mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 22, 2015 2:48 pm**

: Χωρίς ανάλυση.png (10.95 KiB) Προβλήθηκε 1047 φορές

Στο τετράγωνο ABCD

πλευράς

, φέραμε τα κάθετα προς τις πλευρές AB,AD

τμήματα

,

ώστε : AS=AP=x

, τα οποία τέμνονται στο σημείο

. Η

τέμνει την

στο σημείο

.

α) Δείξτε ότι $BE \perp PT$ και υπολογίστε το μήκος του

.

β) Υπολογίστε το (BPT)

και βρείτε την τιμή του

για την οποία ελαχιστοποιείται .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 22, 2015 5:02 pm**

Καλησπέρα σε όλους. Δίχως ανάλυση, και περιμένοντας τις αμιγείς γεωμετρικές λύσεις.

: 22-4-2015 Γεωμετρία.png (22.03 KiB) Προβλήθηκε 995 φορές

Έστω

, οπότε θέτω: A(0,0), B(1,0), C(1,1), D(0,1), S(x, 0), P(0,x), T(x, 1), 0<x<1

Τότε $\displaystyle \overrightarrow {PT} = \left( {x,\;1 - x} \right),\;\;\overrightarrow {BO} = \left( {x - 1,\;x} \right) \Rightarrow \overrightarrow {PT} \cdot \overrightarrow {BO} = 0 \Rightarrow \overrightarrow {PT} \bot \overrightarrow {BO}$

και $\displaystyle \begin{array}{l} \left( {PTB} \right) = \frac{1}{2}\left| {\det \,\left( {\overrightarrow {PT} ,\;\overrightarrow {PB} } \right)} \right| = \frac{1}{2}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} x&{1 - x}\\ 1&{ - x} \end{array}} \right| = \frac{{\left| { - {x^2} + x - 1} \right|}}{2} = \\ \end{array}$
$\displaystyle = \frac{{{x^2} - x + 1}}{2} = \frac{{{{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{3}{4}}}{2} \ge \frac{3}{8}$ , με το ελάχιστο $\displaystyle\frac{3a^2}{8}$ όταν $\displaystyle x = \frac{a}{2}$

edit: Για το 2ο, γεωμετρικά:

$\displaystyle \left( {PTB} \right) = \left( {ABCD} \right) - \left( {PAB} \right) - \left( {CTB} \right) - \left( {DTP} \right) =$

$\displaystyle 1 - \frac{{x \cdot 1}}{2} - \frac{{\left( {1 - x} \right) \cdot 1}}{2} - \frac{{\left( {1 - x} \right)x}}{2} = 1 - \frac{{1 + x - {x^2}}}{2} = \frac{{{x^2} - x + 1}}{2}$ … και συνεχίζουμε όπως παραπάνω...

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 22, 2015 6:19 pm**

Καλησπέρα

α) $\triangle PEO \sim \triangle BQO \Rightarrow OE \perp PT \Rightarrow BE \perp PT$
$(BO)=(PT)=\sqrt{(a-x)^2+x^2}$ και $\dfrac{(OE)}{PO}=\dfrac{OQ}{BO}\Rightarrow$ $EO=\dfrac{PO\cdotOQ}{BO}=\dfrac{x\cdot(a-x)}{\sqrt{(a-x)^2+x^2}}\Rightarrow$
$BE=BO+EO=\sqrt{(a-x)^2+x^2}+\dfrac{x\cdot(a-x)}{\sqrt{(a-x)^2+x^2}}=$ $\dfrac{(a-x)^2+x^2 +x(a-x)}{\sqrt{(a-x)^2+x^2}}\Rightarrow$
$BE=\dfrac{a^2-ax+x^2}{\sqrt{(a-x)^2+x^2}}$

β) $(BPT)=\dfrac{PT \cdot BE}{2} =\dfrac{a^2-ax+x^2}{2}=$ $\dfrac{\left(x-\dfrac{a}{2}\right)^2+3a^2/4}{2} \geq \dfrac{3a^2}{8} \Rightarrow$

(BPT)

ελάχιστο για $x=\dfrac{a}{2}$ και $(BPT)_{min}=\dfrac{3a^2}{8}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 22, 2015 6:28 pm**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Χωρίς ανάλυση.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο τετράγωνο πλευράς , φέραμε τα κάθετα προς τις πλευρές τμήματα ,

ώστε : , τα οποία τέμνονται στο σημείο . Η τέμνει την στο σημείο .

