Προοδευτική διανομή

KARKAR · #1

Στο εσωτερικό ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , να βρεθεί σημείο

, ώστε αν (ASB)= E

,

να είναι ( ASC ) = 2E

και

.

Στη συνέχεια να δειχθεί ότι : $\widehat{ASB}=150^{o} , \widehat{ASC}=120^{o} , \widehat{BSC}=90^{o}$

kwstas12345 · #2

Για τον προσδιορισμό του σημείου

, τοποθετούμε το τριγωνό μας σε ορθοκανονικό σύστημα αξόνων

έτσι ώστε το

να είναι η αρχή των αξόνων και η πλευρά

να είναι πάνω στον θετικό ημιάξονα. Είναι αρχικά $\displaystyle 7E=E_{oliko}\Rightarrow E=\frac{a^2\sqrt{3}}{28}$ και άν πούμε $\displaystyle \angle BAS=A_{1},\angle SAC=A_{2}$ τότε $\displaystyle \frac{\left(ASB \right)}{\left(SAC \right)}=\frac{1}{2}=\frac{\sin A_{1}}{\sin A_{2}}\Rightarrow \sin \left(60^{0}-A_{1} \right)=2\sin A_{1}$ και από εδώ εύκολα βλέπουμε $\displaystyle \tan A_{1}=\frac{\sqrt{3}}{5}$ και $\displaystyle \sin A_{1}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{3}{7}}$ , και επίσης $\displaystyle SA=\frac{2E}{a\sin A_{1}}=\frac{a}{\sqrt{7}}$ και έτσι $\displaystyle S\left(\frac{5a}{14},\frac{a\sqrt{3}}{14} \right)$ . Ακόμη $\displaystyle \frac{\left(SAB \right)}{\left(SCB \right)}=\frac{1}{2}=\frac{\sin \ C_{1}}{\sin C_{2}}$ και έτσι $\displaystyle \sin C_{1}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{3}{7}}$ άρα $\displaystyle CS=\frac{4E}{a\sin C_{1}}=\frac{2a}{\sqrt{7}}$ . Άρα από τον νόμο των συνημιτόνων $\displaystyle \cos \angle CSA=\frac{SC^2+SA^2-a^2}{2SC \cdot SA}=-\frac{1}{2}\Rightarrow \angle CSA=120^{0}$ . Ακόμη $\displaystyle \frac{\left(SBA \right)}{\left(SBC \right)}=\frac{1}{4}=\frac{\sin B_{1}}{\sin B_{2}},B_{1}=\angle SBA$ . Άρα $\displaystyle 4\sin B_{1}=\sin\left(60^{0}-B_{1} \right)\Rightarrow \tan B_{1}=\frac{\sqrt{3}}{9}\Rightarrow \sin B_{1}=\frac{1}{2\sqrt{7}}$ και έτσι από τον νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο $\displaystyle SBA$ έχουμε $\displaystyle SB=\frac{\sin A_{1}}{\sin B_{1}}SA=a\sqrt{\frac{3}{7}}$ . Παρατηρούμε πως $\displaystyle SB^2+SC^2=BC^2\Rightarrow \angle BSC=90^{0}\Rightarrow \angle BSA=150^{0}$ .

Παρατήρηση:

$\bigstar$ Άν θέσουμε $\displaystyle SB=x,SA=y,SC=z$ τότε η μοναδική λύση του συστήματος $\displaystyle \begin{cases} a^2\sqrt{3}=7\sqrt{2x^2y^2+2a^2\left(x^2+y^2 \right)-x^4-y^4-a^4} & \\ 2a^2\sqrt{3}=7\sqrt{2y^2z^2+2a^2\left(y^2+z^2 \right)-y^4-z^4-a^4}& \\ 4a^2\sqrt{3}=7\sqrt{2z^2x^2+2a^2\left(z^2+x^2 \right)-z^4-x^4-a^4} & \end{cases}$ όπου

θετική σταθερά, είναι η $\displaystyle \left(x,y,z \right)=\left(a\sqrt{\frac{3}{7}},\frac{a}{\sqrt{7}},\frac{2a}{\sqrt{7}} \right)$ .

Προφανώς εδώ τα αντιστρέφουμε όλα.Αλλά έχουμε μια κομψή λύση σε πρόβλημα με πολλές πράξεις.

