Трудна задача за лице

[Гост]

В триъгълника ABC ъгъл ACB=60[tex]^\circ[/tex] и AB=15. Вписаната в триъгълника окръжност се допира до страната AB в точка M, като AM=x. За коя стойност на x лицето на триъгълника ABC e най-голямо?

[S.B.]

В триъгълника ABC ъгъл ACB=60[tex]^\circ[/tex] и AB=15. Вписаната в триъгълника окръжност се допира до страната AB в точка M, като AM=x. За коя стойност на x лицето на триъгълника ABC e най-голямо?

Без заглавие - 2022-01-18T220027.087.png (245.4 KiB) Прегледано 1669 пъти

От свойството на допирателните от външна точка към окръжността [tex]\rightarrow AM = AP = x ,BM = BN = 15 - x[/tex]
От правоъгълния [tex]\triangle OCN \rightarrow ON = r[/tex] лежи срещу ъгъл [tex]30^\circ \Rightarrow OC = 2r , NC = r \sqrt{3}[/tex]

[tex]S_{ABC } = \frac{AC.BC}{2}\sin 60 ^\circ \Leftrightarrow S_{ABC } = \frac{(x + r \sqrt{3})(15 - x + r \sqrt{3} }{2} . \frac{ \sqrt{3} }{2} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]S_{ABC } = \frac{(15x - x^{2 } + rx \sqrt{3} + 15r \sqrt{3} - rx \sqrt{3} + 3 r^{2 }) \sqrt{3} }{4} = \frac{(15x - x^{2 } + 15r \sqrt{3 } +3 r^{2 }) \sqrt{3} }{4} =[/tex]
[tex]= \frac{15 \sqrt{3}x - x^{2 } \sqrt{3} + 3.15r + 3 r^{2 } \sqrt{3} }{4} = \frac{x \sqrt{3}(15 - x) + 3r(15 + r \sqrt{3} )}{4}[/tex]
Получи се за $S$ :$$S_{ABC } = \frac{x \sqrt{3}(15 - x) + 3r(15 + r \sqrt{3}) }{4} $$

Но [tex]S_{ABC } = pr \Leftrightarrow S_{ABC } = \frac{2x + 2(15 - x) + 2r \sqrt{3} }{2} r = (x + 15 - x + r \sqrt{3})r \Rightarrow[/tex]
$$S_{ABC } = r(15 + r \sqrt{3}) $$
От [tex]\begin{cases} S = \displaystyle \frac{x \sqrt{3}(15 - x) + 3r(15 + r \sqrt{3}) }{4} \\ S = r(15 +r \sqrt{3}) \end{cases} \Rightarrow S = \displaystyle\frac{x \sqrt{3}(15 - x) + 3S }{4} \Leftrightarrow S = x \sqrt{3}(15 - x)[/tex]

Лицето на триъгълника е функция на $x$:
[tex]S(x) = - \sqrt{3} x^{2 } + 15 \sqrt{3}x[/tex]
[tex]S'(x) = -2 \sqrt{3} x + 15 \sqrt{3} = 0 \Leftrightarrow 2 \sqrt{3}x = 15 \sqrt{3} \Rightarrow x = 7,5[/tex]
За $x = 7,5$ функцията има екстремум
[tex]S''(x) = - 2 \sqrt{3} < 0 \Rightarrow[/tex] имаме максимум

За $x = 7,5$ лицето на триъгълника достига максимална стойност

[Румен Симеонов]

Задачата има и много по-лесно РЕШЕНИЕ:

Точката С лежи на дъгата от точки виждащи АВ под един и същ фиксиран ъг. Ъ (= 60° в случая). От тях най-отдалечена от АВ (а значи и с най-голямо лице на тр.АВС), е единствено тази С (при Ъ = 90° са две, но в напълно еднакво разположение), за която тр.АВС е равнобедрен с ъгъл Ъ между бедрата в С. В равнобедрен триъгълник (медианата към третата страна е и височина и ъглополовяща - еднаквост по 3 страни, и, следователно) вписаната окр. се допира до третата страна в нейната среда. Следва, че х = |АВ|/2 = 7,5.

