mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 27, 2011 11:58 am**

Σημείο

κινείται επί του τμήματος

, μήκους

. Γράφω τους κύκλους με διαμέτρους

και

.

Προς το αυτό μέρος του

, παίρνω σημεία S , T

πάνω στους δύο κύκλους , ώστε $\widehat{CAS}= \widehat{BCT}=60^{o}$ .

Βρείτε την ελάχιστη τιμή του μήκους του τμήματος

, και δείξτε ότι τότε και $\widehat{CST}=60^{o}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 27, 2011 5:19 pm**

Στα παρακάτω θεωρώ ότι έχουμε γνώση:

-Του πυθαγορείου θεωρήματος. (Γυμνάσιο)
-Βασικών τριγωνομετρικών αριθμών. (Γυμνάσιο)
-Του ελαχίστου του τριωνύμου.
-Εγγεγραμμένης γωνίας

Εύκολα παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα $\displaystyle{ASC\,,\,CTB\,,\,SCT}$ είναι ορθογώνια.

Έστω, $\displaystyle{AC = x}$ και $\displaystyle{CB = d - x}$

τότε $\displaystyle{SC = \sin {60^o}AC = \frac{{\sqrt 3 }}{2}x}$ και $\displaystyle{TC = \cos {60^o}CB = \frac{1}{2}(d - x)}$

με εφαρμογή του πυθαγόρειου: $\displaystyle{S{T^2} = S{C^2} + C{T^2} = \frac{3}{4}{x^2} + \frac{1}{4}{(d - x)^2} = {x^2} - \frac{1}{2}dx + \frac{1}{4}{d^2}}$

το τριώνυμο παρουσιάζει ελάχιστο στο $\displaystyle{{x_0} = \frac{d}{4}}$

μς ελάχιστη τιμή: $\displaystyle{\begin{array}{l} S{T_{_{\min }}}^2 = {\left( {\frac{d}{4}} \right)^2} - \frac{1}{2}d\frac{d}{4} + \frac{1}{4}{d^2} = \frac{{3{d^2}}}{{16}} \Rightarrow \\ S{T_{_{\min }}} = \frac{{\sqrt 3 d}}{4} \\ \end{array}}$

Υπολογίζουμε : $\displaystyle{\begin{array}{l} \sin (\angle CST) = \frac{{TC}}{{ST}} = \frac{{\frac{1}{2}(d - \frac{d}{4})}}{{\frac{{\sqrt 3 d}}{4}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \\ \angle CST = {60^o} \\ \end{array}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 27, 2011 8:46 pm**

Μετά την άριστη λύση του Χρήστου, ας δούμε και την εξής διαπραγμάτευση:
Αν K,L,

τα κέντρα των κύκλων αριστερά και δεξιά αντίστοιχα, όταν ο αριστερά κύκλος είναι μεγαλύτερος ή ίσος από τον δεξιά (αρχικό σχήμα του Θανάση),

σημείο της

ώστε

παραλληλόγραμμο έχουμε: $\angle MKL = 120^ \circ \Rightarrow ML \geqslant KL = \frac{{AB}} {2} \Rightarrow ST_{\min }=ML_{\min } = \frac{{AB}} {2}.$ Δηλαδή όταν το

γίνει μέσο της

.
Άρα ο «αριστερά» κύκλος θα πρέπει να είναι μικρότερος από τον δεξιά, γιά να πάμε σε τμήμα μικρότερο του $KL=\frac{{AB}}{2}$ . Τότε θεωρούμε

σημείο του TL,

ώστε το τετράπλευρο SKFT

να είναι παραλληλόγραμμο, με το

να είναι ελάχιστο όταν το

γίνει κάθετο στην

,άρα στην

δηλαδή όταν η

γίνει εφαπτομένη στον μικρό κύκλο δηλαδή όταν $\angle CST = 60^ \circ.$

S.E.Louridas

mathematica.gr

Μαθηματικά Α' Λυκείου - 3ο θέμα

Μαθηματικά Α' Λυκείου - 3ο θέμα

Re: Μαθηματικά Α' Λυκείου - 3ο θέμα

Re: Μαθηματικά Α' Λυκείου - 3ο θέμα