max}=30^0$ , έγινε συμπτωματικά

( από το "θείο δώρο" Geogebra ) και άντε μετά να το αποδείξεις

Τελικά το εντυπωσιακό αυτό θέμα έχει λύση χωρίς χρήση συναρτήσεων . Με λίγη επιμονή και ... αρμονία ξεκλειδώθηκε.

Αν δεν απαντηθεί μέχρι αύριο βράδυ θα δώσω τη λύση .

Φιλικά Νίκος

KARKAR

Νίκο , αν στις σημειώσεις σου , έχεις "κρατήσει" τη λύση που προανήγγειλες ,

θα ήθελα όντως να την δω

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 27, 2018 3:11 pm
Νίκο , αν στις σημειώσεις σου , έχεις "κρατήσει" τη λύση που προανήγγειλες ,

θα ήθελα όντως να την δω

Στο $\vartriangle ABC$ με διατέμνουσα $\overline {DEZ}$ έχω :

$\dfrac{{AD}}{{DB}} \cdot \dfrac{{BZ}}{{ZC}} \cdot \dfrac{{CE}}{{EA}} = 1 \Rightarrow \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{{BZ}}{{ZC}} \cdot \dfrac{1}{2} = 1 \Leftrightarrow \boxed{BZ = 6ZC}$ αν λοιπόν $CZ = m\,$ τότε BC = 5m

Στο ισοσκελές τρίγωνο ABE

φέρνω τη διάμεσο

( που είναι και ύψος) και τέμνει την

στο

. Στο

επί την

φέρνω κάθετη που τέμνει την

στο

.

Έτσι αν ονομάσω $BN = 2x \Rightarrow NP = 2x \Rightarrow BP = 4x$ . Αλλά $\dfrac{{CP}}{{PN}} = \dfrac{{CE}}{{EA}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow CP = \dfrac{1}{2}PN = x$ και άρα BC = 5x

δηλαδή $\boxed{x \equiv m}$ , έτσι αν

το

μέσο του

θα είναι : $\boxed{BN = 2m\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,NL = LP = PC = CZ = m}$ Μετά απ’ αυτά

: Παλιο καλό κρασί_KARKAR.png (27.91 KiB) Προβλήθηκε 286 φορές

θα ισχύουν ταυτόχρονα : $\left\{ \begin{gathered} \frac{{PL}}{{PZ}} = \frac{{BL}}{{BZ}} = 2 \hfill \\ BE \bot EP \hfill \\ \end{gathered} \right.$ σχέσεις που μας εξασφαλίζουν ότι η

τετράδα $P,B\backslash L,Z$ είναι αρμονική και επί πλέον στο $\vartriangle ELZ$ οι $EP\,\,\kappa \alpha \iota \,\,EB$ είναι εσωτερική και εξωτερική διχοτόμοι αντίστοιχα.

Αν λοιπόν $EL = t \Rightarrow EZ = 2t$ επειδή $\dfrac{t}{{\sin \theta }} = \dfrac{{2t}}{{\sin \phi }} \Rightarrow 2\sin \theta = \sin \phi \leqslant 1$ δηλαδή η μεγαλύτερη τιμή του $\sin \theta$ είναι $\dfrac{1}{2}$ κι αφού $\theta$ οξεία θα έχει μεγίστη τιμή $30^\circ$ .

: Παλιο καλό κρασί_teliko.png (23.73 KiB) Προβλήθηκε 281 φορές

KARKAR

Γι αυτό χρειάζονται οι - διαδικτυακοί έστω - φίλοι . Για να σου φτιάχνουν τη μέρα

Μέγιστη γωνία

Μέγιστη γωνία

Re: Μέγιστη γωνία

Re: Μέγιστη γωνία

Re: Μέγιστη γωνία

Re: Μέγιστη γωνία

Re: Μέγιστη γωνία

Re: Μέγιστη γωνία

Re: Μέγιστη γωνία

Μέλη σε σύνδεση