α) Δείξτε ότι $BE \perp PT$ και υπολογίστε το μήκος του .

β) Υπολογίστε το και βρείτε την τιμή του για την οποία ελαχιστοποιείται .

Καλησπέρα σε όλους.

α) Τα τρίγωνα OPT, QBO

είναι ίσα (ορθογώνια με τις κάθετες πλευρές ίσες μία προς μία)

$\displaystyle{B\widehat OQ = P\widehat TO,S\widehat OB = T\widehat OE \Rightarrow P\widehat TO + T\widehat OE = B\widehat OQ + S\widehat OB = {90^0} \Leftrightarrow }$ $\boxed{BE \perp PT}$

$\displaystyle{B{O^2} = P{T^2} = {x^2} + {(a - x)^2} \Leftrightarrow BO = PT = \sqrt {2{x^2} - 2ax + {a^2}} }$

Στο τρίγωνο OPT

με ύψος

:
$\displaystyle{{x^2} = PE \cdot PT,{(a - x)^2} = TE \cdot PT \Rightarrow {x^2}{(a - x)^2} = P{T^2}(PE \cdot TE) = P{T^2} \cdot O{E^2}}$

Άρα, $\displaystyle{OE = \frac{{ax - {x^2}}}{{\sqrt {2{x^2} - 2ax + {a^2}} }}}$ και $\displaystyle{BE = BO + OE \Leftrightarrow }$ $\boxed{BE = \frac{{{x^2} - ax + {a^2}}}{{\sqrt {2{x^2} - 2ax + {a^2}} }}}$

: Χωρίς ανάλυση.png (13.11 KiB) Προβλήθηκε 973 φορές

β) $\displaystyle{(BPT) = \frac{1}{2}PT \cdot BE \Leftrightarrow }$ $\boxed{(BPT) = \frac{1}{2}\left( {{x^2} - ax + {a^2}} \right)}$

$\displaystyle{(BPT) = \frac{1}{2}\left( {{x^2} - ax + {a^2}} \right) = \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {x - \frac{a}{2}} \right)}^2} + \frac{{3{a^2}}}{4}} \right] \ge \frac{{3{a^2}}}{8}}$

Επομένως το εμβαδόν ελαχιστοποιείται για $\boxed{x = \frac{a}{2}}$ και παίρνει την τιμή $\boxed{{(BPT)_{\min }} = \frac{{3{a^2}}}{8}}$

Σημείωση:Το εμβαδόν μπορούσε να υπολογιστεί ευκολότερα αν δεν ζητούσαμε το μήκος του

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 22, 2015 10:55 pm**

Το τετράπλευρο ΤPSQ είναι ισοσκελές τραπέζιο και άρα εγγράψιμο. Στον περιγεγραμμένο κύκλο οι χορδές TS , PQ είναι κάθετες και η ΒΕ διέρχεται από το μέσο της SQ και άρα είναι κάθετη στη ΡΤ αφού EOP=QOB=OQS=STP (γωνίες) και άρα
ΕΟΡ+ΕΡΟ=ΟΤΡ+ΕΡΟ=90.
Το τετράπλευρο PEQB είναι εγγράψιμο οπότε ΟΕ*Β0=ΡΟ*OQ=χ(α-χ) και ΒΟ^2= χ^2+(α-χ)^2 οπότε υπολογίζεται το ΟΕ και άρα το ΒΕ.
Το τρίγωνο ΒΡΤ έχει ελάχιστο εμβαδό όταν το άθροισμα των εμβαδών των τριγώνων ΡDT,TCB,BAP γίνει μέγιστο. Το άθροισμα αυτό όμως είναι (-x^2+αχ+α^2)/2 και γίνεται μέγιστο για χ=α/2

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 22, 2015 11:26 pm**

Λίγο πιο απλά και πιο γεωμετρικά.