#3

Κώστα, καλή σου μέρα και συγχαρητήρια για τη λύση σου
Ας δούμε και μία γεωμετρική:
Έστω D, E, Z τα σημεία τομής ττων AS, CS, BS με τις BC, AB, AC αντίστοιχα.
Τότε έχουμε
$\frac{BD}{DC}=\frac{\left( ASB\right)}{\left( ASC\right)}=\frac{1}{2}$
$\frac{AE}{EB}=\frac{\left( ASC\right)}{\left( BSC\right)}=\frac{1}{2}$
$\frac{AZ}{ZC}=\frac{\left( ASB\right)}{\left( BSC\right)}=\frac{1}{4}$
(καθώς οι λόγοι των εμβαδών είναι ίσοι με τους λόγους των αντίστοιχων ύψών).
Επομένως το σημείο S προσδιορίζεται σαν σημείο τομής δύο εκ των τριών AD, BZ, CE και με το Θεώρημα Ceva υπολογίζεται ο τρίτος λόγος.
Το τετράπλευρο BESD είναι εγγράψιμο, όπως προκύπτει από την ισότητα των γωνιών $\hat{ADB}=\hat{AEC}$ (από την ισότητα τριγώνων ABD=AEC)
Τέλος EB=2BD

και $\hat{B}=60^{0}$ , επομένως $\hat{EDB}=90^{0}$ οπότε και $\hat{ESB}=90^{0}$
Έτσι τελικά έχουμε
ότι: $\hat{BSC}=90^{0},\hat{ASC}=120^{0}, \hat{ASB}=150^{0}$
καθώς $\hat{ESA}=\hat{B}=60^{0}$ λόγω του εγγραψίμου BESD.

(Έγινε μία μικρή διόρθωση μετά από επισήμανση του Θανάση, τον οποίο και ευχαριστώ)

#4

Ως αντίδωρο για την προσφορά του Θανάση στο

,

δίνω μια λύση στην όμορφη άσκησή του (δες ΕΔΩ) με εργαλεία της Αναλυτικής Γεωμετρίας, διατυπωμένη όσο πιο αναλυτικά μπορούσα.

: 04-9-2013 Γεωμετρία.jpg (23.37 KiB) Προβλήθηκε 571 φορές

Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κέντρο

παίρνουμε τα σημεία $\displaystyle A\left( {0,\;\sqrt 3 } \right),\;B\left( { - 1,\;0} \right),\;C\left( {1,\;0} \right)$
που είναι κορυφές ισοσκελούς τριγώνου πλευράς

.

Έστω σημείο S(a, b)

στο εσωτερικό του τριγώνου, ώστε $\displaystyle \left( {BSC} \right) = 4\left( {ASB} \right) \Leftrightarrow d\left( {S,\;BC} \right) = 4d\left( {S,\;AB} \right)$ (1)

και $\displaystyle \left( {ASC} \right) = 2\left( {ASB} \right) \Leftrightarrow d\left( {S,\;AC} \right) = 2d\left( {S,\;AB} \right)$ (2)

Για να είναι το

στο εσωτερικό του τριγώνου, πρέπει: $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} b > 0\\ \sqrt 3 a - b + \sqrt 3 > 0\\ - \sqrt 3 a - b + \sqrt 3 > 0 \end{array} \right.$

Είναι $\displaystyle AB:\;\;\sqrt 3 x - y + \sqrt 3 = 0,\;\;\;AC: - \sqrt 3 x - y + \sqrt 3 = 0,\;\;BC:\;y = 0$ ,

οπότε οι (1), (2) δίνουν:

$\displaystyle 4 \cdot \frac{{\left| {\sqrt 3 a - b + \sqrt 3 } \right|}}{2} = b \Leftrightarrow 2 \cdot \left| {\sqrt 3 a - b + \sqrt 3 } \right| = b \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2\sqrt 3 a - 3b + 2\sqrt 3 = 0\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \vee \\ 2\sqrt 3 a - b + 2\sqrt 3 = 0 \end{array} \right.$

και $\displaystyle 2 \cdot \frac{{\left| { - \sqrt 3 a - b + \sqrt 3 } \right|}}{2} = b \Leftrightarrow \left| { - \sqrt 3 a - b + \sqrt 3 } \right| = b \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - \sqrt 3 a + \sqrt 3 = 0\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \vee \\ - \sqrt 3 a - 2b + \sqrt 3 = 0 \end{array} \right.$

Λύνοντας το παραπάνω σύστημα, με τους περιορισμούς, βρίσκουμε ότι $\displaystyle S\left( { - \frac{1}{7},\;\frac{{4\sqrt 3 }}{7}} \right)$

(Η δεύτερη λύση $\displaystyle S\left( { - \frac{3}{5},\;\frac{{4\sqrt 3 }}{5}} \right)$ απορρίπτεται, αφού το

είναι εκτός τριγώνου).

