Равностранен триъгълник

[nikola.topalov]

Вътрешно за равностранния [tex]\triangle ABC[/tex] със страна [tex]AB=1[/tex] е избрана точка [tex]M[/tex], такава че [tex]\angle CMB=120^\circ[/tex]. Да се намери възможно най-малката стойност на [tex]AM^2+BM^2+CM^2[/tex].

[Евва]

1 ли е верния отговор ?

[ptj]

Според мен е [tex]\sqrt{3}[/tex], а доказателството е 3 реда...

[svtiap]

Привет, това е резултатът от 2-минутни сметки:
A,B,C,M[tex]\in[/tex]ω
1=AM^2+CM^2+2*AM*CM*1/2 (Th Cos за [tex]\triangle[/tex]AMC)
1=BM^2+CM^2+2*BM*CM*1/2 (Th Cos за [tex]\triangle[/tex]BMC)
и правим Теорема на Помпей: AM+MB=CM (може да се докаже като например си построим MT[tex]\in[/tex]MC: MT=MA и подобни триъгълници (по спомен говоря, трябва да се разпише) или още просто Частен Случай и Директно Следствие от Теоремата на Птолемей).

[S.B.]

Без заглавие - 2022-06-01T114437.807.png (240.16 KiB) Прегледано 2083 пъти

Аз мисля,че т.$M$ принадлежи на дъгата от която страната $BC$ се вижда под ъгъл [tex]120 ^\circ[/tex]Тя не е фиксирана и се движи по цялата дъга.Ето защо [tex]\angle BMC[/tex] винаги ще бъде [tex]120 ^\circ[/tex], но ъглите [tex]\angle AMC[/tex] и [tex]\angle AMB[/tex] ще бъдат равни на [tex]120^\circ[/tex] само когато т.$M$ ще е среда на дъгата и ще съвпада с центъра на описаната около [tex]\triangle ABC[/tex] окръжност.Тогава наистина [tex]AM^{2 } + BM^{2 } + CM^{2 } = 1[/tex] но дали това ще е възможно най- малката стойност - не е сигурно.Ще трябва да се докаже.

[Hephaestus]

Нека [tex]\rho[/tex] е ротацията с център [tex]C[/tex] и ъгъл [tex]\hspace{0.1cm} \alpha = -60 ^\circ .\hspace{0.1cm}[/tex] Тогава [tex]B \xrightarrow{\rho} A,[/tex] [tex]M \xrightarrow{\rho} M_{1},\hspace{0.1cm} CM_{1} = CM,\hspace{0.1cm} AM_{1} = BM\hspace{0.1cm}[/tex] и [tex]\hspace{0.1cm} \measuredangle MCM_{1} = 60 ^\circ[/tex]
Следователно [tex]\hspace{0.1cm}\triangle MCM_{1}[/tex] [tex]-[/tex] равностранен [tex]\Rightarrow \measuredangle CM_{1}M = 60 ^\circ[/tex].
Освен това [tex]\hspace{0.1cm} \triangle AM_{1}C \cong \triangle BMC[/tex] [tex]\Rightarrow \measuredangle AM_{1}C = \measuredangle BMC = 120 ^\circ[/tex] [tex]\Rightarrow \measuredangle AM_{1}M = \measuredangle AM_{1}C - \measuredangle CM_{1}M = 60 ^\circ[/tex].

