mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 24, 2016 10:37 am**

: Τριγωνίδιο.png (10.75 KiB) Προβλήθηκε 1097 φορές

Το σημείο

κινείται επί της εφαπτομένης του κύκλου (O,R)

, στο σημείο

.

Φέρω το εφαπτόμενο τμήμα

. Αν

το αντιδιαμετρικό του

, βρείτε τύπο

ο οποίος να δίνει το εμβαδόν του τριγώνου NQP

και βρείτε τη μέγιστη τιμή του .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 24, 2016 12:19 pm**

KARKAR έγραψε:Τριγωνίδιο.pngΤο σημείο κινείται επί της εφαπτομένης του κύκλου , στο σημείο .

Φέρω το εφαπτόμενο τμήμα . Αν το αντιδιαμετρικό του , βρείτε τύπο

ο οποίος να δίνει το εμβαδόν του τριγώνου και βρείτε τη μέγιστη τιμή του .

Kαλημέρα

$\hat{QSO}=\hat{OQS}=\omega ,x=SP,(NQP)=\dfrac{1}{2}(NQ)(QP)sinNQP=\dfrac{1}{2}x.\dfrac{NQ^{2}}{2R},(1),$
Από την ομοιότητα των τριγώνων $ONQ,SQP,\dfrac{NQ}{SQ}=\dfrac{R}{x},(2),$
Από το Πυθαγόρειο θεώρημα $NQ^{2}=4R^{2}-SQ^{2},(3), (1),(2),(3)\Rightarrow (NQP)=\dfrac{xR^{3}}{x^{2}+R^{2}}$

Κατά τα γνωστά από τις παραγώγους

Μέγιστη τιμή για το εμβαδόν του τριγώνου $(NQΡ)=\dfrac{R^{2}}{2},x=R$

Γιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 24, 2016 2:42 pm**

: Τριγωνίδιο.png (14.69 KiB) Προβλήθηκε 1065 φορές

Φυσικά στους μαθητές που συμμετέχουν στον Θαλή , επιτρέπουμε λύση με χρήση παραγώγων .

Όμως , είμαστε υποχρεωμένοι τα θέματά μας να έχουν και λύση "εντός ύλης" . Εν προκειμένω ,

μια τέτοια λύση θα μπορούσε να προκύψει , με αξιοποίηση του παρατιθέμενου σχήματος ...

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 24, 2016 2:52 pm**

Η χρήση παραγώγων παρακάμπτεται από την γνωστή σχέση $\displaystyle{{x^2} + {R^2} \geqslant 2Rx \Leftrightarrow \frac{{Rx}}{{{x^2} + {R^2}}} \leqslant \frac{1}{2}}$ ... κλπ

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 24, 2016 3:41 pm**

KARKAR έγραψε:Τριγωνίδιο.pngΤο σημείο κινείται επί της εφαπτομένης του κύκλου , στο σημείο . Φέρω το εφαπτόμενο τμήμα . Αν το αντιδιαμετρικό του , βρείτε τύπο ο οποίος να δίνει το εμβαδόν του τριγώνου και βρείτε τη μέγιστη τιμή του .

Στο σχήμα του Θανάση πιο πάνω προκύπτει εύκολα ότι

$QN\parallel PO \Rightarrow \left( {PQN} \right) = \left( {ONQ} \right) =$ $\dfrac{1}{2}\left( {ON} \right)\left( {OQ} \right)\sin \left( {\angle NOQ} \right) \leqslant \dfrac{1}{2}{R^2}$ με την ισότητα να προκύπτει για

$\sin \left( {\angle NOQ} \right) = 1 \Rightarrow \angle NOQ = \dfrac{\pi }{2}$ οπότε $\boxed{\max \left( {NPQ} \right) = \frac{{{R^2}}}{2}}$ και το ζητούμενο έχει βρεθεί.

Στάθης

Υ.Σ.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 24, 2016 10:26 pm**

KARKAR έγραψε:Τριγωνίδιο.pngΤο σημείο κινείται επί της εφαπτομένης του κύκλου , στο σημείο .

Φέρω το εφαπτόμενο τμήμα . Αν το αντιδιαμετρικό του , βρείτε τύπο

ο οποίος να δίνει το εμβαδόν του τριγώνου και βρείτε τη μέγιστη τιμή του .

Καλησπέρα
Γράφω τη λύση για τη μέγιστη τιμή του τριγώνου ,χωρίς τη χρήση παραγώγων,γιατί πιστεύω ότι η αμιγώς Γεωμετρική λύση είναι καλύτερη

Εστω $E=(NQP),E=\dfrac{R^{3}}{x^{2}+R^{2}}\Leftrightarrow Ex^{2}-R^{3}x+ER^{2}=0$
Tριώνυμο ,ως προς

,με $\Delta \geq 0$ $\Leftrightarrow E\leq \dfrac{R^{2}}{2}$
Οπότε η μέγιστη τιμή του εμβαδού είναι $\dfrac{R^{2}}{2}$ , για x=R

Γιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 25, 2016 12:08 am**

KARKAR έγραψε:Τριγωνίδιο.pngΤο σημείο κινείται επί της εφαπτομένης του κύκλου , στο σημείο .

Φέρω το εφαπτόμενο τμήμα . Αν το αντιδιαμετρικό του , βρείτε τύπο

ο οποίος να δίνει το εμβαδόν του τριγώνου και βρείτε τη μέγιστη τιμή του .