Ισεμβαδικά τρίγωνα

PanosG · #1

'Εστω ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90) με ΑΒ = ΑΓ = 1. Βρείτε το ελάχιστο μήκος και την θέση του ευθυγράμμου τμήματος που πρεπει να φέρουμε ώστε να χωρίζει το τρίγωνο σε 2 ισεμβαδικά τρίγωνα

#2

Πολύ ενδιαφέρον το θέμα του Παναγιώτη!
Επιχειρώ μια προσέγγιση:

: 28-12-2010 Geometry α.png (19.5 KiB) Προβλήθηκε 739 φορές

Ευθύγραμμα τμήματα από τις κορυφές:

Είναι οι διάμεσοι του τριγώνου. $\displaystyle {\rm A}\Delta = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2},\;\;\Gamma {\rm E} = {\rm B}{\rm Z} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$ (από Πυθαγόρειο Θέωρημα στα ΓΑΕ, ΒΑΖ).

Παράλληλες προς τις βάσεις:

Έστω ΙΡ // ΒΓ, ώστε $\displaystyle \left( {{\rm A}{\rm K}\Lambda } \right) = \frac{1}{2}\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = \frac{1}{4}\; \Rightarrow \;\frac{{{\rm I}{\rm P}}}{{{\rm B}\Gamma }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \;{\rm I}{\rm P} = 1$

Έστω ΗΘ // ΑΓ ώστε $\displaystyle \left( {{\rm B}{\rm H}\Theta } \right) = \frac{1}{2}\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = \frac{1}{4}\; \Rightarrow \;\frac{{{\rm H}\Theta }}{{{\rm A}\Gamma }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \;{\rm H}\Theta = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$

Τό ίδιο για την παράλληλη στην ΑΒ.

Πλάγια ευθύγραμμα τμήματα που τέμνουν τις πλευρές του:

Οποιοδήποτε τμήμα έχει ένα άκρο στο ΓΗ και το άλλο στο ΑΒ είναι μεγαλύτερο από το ΗΘ, (από τριγωνική ανισότητα).

Έστω Κ σημείο της ΗΒ, πο έχει μήκος 1 και Λ σημείο της ΑΒ,
ώστε $\displaystyle \left( {{\rm K}{\rm B}\Lambda } \right) = \frac{1}{4} \Rightarrow \;\frac{1}{2}{\rm K}{\rm B} \cdot \Lambda {\rm B} \cdot \eta \mu 45^\circ = \frac{1}{4}\; \Rightarrow \;{\rm K}{\rm B} \cdot \Lambda {\rm B} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$

Αν Κ στο ΔΒ, θα είναι $\displaystyle {\rm K}{\rm B} < \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \Lambda {\rm B} > 1$ , άτοπο.

Αν Κ στο ΗΔ, θα είναι $\displaystyle \frac{{\sqrt 2 }}{2} < {\rm K}{\rm B} < 1 \Rightarrow 1 > {\rm B}\Lambda > \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ , οπότε Λ στο ΑΘ.

Είναι: $\displaystyle {\rm K}\Lambda ^2 = {\rm K}{\rm B}^2 + \Lambda {\rm B}^2 - 2{\rm K}{\rm B} \cdot \Lambda {\rm B} \cdot \eta \mu 45^\circ = {\rm K}{\rm B}^2 + \Lambda {\rm B}^2 - 1$

Είναι: $\displaystyle {\rm K}{\rm B}^2 + \Lambda {\rm B}^2 \ge 2{\rm K}{\rm B} \cdot \Lambda {\rm B} = \sqrt 2 \; \Rightarrow {\rm K}\Lambda ^2 > \sqrt 2 - 1\; \Rightarrow \;{\rm K}\Lambda \ge \sqrt {\sqrt 2 - 1}$
με το (=) όταν $\displaystyle {\rm K}{\rm B} = \Lambda {\rm B} = \sqrt {\frac{{\sqrt 2 }}{2}}$

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Η διερεύνηση για τις θέσεις των Κ και Λ στις ΒΓ και ΑΓ αντίστοιχα ΔΕΝ είναι απαραίτητος. Θα μπορούσε να τεθεί ως ξεχωριστό ερώτημα και μόνο για αυτό το λόγο αφήνω τη διερεύνηση.

: 28-12-2010 Geometry β.png (15.18 KiB) Προβλήθηκε 739 φορές

Έστω πλάγιο τμήμα ΜΝ που έχει το άκρο του Μ στο ΓΑ και το Ν στο ΑΒ
ώστε $\displaystyle \left( {{\rm A}{\rm M}{\rm N}} \right) = \frac{1}{4} \Rightarrow \;{\rm A}{\rm M} \cdot {\rm A}{\rm N} = \frac{1}{2}.$

Από Πυθ. Θεώρημα στο ΑΜΝ είναι $\displaystyle {\rm M}{\rm N}^2 = {\rm A}{\rm M}^2 + {\rm M}{\rm N}^2 \ge 2{\rm A}{\rm M} \cdot {\rm A}{\rm N} \ge 1\; \Rightarrow {\rm M}{\rm N} > 1$

Οπότε ελάχιστο μήκος έχουμε το ΚΛ όταν Κ σημείο της ΒΓ με $\displaystyle {\rm K}{\rm B} = \sqrt {\frac{{\sqrt 2 }}{2}}$ και Λ σημείο της ΑΓ με ΒΛ = ΚΒ. Προφανώς και το συμμετρικό του τμήμα ως προς την ΑΔ έχει ίδιο μήκος.

Γιώργος Ρίζος

PanosG · #3

Ευχαριστώ για την ενασχόληση και για την πολύ αναλυτική λύση. Η λύση μου είναι σχεδόν ίδια με αυτή του κ. Ρίζου χωρίς τις έξτρα περιπτώσεις που όπως αναφέρθηκε δεν είναι αναγκαίες. Η πηγή απο την οποία βρήκα το παραπάνω πρόβλημα έχει και ένα έξτρα ερώτημα το οποίο δεν έχω βρει απάντηση ακόμα. Ρωτάει αν υπάρχει τομή του παραπάνω τριγώνου που να είναι μικρότερη σε μήκος χωρίς να είναι απαραίτητα ευθέια. Η απάντηση είναι πως ναι υπάρχει.

Ισεμβαδικά τρίγωνα

Ισεμβαδικά τρίγωνα

Re: Ισεμβαδικά τρίγωνα

Re: Ισεμβαδικά τρίγωνα

Μέλη σε σύνδεση