Trójkąty w kwadracie

Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
coter
Witam na forum
Witam na forum
Posty: 1
Rejestracja: 26 maja 2024, 13:30
Płeć:

Trójkąty w kwadracie

Post autor: coter »

W kwadracie o boku 1 umieszczono dwa identyczne trójkąty równoboczne, które nie mają wspólnego
punktu wewnętrznego. Udowodnij, że wysokość trójkąta równobocznego nie przekracza połowy
długości przekątnej kwadratu.
Tulio
Często tu bywam
Często tu bywam
Posty: 247
Rejestracja: 29 paź 2010, 12:44
Podziękowania: 20 razy
Otrzymane podziękowania: 63 razy
Płeć:

Re: Trójkąty w kwadracie

Post autor: Tulio »

Załóżmy, że przekracza. Tj. że \(h>\frac{\sqrt{2}}{2}\). Wtedy bok trójkąta równobocznego wynosi \(a>\frac{\sqrt{6}}{3}\). Spróbujmy wsadzić w kwadrat dwa trójkąty równoboczne z \(a=\frac{\sqrt{6}}{3}\).
Możemy to (spróbować) zrobić na dwa sposoby.
Pierwszy: Jeden bok trójkąta leży na boku kwadratu. Wysokość trójkąta wtedy jest równoległa do jednego z boków kwadratu. Chcemy zmaksymalizować taką sytuację:
tr1.png
Wtedy dla \(a=\frac{\sqrt{6}}{3}\) i \(A \left( 0,0\right) \)
otrzymujemy:
\(B \left( 1,0\right), E \left( 1-\frac{\sqrt{6}}{3},0\right), D \left( 0,1\right), F \left( \frac{\sqrt{6}}{3},1\right) \)
Liczymy współrzędne punktu \(G\) jako miejsce przecięcia prostej \(x=1-\frac{\sqrt{6}}{6}\) i okręgu o środku w punkcie \(S \left( 1, 0\right) \) i promieniu \(\frac{\sqrt{6}}{3}\). Dostaniemy:
\(G \left( 1-\frac{\sqrt{6}}{6}, \sqrt{\frac{4\sqrt{6}}{3}-\frac{11}{4}}\right) \)
Budujemy prostą \(EG\) - ja pozwolę sobie zapisać to w postaci znanego wzoru:
\(EG: y=\frac{\sqrt{\frac{4\sqrt{6}}{3}-\frac{11}{4}}-0}{1-\frac{\sqrt{6}}{6}- \left( 1-\frac{\sqrt{6}}{3}\right) }x+ \sqrt{\frac{4\sqrt{6}}{3}-\frac{11}{4}}-\frac{\sqrt{\frac{4\sqrt{6}}{3}-\frac{11}{4}}-0}{1-\frac{\sqrt{6}}{6}- \left( 1-\frac{\sqrt{6}}{3}\right) }\cdot \left( 1-\frac{\sqrt{6}}{6}\right) \)
\(y=\sqrt{8\sqrt{6}-\frac{33}{2}}x-\sqrt{\frac{73\sqrt{6}}{3}-\frac{119}{2}}\)
Znajdując miejsce przecięcia tej prostej z \(y=1\) otrzymujemy:
\(x=\frac{6+\sqrt{876\sqrt{3}-2142}}{3\sqrt{32\sqrt{6}-66}}\approx 0,752\)
Czyli przed punktem \(F\), a to znaczy, odcinki \(EG\) i \(HF\) nachodzą na drugi trójkąt. Sprzeczność.

Drugi sposób to umieszczenie trójkąta pod kątem w taki sposób:
tr2.png
gdzie \(\alpha=15^\circ\). Dokonując analogicznych, morderczych, obliczeń dojdziemy, że punkty \(E,F,G,H\) leżą na prostej \(AC\) i że jest możliwe takie ustawienie trójkąta dla \(a=\frac{\sqrt{6}}{3}\) i jest to ustawienie maksymalne. Dla większego \(a\) otrzymujemy nałożenie się trójkątów.

Należałoby jeszcze wykazać, że wszelkich sytuacji pośrednich między tymi dwoma ustawieniami trójkątów nie ma sensu analizować.
Nie masz wymaganych uprawnień, aby zobaczyć pliki załączone do tego posta.