IG

[r2d2]

Даден е правоъгълен тр. АВС с хипотенуза АВ=с. Намерете интервала, в който се изменя дължината на отсечката IG. I - център на вписаната, G-медицентър.

[Реклама]

[Fed]

Много хубава задача!

Толкова ли се получава:

[name01]

Това получавам и аз, но интервалът е затворен отляво.

[name01]

Сори, Fed, не погледнах правилно си го затворил.

[uktc]

Някой ако постне и решение...

[name01]

Веднага се сещаме, че ако [tex]IJ = f_{c}[/tex], то [tex] f_{min}= r - \frac{c}{6} = \frac{c(3\sqrt{2} - 4)}{6}[/tex], a [tex]IJ = f_{max}[/tex], който не може да се достигне е когато a+b=c и [tex]IJ=f_{max}=\frac{c}{2} -r - \frac{c}{6} = \frac{c}{3}[/tex]

малка техн. грешка

[Fed]

Моето решение е следното:

Приемаме <А≥45°, полагаме <А=α Е [45,90), CM-медиана;
<АСМ=α, <ICA=45, <ICG=α-45;
CM=c/2, CG=2/3.c/2=c/3, CI=√2.r, r=p-c=c/2(sinα+cosα-1), CI=√2.c/2(sinα+cosα-1)
cos<ICG=cos(α-45)=√2/2(sinα+cosα);
Полагаме sinα+cosα=t E (1, √2); t->1 при α->90°, t=√2 при α=45;
Прилагаме cos Th за ▲IGC (CG=c/3, CI=√2.c/2(t-1), cos<ICG=√2/2.t) =>
след преобразувания IG²=c².(3t²-12t+11)/18
Графиката е парабoла с връх в t=2. Намалява в (-∞,2) =>
max на IG² е при t->1 => IG_max->c/3
min на IG² е при t=√2 или α=45 => IG_min=c.(√2/2-2/3)

=> IG E [c.(√2/2-2/3), c/3)

[DevilFighter]

Ето аз как я решавам :
CL - ъглополовяща, CM - медиана

1сл. Когато AC = BC => т.I и G E на 1-на права,също така CG > CI ; CG = c/3 ; CI = c*( 1 -[√(2)]/2 )=>
IG = CG - CI = c(√(2)]/2 -3)

Вижда се, че IG е най-малка когато триъгълника е правоъгълен равнобедрен и точките I и G лежат на 1на права.

2сл. AC≠ BC
AC =b, BC=a
Полагам а+b= x, x≥c => ab = (x² - c²)/2

Намирам CI = ( [√(2)] *(x-c) )/2c ; CG = c/3
cos T ▲CIG :
IG² =( (x-c)²)/2c² - ( x*(x-c) )/(3c) + c²/9

IG² = ( 1/(6c²) )*(3(x-c)² -2cx(x-c) ) + c²/9 = f(x)

_maxf(x) = f(c) = c/9 => _maxIG =c/3 =>IG < _maxIG => IG ≤ c/3, IG ≥ c(√(2)]/2 -3) => IG E [ ( c(√(2)]/2 -3) ) ; (c/3) ]

Ако IG = c/3 =>x=c => a+b=c => a*b = 0 -което е противоречие => IG < c/3 =>
IG E [ c*( [√(2)]/2 -2/3 ) ; c/3 )

[r2d2]

Момчета, явно зад. 5 от СУ не ви е опарила достатъчно. Опитвайте се на решавате геометричните задачи геометрично. Стига все функции и производни.

Последният голям геометър Якоб Щайнер е казал (свободно преведено) "Заниманията само с анализ водят до затъпяване!"

П.С. Fed Парабола се пише с О, както и ъглополОвяща.

Честно казано решението на name01, макар и с "обосновката" веднага се вижда ми допада най-много!

[Fed]

[name01]

Съгласен съм че "обосновката" ми няма да мине на изпит, ама ти едва ли пускаш задачата за да видиш добре написани решения, по-скоро идеята е ясна.

[uktc]

r2d2, ако имаш още подобни задачи (тип 5та задача от СУ), ще се радваме да споделиш

[name01]

Специално за r2d2, да не ни обвинява че сме калкулаторчета




Това и аз не го знаех това е чертеж от Autocad с точност 0,00000000000001 и всичко съвпада идеално, признавам си не стигнах сам до извода, т.е как се разполагат центровете на вписаните окръжности. Яката работа !!!

[name01]

Сега, ако някой направи реална симулация при зададени параметри да ти смята IJ направо да отива в това мечтано за вас ФМИ

[uktc]

Тук трябва да се включи някой, който разбира от Geometer's Sketchpad

[DevilFighter]

Хубаво ще е и автора на тази задача(r2d2) да постне неговото решение, за да видим как става без функции и производни. Благодаря предварително!

[r2d2]

Не съм автор на задачата, тя е от сборника "Задачи по геометрии" на Шаригин.
Според мен е достатъчно да се обоснове, че когато С се движи по окръжността, G описва полуокр. с цетър средата на АВ и радиус R/3 и че I се движи по дъга от окръжност с център прес. точка на симетралата на АВ и описаната окр. (вярно за произволен триъгълник).