Τότε $\displaystyle \left( {ABS} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{7},\;\;\left( {ACS} \right) = \frac{{2\sqrt 3 }}{7},\;\;\left( {SBC} \right) = \frac{{4\sqrt 7 }}{7}$ , το άθροισμα των οποίων δίνει $\displaystyle \left( {ABC} \right) = \sqrt 3$ , που πράγματι είναι το εμβαδόν ισοπλεύρου τριγώνου πλευράς

.

Επίσης είναι $\displaystyle S{B^2} = \frac{{28}}{{49}},\;\;S{A^2} = \frac{{84}}{{49}},\;\;S{C^2} = \frac{{112}}{{49}}$ , οπότε από Πυθαγόρειο Θεώρημα στο SBC

βρίσκουμε ότι $\displaystyle S{A^2} + S{C^2} = \frac{{196}}{{49}} = 4 = A{C^2}$ άρα $\displaystyle \widehat {BSC} = 90^\circ$

Ομοίως, από Ν. Συνημιτόνων στα ABS, ACS

βρίσκουμε

$\displaystyle \sigma \upsilon \nu \left( {\widehat {ASB}} \right) = \frac{{A{S^2} + S{B^2} - A{B^2}}}{{2AS \cdot SB}} = \frac{{\frac{{28}}{{49}} + \frac{{84}}{{49}} - 4}}{{2 \cdot \frac{{\sqrt {28 \cdot 84} }}{{49}}}} = - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {ASB} = 150^\circ$

$\displaystyle \sigma \upsilon \nu \left( {\widehat {ASC}} \right) = \frac{{A{S^2} + S{C^2} - A{C^2}}}{{2AS \cdot SC}} = \frac{{\frac{{28}}{{49}} + \frac{{112}}{{49}} - 4}}{{2 \cdot \frac{{\sqrt {28 \cdot 112} }}{{49}}}} = - \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {ASC} = 120^\circ$

#5

KARKAR έγραψε:Στο εσωτερικό ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , να βρεθεί σημείο , ώστε αν ,

να είναι και .

Στη συνέχεια να δειχθεί ότι : $\widehat{ASB}=150^{o} , \widehat{ASC}=120^{o} , \widehat{BSC}=90^{o}$

: Protropi Tom.png (26.21 KiB) Προβλήθηκε 521 φορές

Μόνο κατασκευή

KARKAR · #6

: Top five.png (19.92 KiB) Προβλήθηκε 488 φορές

Για λόγους ευκολίας έστω a=BC=7

, οπότε $\displaystyle E=(ABC)=\frac{7^2\sqrt{3}}{4}$ . Θέλω να είναι $\displaystyle (SBC)=\frac{4E}{7}=7\sqrt{3}$ ,

άρα πρέπει $ST=2\sqrt{3}$ . Λοιπόν φέρω την κάθετη στο

(

) και τότε $ST^2=3\cdot 4\Rightarrow ST=2\sqrt{3}$ .

Έτσι βρήκα το

. Τα υπόλοιπα απλά ... Ας υπενθυμίσουμε ότι $\displaystyle ST+SP+SQ=\frac{7\sqrt{3}}{2}$

KARKAR · #7

: Αναπάντεχη κατασκευή.png (14.47 KiB) Προβλήθηκε 456 φορές

Προτείνω και την εξής αναπάντεχη κατασκευή : Σε σημείο

της

, ώστε $\displaystyle BT=\frac{BC}{3}$ , φέρω κάθετη ,

η οποία τέμνει την

στο

. Η κάθετη από το

προς την

, την τέμνει στο ζητούμενο σημείο

!

#8

KARKAR έγραψε:.Προτείνω και την εξής αναπάντεχη κατασκευή : Σε σημείο της , ώστε $\displaystyle BT=\frac{BC}{3}$ , φέρω κάθετη , η οποία τέμνει την στο . Η κάθετη από το προς την , την τέμνει στο ζητούμενο σημείο !

Ας δούμε το πρόβλημα ισοδύναμα.

Ας είναι $S \equiv AT \cap CP$ , όπου το σημείο τομής της εκ του καθέτου προς την με την , με $T \in BC$ και $\left( {BT} \right) = \dfrac{a}{3}$ ,

όπου το μήκος της πλευράς του ισοπλεύρου τριγώνου $\vartriangle ABC$ .

Τότε από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle PBC$ με διατέμνουσα την έχω: $\boxed{\dfrac{{\left( {AP} \right)}}{{\left( {AB} \right)}} \cdot \dfrac{{\left( {TB} \right)}}{{\left( {TC} \right)}} \cdot \dfrac{{\left( {SC} \right)}}{{\left( {SP} \right)}} = 1}:\left( 1 \right)$ .