Από την ισότητα των τριγώνων $OPT, \, OBQ$ έπεται $\angle EPO = \angle OBQ$ και άρα $\angle PEO= \angle OQB =90^o$ , όπως θέλαμε.

Τα ομοιόχρωμα τρίγωνα είναι ισεμβαδικά (ίσες βάσεις και ίσα ύψη) άρα το ζητούμενο εμβαδόν είναι όσο το μισό του σχήματος Γ γνώμονα, που με τη σειρά του ισούται με το τετράγωνο μείον το OQBS

. Άρα $(BPT)= \frac {1}{2}( a^2-x(a-x))$

β) $BE=\frac {2 (BPT)}{PT}$ = άμεσο αφού τα (BPT)

γνωστό και PT^2= x^2+(a-x)^2

.

Τέλος, το ζητούμενο εμβαδόν γίνεται ελάχιστο όταν (στο δεξί σχήμα) το ορθογώνιο OQBS

γίνει μέγιστο. Αλλά αυτό έχει σταθερή περίμετρο

άρα είναι μέγιστο όταν γίνει τετράγωνο, που σημαίνει x=a-x

και λοιπά.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 23, 2015 12:11 am**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Χωρίς ανάλυση.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο τετράγωνο πλευράς , φέραμε τα κάθετα προς τις πλευρές τμήματα ,

ώστε : , τα οποία τέμνονται στο σημείο . Η τέμνει την στο σημείο .

α) Δείξτε ότι $BE \perp PT$ και υπολογίστε το μήκος του .

β) Υπολογίστε το και βρείτε την τιμή του για την οποία ελαχιστοποιείται .

Καλησπέρα σας.

: Χωρίς Ανάλυση.png (21.68 KiB) Προβλήθηκε 859 φορές

α) Τα ορθογώνια τρίγωνα $DPT\,\,\kappa \alpha \iota \,\,QOB$ έχουν τις κάθετες πλευρές τους ίσες και άρα είναι ίσα , οπότε $\widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}}$ . Η ισότητα αυτή μας εξασφαλίζει τα σημεία T,E,B,C

ομοκυκλικά.

Αφού τώρα το τετράπλευρο TEBC

είναι εγγράψιμο και η γωνία του στην κορυφή

είναι ορθή , θα είναι ορθή και η γωνία του στο

.

γ) Είναι προφανές ότι $(BOT) = {N_2}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(BOP) = {N_4}$ , άρα $(TPB) = {N_2} + {N_3} + {N_4} = \dfrac{1}{2}(ABCD) - {N_3}$ , δηλαδή $\boxed{(TPB) = \dfrac{1}{2}{a^2} - \dfrac{1}{2}x(a - x)}$ .

Έχουμε ελάχιστη τιμή όταν η παράσταση $\dfrac{1}{2}x(a - x)$ γίνει μέγιστη .

Επειδή όμως x + (a - x) = a

σταθερό , το γινόμενο x(a - x)

γίνεται μέγιστο αν $x = a - x \Leftrightarrow \boxed{x = \dfrac{a}{2}}$ . Τότε $\boxed{{{(TPB)}_{\min }} = \dfrac{{3{a^2}}}{8}}$ .

Το ύψος

του τριγώνου TPB

υπολογίζεται αφού είναι γνωστό το εμβαδόν του : $(TPB) = \dfrac{{{a^2} - x(a - x)}}{2}$ και η βάση του $PT = \sqrt {O{P^2} + O{T^2}} = \sqrt {{x^2} + {{(a - x)}^2}}$ .