Дори не се наложи да използваме, че Ъ=60°. Даденото решение е решение и на всяка задача с произволно фиксиран ъг.АСВ=Ъ $\in (0, 180°)$.

[Румен Симеонов]

Ейиц, мнохо тр-рудна, бр-ре!
Откъде ги взимате тия тррудни ррешения брре?
Една задача е толкова по-трудна, колкото е по-трудно решението ѝ, нали? Или?
А и научавам, че имало и някакви ,,очаквания" как трябва да се решават екстремални задачи, с които трябвало да се съобразявам, но на мен, клетия, няма кой да ми ги каже или посочи къде да ги намеря записани тези очаквания.

[ptj]

И за мен решението на S.B. e прекалено дълго и нерационално. Аз видях същото решение като на Румен Симеонов буквално с прочитането на задачата...

П.П. Не виждам какво има да се разписва...
-

[Гост]

И за мен решението на S.B. e прекалено дълго и нерационално. Аз видях същото решение като на Румен Симеонов буквално с прочитането на задачата...

Може, но все пак е съобразено с училищния материал.Всеки има право да да изложи своето решение.Вие защо не изложихте вашето виждане буквално с прочитане на задачата (18.01.22?)

[ptj]

ОК
Ето още едно решение:
От косинусова теорема : [tex]c^2=a^2+b^2-2abcos \gamma=a^2+b^2-2ab. \frac{1}{2} =a^2+b^2-ab[/tex]

Неравенство между средно квадратично и средно геометрично :
[tex]\sqrt{ \frac{a^2+b^2}{2} } \ge \sqrt{ab} \Leftrightarrow a^2+b^2 \ge 2ab[/tex] (за положителни числа)

От обединението на неравствата имаме [tex]c^2 \ge a^2+b^2-ab \ge 2ab-ab=ab= \frac{2S}{sin \gamma }[/tex]

T.e. при фиксирано [tex]sin\gamma= \frac{ \sqrt{3} }{2}[/tex] е в сила [tex]S \le \frac{c^2 \sqrt{3}}{4}[/tex].

Равенство при всички неравенства се достига при [tex]a=b[/tex].

В равнобедрен триъгълник височината е и медиана и ъглополовяща.

Тогава перпендикуляр от коя да е точка на ъглополовящата на [tex]\gamma[/tex] (също и от центъра на вписаната окръжност) към страната [tex]c[/tex] я пресича в нейната среда,

т.е. [tex]x= \frac{c}{2}= \frac{15}{2}=7 \frac{1}{2}[/tex].

Съответния максимум е [tex]S= \frac{15^2\sqrt{3}}{4}[/tex]


П.П. Аз прочетох самата задача и всички мнения свързани с нея едва днес.

[ptj]

При фиксина страна [tex]c[/tex] най-голямото лице на триъгълника съответства на максимум на [tex]h_c[/tex].

Тогава за дъгата от окръжността, съдържаща върха [tex]C[/tex], за която хордата AB се вижда под 60[tex]^\circ[/tex], нейния перпедикулярен разполовяващ я диаметър се явява и ос на симетрия. За всяка точка от съответната половинка прилежащата хорда и синуса между нея и страната растат едновременно, т.е. тяхното произведение ([tex]hc)[/tex] е максимално точно при пресечената точка на дъгата и диаметъра.

П.П. Останалото е същото като при предишния вариант.

[Гост]

При фиксина страна [tex]c[/tex] най-голямото лице на триъгълника съответства на максимум на [tex]h_c[/tex].

Тогава за дъгата от окръжността, съдържаща върха [tex]C[/tex], за която хордата AB се вижда под 60[tex]^\circ[/tex], нейния перпедикулярен разполовяващ я диаметър се явява и ос на симетрия. За всяка точка от съответната половинка прилежащата хорда и синуса между нея и страната растат едновременно, т.е. тяхното произведение ([tex]hc)[/tex] е максимално точно при пресечената точка на дъгата и диаметъра.

П.П. Останалото е същото като при предишния вариант.