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle PTB\left( {\angle T = {{90}^0}} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\angle B = {{60}^0}} \left( {PB} \right) = 2\left( {BT} \right) = 2\dfrac{a}{3}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {AB} \right) = a} \left( {AP} \right) = \dfrac{a}{3} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{\left( {AP} \right)}}{{\left( {AB} \right)}} = \dfrac{1}{3}}:\left( 2 \right)$ και από εκφώνηση $\boxed{\dfrac{{\left( {TB} \right)}}{{\left( {TC} \right)}} = \dfrac{1}{2}}:\left( 3 \right)$ .

Από $\left( 1 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right),\left( 3 \right)} \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{\left( {SC} \right)}}{{\left( {SP} \right)}} = 1 \Rightarrow \left( {CS} \right) = 6\left( {SP} \right) \Rightarrow$ $\left( {CS} \right) = \dfrac{6}{7}\left( {CP} \right) \Rightarrow \boxed{\left( {CS} \right) \cdot \left( {CP} \right) = \dfrac{6}{7}{{\left( {CP} \right)}^2}}:\left( 4 \right)$ .
[attachment=0]1.png[/attachment]
Από τον νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο $\vartriangle PBC \Rightarrow {\left( {CP} \right)^2} = {\left( {BC} \right)^2} + {\left( {BP} \right)^2} - 2\left( {BC} \right)\left( {BP} \right)\sigma \upsilon \nu {60^0}$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {BC} \right) = a,\left( {BP} \right) = \frac{{2a}}{3}}$ ${\left( {CP} \right)^2} = {a^2} + \dfrac{{4{a^2}}}{9} - 2a \cdot \dfrac{{2a}}{3} \cdot \dfrac{1}{2} \Rightarrow \ldots$ ${\left( {CP} \right)^2} = \dfrac{7}{9}{a^2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} \boxed{\left( {CS} \right) \cdot \left( {CP} \right) = \dfrac{2}{3}{a^2}}:\left( 5 \right)$ .

Εξάλλου $\boxed{\left( {CT} \right)\left( {CB} \right) = \dfrac{{2a}}{3} \cdot a = \dfrac{2}{3}{a^2}}:\left( 6 \right)$ . Από $\left( 5 \right),\left( 6 \right) \Rightarrow \left( {CS} \right)\left( {CP} \right) = \left( {CT} \right)\left( {CB} \right)$ και σύμφωνα με το αντίστροφο του θεωρήματος των τεμνομένων χορδών

προκύπτει ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο, οπότε $\angle PSB = \angle PTB = {90^0} \Rightarrow BS \bot CP$ και προφανώς το σημείο

είναι το ζητούμενο σημείο του αρχικού προβλήματος αφού πλέον ισχύει:

$\angle ASB = \angle ASP + \angle PSB\mathop \Rightarrow \limits^{\angle ASP = \angle B = {{60}^0}(BTSP\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o)}$ $\boxed{\angle ASB = {{150}^0}}\mathop \Rightarrow \limits^{\boxed{\angle BSC = {{90}^0}}} \boxed{\angle CSA = {{120}^0}}$ .

Στάθης

KARKAR · #9

KARKAR έγραψε:
Έτσι βρήκα το . Τα υπόλοιπα απλά ...

: Top five.png (20.34 KiB) Προβλήθηκε 375 φορές

Επειδή τα υπόλοιπα δεν είναι εντελώς προφανή , ας εξηγηθώ : Από τα ορθογώνια τρίγωνα STC,ASN

βρίσκω με Π.Θ ,

ότι : SC^2=28

και

. Με νόμο συνιμητόνων στο ASC

βρίσκω : $\displaystyle cos(\widehat{ASC})=\frac{28+7-49}{2\cdot\sqrt{7}\cdot2\sqrt{7}}=-\frac{1}{2}$ ,

οπότε $\widehat{ASC}=120^0$ και αφού $\widehat{BSC}=90^0$ , είναι $\widehat{ASB}=150^0$ . Η επιβεβαίωση της αναλογίας των εμβαδών

μπορεί να γίνει με επίκληση του σχετικού τύπου ( αφού τα sin120^0,sin150^0

είναι γνωστά ) .

Προοδευτική διανομή

Προοδευτική διανομή

Re: Προοδευτική διανομή

Re: Προοδευτική διανομή

Re: Προοδευτική διανομή

Re: Προοδευτική διανομή

Re: Προοδευτική διανομή

Re: Προοδευτική διανομή

Re: Προοδευτική διανομή

Re: Προοδευτική διανομή

Μέλη σε σύνδεση