От косинусовата теорема за [tex]\triangle BMC[/tex] имаме:
[tex]BC^{2} = BM^{2} + CM^{2} - 2.BM.CM.\cos \angle BMC[/tex] [tex]\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}[/tex] [tex]1 = BM^{2} + CM^{2} + BM.CM[/tex] [tex]\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}[/tex] [tex]BM^{2} + CM^{2} = 1 - BM.CM[/tex]

От косинусовата теорема за [tex]\triangle AM_{1}M[/tex] имаме:
[tex]AM^{2} = AM_{1} ^{2} + MM_{1} ^{2} - 2.AM_{1}.MM_{1}.\cos \angle AM_{1}M = BM^{2} + CM^{2} - 2.AM.BM.\cos \angle AM_{1}M[/tex]
[tex]AM^{2} = BM^{2} + CM^{2} - BM.CM = 1 - BM.CM - BM.CM = 1 - 2.BM.CM[/tex]

Тогава за стойността на [tex]AM^{2} + BM^{2} + CM^{2}[/tex] имаме:
[tex]AM^{2} + BM^{2} + CM^{2} = 1 - 2.BM.CM + BM^{2} + CM^{2} = 1 + (BM - CM)^{2}[/tex]

Е, тъй като [tex](BM - CM)^{2} \ge 0[/tex], то вече е ясно, че минималната стойност на израза е [tex]1[/tex] и се достига, когато [tex]BM = CM (\hspace{0.1cm}= AM)[/tex], т.е. когато точката [tex]M[/tex] съвпада с центъра на равностранния триъгълник.

[svtiap]

Привет, това е резултатът от 2-минутни сметки:
A,B,C,M[tex]\in[/tex]ω
1=AM^2+CM^2+2*AM*CM*1/2 (Th Cos за [tex]\triangle[/tex]AMC)
1=BM^2+CM^2+2*BM*CM*1/2 (Th Cos за [tex]\triangle[/tex]BMC)
и правим Теорема на Помпей: AM+MB=CM (може да се докаже като например си построим MT[tex]\in[/tex]MC: MT=MA и подобни триъгълници (по спомен говоря, трябва да се разпише) или още просто Частен Случай и Директно Следствие от Теоремата на Птолемей).

Моя грешка - т. M е вътрешна, а не външна за [tex]\triangle[/tex]ABC.

[nikola.topalov]

Чудесно решение, Hephaestus!

[ptj]

Извинявам се, в прeдишния си пост съм сумирал само дължини, а не квадрати. Затова имаше разминаване в сметките.
Правилния резултат естесвено е [tex]3.( \frac{2}{3} \frac{ \sqrt{3} }{2} )^2=1[/tex].

[Евва]

Нека [tex]\angle[/tex]MCB=[tex]\beta[/tex] .
([tex]\triangle[/tex]MBC-sin T) [tex]\frac{BM}{sin \beta }[/tex]=[tex]\frac{BC}{sin120 ^\circ }[/tex] ; BM=[tex]\frac{2sin \beta }{ \sqrt{3} }[/tex] ; [tex]BM^{2 }[/tex]=[tex]\frac{4 sin^{2 } \beta }{3}[/tex]

[tex]\frac{BM}{sin \beta }[/tex]=[tex]\frac{CM}{sin(60 ^\circ - \beta )}[/tex] ; CM=[tex]\frac{BM.sin(60 ^\circ- \beta) }{sin \beta }[/tex]=[tex]\frac{2sin \beta.sin(60 ^\circ - \beta) }{ \sqrt{3} .sin \beta }[/tex]=[tex]\frac{2sin(60 ^\circ- \beta) }{ \sqrt{3} }[/tex]

[tex]CM^{2 }[/tex]=[tex]\frac{4 sin^{2 }(60 ^\circ- \beta ) }{3}[/tex]

([tex]\triangle[/tex]ABM-cos T) [tex]AM^{2 }[/tex]=1+[tex]BM^{2 }[/tex]-2BM.cos[tex]\beta[/tex]=1+[tex]\frac{4 sin^{2 } \beta }{3}[/tex]-2.[tex]\frac{2sin \beta }{ \sqrt{3} }[/tex].cos[tex]\beta[/tex].[tex]\frac{ \sqrt{3} }{ \sqrt{3} }[/tex]

[tex]AM^{2 }[/tex]=[tex]\frac{3+4 sin^{2 } \beta -4 \sqrt{3}sin \beta .cos \beta }{3}[/tex]