Много приказки. Малко формули. Решението на S. B. е класическо и съобразено.

[Румен Симеонов]

Хубавото на това решение на ptj е именно факта, че в него няма (много) формули. Е, все пак, трябва да можеш да разделиш 15 на 2 и все някак си да го запишеш. Другото са умни съображение. На това трябва да се учат учениците - по възможност да избягват формулите докато е възможно без тях. Някой хора си мислят, че формулите това е математиката. Не е така. И формулите са само начин да се запишат математически положения. Аз когато оценявам кандидат-студентски работи пиша високи оценки на умните разсъждения, дори и ако някои сметки и даже отговора са сбъркани. Е, има и хитри съображения с формули, също кратки. Има и дълги решения със свои предимства - например ако дългите сметки вървят по план, който е заявен още в началото и е ясно, че ще доведе до резултат без повече да се правят каквито и да са умствени усилия - само трябва да се довършат планираните изчисления, за които е ясно още отнапред, че няма да има проблем да се проведат.

[Гост]

В СУ"Климент Охридски" със сигурност не работиш
Къде проверяваш изпитни работи?

[Гост]

Не завиждам на студенти или кандидат-студенти, които биха имали нещастието да попаднат на такъв "оценител".

А от този бисер

Аз когато оценявам кандидат-студентски работи пиша високи оценки на умните разсъждения, дори и ако някои сметки и даже отговора са сбъркани.

остава да разберем какъв смисъл се влага в понятието "умни разсъждения". Вероятно такива, съответстващи на моментното състояние на духа на явлението Румен Симеонов.

[Румен Симеонов]

На вашето внимание - подобна задачка - лесна, за който се е поучил от решенията на настоящата задача на Румен Симеонов и на ptj, малко по-трудничка, я да видим колко, за харесващите да се обвързват (неоправдано) със задължение да извеждат като функкция на търсеното израз, на който да търсят екстремум:
viewtopic.php?f=96&t=31566&p=122419#p122419

[ptj]

По-принцип от факта, че елипсата има по сплесната графика от окръжността, може лесно да се докаже, че максумима на периметъра е точно при [tex]AC=CB[/tex]. Нататък е безиинтересно...

[Румен Симеонов]

По-принцип от факта, че елипсата има по сплесната графика от окръжността, може лесно да се докаже, че максумима на периметъра е точно при [tex]AC=AB[/tex]. Нататък е безиинтересно...

Да не би да има техническа грешка и да имате предвид $CA=CB$?
Явно разглеждате (части от) елипси съставени от точки $C$ имащи зададено $|CA|+|CB|$, да го обозначим с $s$. Всеки триъгълник от задачата си има свое $s$ т.е. - лежи на ,,своя" елипса с фокуси $А$ и $B$, като максимум два (с точност до еднаквост) триъгълника имат едно и също дадено $s$ - като и ,,двата" върха $C$ се намират в и формират сечението на $s$-елипсата с дъгата от окръжност съставена от точки $C$ виждащи ,,дадената" $AB$ с дължина $c$ ,,под" дадения ъгъл $\gamma$. Решението на задачата ще се получи от триъгълника имащ максимално $s$, като тези които са по два различни с едно и също $s$ имат подобряемо (увеличаемо) $s$. Следва, че търсеният максимум (на $P=s+c$) се достига при единствената $s$-елипса, която се допира до споменатата $\gamma$-дъга от окръжност точно преди да престане да се пресича с нея при всяко малко увеличение на $s$, което допиране става, очевидно, в пресечната точка на симетралата на $AB$ със споменаваната тук $\gamma$-дъга от окръжност (разбира се че говоря за дъга от окръжност). Преди максимума $s=s_{max}$ (докато $s<s_{max}$) $s$-елипсата и $\gamma$-дъгата имат 2 пресечни точки именно защото, както се изразявате Вие, елипсата е по-сплесната от окръжността. Мисля, че разгадах и ,,разписах" решението Ви. То е висш пилотаж на колега математик. Аз имах предвид по-простичко, което става и за ученици. Мерси за идеята.