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 23, 2015 3:22 pm**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Χωρίς ανάλυση.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο τετράγωνο πλευράς , φέραμε τα κάθετα προς τις πλευρές τμήματα ,

ώστε : , τα οποία τέμνονται στο σημείο . Η τέμνει την στο σημείο .

α) Δείξτε ότι $BE \perp PT$ και υπολογίστε το μήκος του .

β) Υπολογίστε το και βρείτε την τιμή του για την οποία ελαχιστοποιείται .

Καλό μεσημέρι....

Επειδή $\displaystyle{POSA,TOQC}$ είναι τετράγωνα , $\displaystyle{AC}$ είναι μεσοκάθετη των $\displaystyle{PS,TQ}$ ,επομένως $\displaystyle{TPSQ}$ ισοσκελές τραπέζιο ,άρα οι γωνίες $\displaystyle{\omega }$ είναι ίσες.

Αλλά στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{OQB,\angle \omega + \angle \phi = {90^0}}$ .Άρα $\displaystyle{\boxed{BE \bot TP}}$

$\displaystyle{DT//NA \Rightarrow \frac{{NA}}{x} = \frac{x}{{\alpha - x}} \Rightarrow NA = \frac{{{x^2}}}{{\alpha - x}} \Rightarrow \boxed{NB = \frac{{{x^2} - \alpha x + {\alpha ^2}}}{{a - x}}}}$

$\displaystyle{\left( {TPB} \right) = \left( {TNB} \right) - \left( {PNB} \right) = .... = \frac{1}{2}\left( {{x^2} - \alpha x + {\alpha ^2}} \right)}$ και $\displaystyle{{\left( {TPB} \right)_{\min }}}$ λαμβάνεται για $\displaystyle{\boxed{x = \frac{\alpha }{2}}}$ κι εύκολα $\displaystyle{\boxed{{{\left( {TPB} \right)}_{\min }} = \frac{{3{\alpha ^2}}}{8}}}$

: χ.α.png (14.06 KiB) Προβλήθηκε 787 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 23, 2015 8:00 pm**

george visvikis έγραψε:Σημείωση :Το εμβαδόν μπορούσε να υπολογιστεί ευκολότερα αν δεν ζητούσαμε το μήκος του

.

: Χωρίς ανάλυση.png (16.43 KiB) Προβλήθηκε 752 φορές

Η άσκηση "χτίστηκε" με θεμέλιο λίθο την καθετότητα των BE , PT

. Στη συνέχεια προστέθηκε

η διερεύνηση του (BPT)

, με αναμενόμενο υπολογισμό του , ως διαφορά των τριών λευκών ορθογωνίων

από το αρχικό τετράγωνο . Για κακή μου τύχη , πατώντας "γεωμετρικός τόπος του

, προέκυψε

η διακεκομμένη κόκκινη γραμμή . Ουάου ! Θεώρησα ότι πρόκειται για τεταρτοκύκλιο ( οπότε BE=a

)

κι έτσι παρά λίγο να "χαλάσω " την άσκηση , ωθώντας τους λύτες σε ολισθηρά μονοπάτια , ζητώντας

τον υπολογισμό της

. Ευτυχώς ( βλέποντας την πρώτη λύση ) διεπίστωσα ότι δεν υπάρχει

πρόβλημα και ότι η προκύπτουσα λύση απλά έχει περισσότερη "άλγεβρα " .

Φυσικά δεν πρόκειται να χαλάσω τη γιορτή των Βισβίκη και Ρίζου ( χρόνια πολλά ! ) , θέτοντας

το ερώτημα : "ποιος πράγματι είναι ο γεωμετρικός τόπος του

? "

mathematica.gr

Χωρίς ανάλυση

Χωρίς ανάλυση

Re: Χωρίς ανάλυση

Re: Χωρίς ανάλυση

Re: Χωρίς ανάλυση

Re: Χωρίς ανάλυση

Re: Χωρίς ανάλυση

Re: Χωρίς ανάλυση

Re: Χωρίς ανάλυση

Re: Χωρίς ανάλυση