[tex]AM^{2 } +BM^{2}+CM^{2}[/tex]=[tex]\frac{3+4 sin^{2 } \beta-4 \sqrt{3}sin \beta.cos \beta }{3}[/tex]+[tex]\frac{4 sin^{2 } \beta }{3}[/tex]+[tex]\frac{4 sin^{2 }(60 ^\circ- \beta) }{3}[/tex]=

=[tex]\frac{1}{3}[/tex][ 3+8[tex]sin^{2 }[/tex][tex]\beta[/tex]-4[tex]\sqrt{3}[/tex]sin[tex]\beta[/tex].cos[tex]\beta[/tex]+4[tex]sin^{2 }(60 ^\circ- \beta)[/tex] ]=

=[tex]\frac{1}{3}[/tex][ 3+8[tex]sin^{2 }[/tex][tex]\beta[/tex]-4[tex]\sqrt{3}[/tex]sin[tex]\beta[/tex].cos[tex]\beta[/tex]+3[tex]cos^{2 } \beta[/tex]+[tex]sin^{2 } \beta[/tex]-2[tex]\sqrt{3}[/tex]sin[tex]\beta[/tex].cos[tex]\beta[/tex] ]=

=[tex]\frac{1}{3}[/tex][ 3+6[tex]sin^{2 } \beta[/tex]+( 3[tex]sin^{2 } \beta[/tex]+3[tex]cos^{2 } \beta[/tex] )-6[tex]\sqrt{3}[/tex]sin[tex]\beta[/tex].cos[tex]\beta[/tex] ]=

=1+2[tex]sin^{2 } \beta[/tex]+1-[tex]\sqrt{3}[/tex].2sin[tex]\beta[/tex].cos[tex]\beta[/tex]=

=2+1-cos(2[tex]\beta[/tex])-[tex]\sqrt{3}[/tex]sin(2[tex]\beta[/tex])=

=3-( cos(2[tex]\beta[/tex])+[tex]\sqrt{3}[/tex]sin(2[tex]\beta[/tex]) )

Min ще получим при max на израза cos(2[tex]\beta[/tex])+[tex]\sqrt{3}[/tex]sin(2[tex]\beta[/tex]) .

С налучкване намирам, че това става при 2[tex]\beta[/tex]=60[tex]^\circ[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\beta[/tex]=30[tex]^\circ[/tex] и [tex]\angle[/tex]MBC=60[tex]^\circ[/tex]-[tex]\beta[/tex]=60[tex]^\circ[/tex]-30[tex]^\circ[/tex]=30[tex]^\circ[/tex]

Тогава min([tex]AM^{2 }+BM^{2}+CM^{2}[/tex])=3-2 = 1

Следователно т.М е медицентъра на [tex]\triangle[/tex]АВС .

[nikola.topalov]

Браво, Евва! Ето, че и с тригонометрия става хубаво решение. Благодаря и на останалите колеги за проявения интерес към задачата!

[drago]

Нека $A_1,A_2,\dots,A_n$ са $n$ точки в равнината (пространството) и $G$ е техният център на тежестта. За произволна точка $X$ е в сила
$$\sum_{i=1}^n XA_i^2=nXG^2+\sum_{i=1}^n GA_i^2$$
Доказва лесно със скаларно произведение на вектори. Това означава, че когато т. $X$ се променя, лявата страна достига своя минимум, точно когато $X\equiv G$. Това е.
В случая точките са три и са върхове на равностр. триъг. Центъра на тежестта е медицентъра, ... въобще центъра му.
За доказване на тъждеството. От $\overrightarrow{XA_i}=\overrightarrow{GA_i}-\overrightarrow{GX}$, вдигаме на квадрат, сумитаме, изпозваме $\sum_{i=1}^n \overrightarrow{GA_i}=0$ и сме готови.