Трудна геометрична задача?

[Lubo]

На 'link'-a по-долу искам да предложа една задача, на която попаднах преди около половин година.

Моите решения, в случая n = 3 и в общият случай - за 'n' произволно РЕАЛНО положително число използуват 'тежка аналитична геометрия'.

Досега не съм успял да намеря по-елегантно, 'чисто геометрично' решение.

Може би вие ще успеете.

Задачата:

http://math123.net/bg/area-s.jpg

Любо

[Реклама]

[vel_]

Тук предлагам накратко едно решение на тази задача, като използвам означенията от чертежа, посочен в линка на Любо.

Основните неща, които използвам в това решение са формулите за лице на триъгълник, подобие, синусова теорема, косинусова теорема и разбира се едно допълнително построение.

Разглеждам четириъгълника AMSP, изразявам неговото лице. Полученият резултат показва, че то зависи само от лицето на триъгълник АВС и числото n, откъдето следва, че

Лицето на AMSP=Лицето на BNTM=Лицето на CPUN.

A решението накратко е следното:

Построяваме PP1 успоредна на CM, точка P1 принадлежи на AB.

P1MSP e трапец. Построяваме МН перпендикулярна на РР1 и изразяваме лицето на трапеца.

Ще спомена само резултата, Лицето на триъгълника UST e
(n-2)^2/(n^2-n+1).

Не искам да ви отнема удоволствието да опитате.

Vel

[Lubo]

Много, много добро решение!

И начина, по който си го представил също много ми допада - като упътване.

И аз изведох формулата, но след доста тромави алгебрични преобразувания, базирани на методите на аналитичната геометрия.

Сега нямам време да проследя хода на твоето решение. То може би също изисква сравнително сложни алгебрични пробразувания, но хубавото е, че не са на основата на аналитичната геометрия.

Любо

[ianikia]

И аз получих същия отговор, но по друг начин.
Използвах допълнителни построения (права през М, успоредна на AN и прави през М и Т, успоредни на ВР) и приложих няколко пъти теорема на Талес и твърдението: Ако два триъгълника имат общ връх и основите им лежат на една права, то отношението от лицата им е равно на отношението от дължините на основите им.

[vel_]

Решението на Ianikia e много интересно .

Харесва ми, че се използват само пропорции и свойства на лицата.

Задачата става много достъпна за разглеждане и от деветокласници.

Моето решение е с тригонометрия, и също не е трудно, ако човек се е научил да прилага sin i cos теореми за решаване на триъгълник.

Vel

[Futurolog]

Аз си мислех за такова решение:

Да означим S_ABC = S. Тогава S_BMC/S = BM/AB = 1/n. Искам да намеря лицето на ВCS като част от лицето на ВМС. Това значи, че ми трябва съотношението CS/CM. Използваме теоремата на Менелай за триъгълника АМС и правата РВ. Тогава
1 = АВ/ВМ * МS/SC * CP/PA = n * MS/SC * (n-1)
Така получаваме, че
CS/SM = n(n-1)
Това значи, че CS = (n(n-1))/(n(n-1) + 1)CM. Оттук получаваме S_BCS = (n(n-1))/(n(n-1) + 1) S_BMC = (n(n-1))/(n(n-1) + 1) (1/n) S = ((n-1)/(n² - n +1)) S.

Съвсем аналогично получаваме, че S_BCS = S_CAT = S_ABU = ((n-1)/(n² - n +1)) S. Следователно
S_TUS = S - 3 ((n-1)/(n² - n +1)) S =
= (n-2)²/(n² - n +1)S
Така получаваме съотношениеto
S_TUS/S_ABC = (n-2)²/(n² - n +1)
и получаваме резултата
f(n) = S_ABC / S_TUS = (n² - n +1) /(n-2)².

Надявам се, че не съм сбъркал много в сметките. Но мисля, че идеята работи...