Przez punkt P

[Dario1]

Przez punkt \(\displaystyle{ P}\) należący do boku \(\displaystyle{ AC}\) damego trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) prowadzimy proste równoległe do boków \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ AB}\). Jaki powinien być stosunek \(\displaystyle{ \frac{|AP|}{|PC|}}\), aby pole równoległoboku ograniczonego poprowadzonymi prostymi i bokami \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ BC}\) było największe?




Proszę o sprawdzenie poniższego rozwiązania bo mi wydaje się ono podejrzane.



Niech kąt przy wierzchołku A będzie \(\displaystyle{ \beta}\), przy B \(\displaystyle{ gamma}\) i przy C \(\displaystyle{ \alpha}\). Odcinek AP oznaczmy jako x i odcinek PC jako y. Przecięcie prostej z bokiem AB oznaczmy przez D i z bokiem BC przez E. DP oznaczmy jako x' i PE jako y'. Wówczas z twierdzenia sinusów dla trójkąta ADP mamy: \(\displaystyle{ \frac{x}{\sin\left( 180- \alpha - \beta \right) }= \frac{x'}{\sin \beta }}\), a stąd \(\displaystyle{ x'=x \frac{\sin \beta }{\sin\left( \alpha + \beta \right) }}\). I z tw. sin w trójkącie PEC mamy: \(\displaystyle{ \frac{y}{\sin\left( 180- \alpha - \beta \right) }= \frac{y'}{\sin \alpha }}\), a stąd mamy: \(\displaystyle{ y'=y \frac{\sin \alpha }{\sin\left( \alpha + \beta \right) }}\). Więc pole równoległoboku wynosi \(\displaystyle{ P=x'y'\sin\left( \left( gamma\right) \right)=xy \frac{\sin \alpha \sin \beta }{\sin\left( \alpha + \beta \right) }}\). Jeśli jako długość AC przyjmiemy d to mamy: \(\displaystyle{ P=x\left( x-d\right) \frac{\sin \alpha \sin \beta }{\sin\left( \alpha + \beta \right) }}\). I wyrażenie z sinusami nas za bardzo chyba nie obchodzi i liczymy pochodną:
\(\displaystyle{ P ^{'}\left( x\right)=\left( d-x\right)\frac{\sin \alpha \sin \beta }{\sin\left( \alpha + \beta \right) }+x\left( -1\right)\frac{\sin \alpha \sin \beta }{\sin\left( \alpha + \beta \right) }=0}\) z tego mamy: \(\displaystyle{ d-2x=0}\), a zatem \(\displaystyle{ x=d/2}\). Czyli P ma leżeć w połowie boku AC zatem \(\displaystyle{ \frac{|AP|}{|PC|}=1}\). Zgadza się?

[SlotaWoj]

Dobrze!
Tylko po co wykorzystywałeś twierdzenie sinusów? Wystarczyło powołać się na podobieństwo trójkątów \(\displaystyle{ ADP}\) i \(\displaystyle{ PEC}\).
Tradycyjnie w trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) kąt \(\displaystyle{ \alpha}\) jest przy wierzchołku \(\displaystyle{ A}\), a bok \(\displaystyle{ a}\) vis-à-vis tegoż.

[Dario1]

Ale jak skorzystać tutaj z podobieństwa tych trójkątów?

[SlotaWoj]

Oznaczenia tradycyjne.

• \(\displaystyle{ \frac{x'}{x}=\frac{a-x'}{b-x} \\
  \frac{y'}{a-x'}=\frac{c}{a}}\)

[a4karo]

Wystarczy zauważyć następującą rzecz: gdy położenie punktu \(\displaystyle{ P}\) na odcinku \(\displaystyle{ AC}\) zmienia sia liniowo, to pole równoległoboku zmienia sia kwadratowo (. A ponieważ przy \(\displaystyle{ P=A}\) i \(\displaystyle{ P=C}\)przyjmuje taka samą wartość 0, więc maksimum jest w połowie.

@Dario1 przyjęło sie oznaczać kąty przy wierzchołkach \(\displaystyle{ A,B,C}\) przez \(\displaystyle{ \alpha, \beta,\gamma}\) odpowiednio. Inne oznaczenia nie sa błedem, ale na dłuższą metę źle się czyta

Edit: poprawiłem tego koszmarka.

[Dario1]

SlotaWoj i co wynika z tych równości?

a4karo skąd wiadomo, że jeśli odcinek AP zmienia się liniowo to pole rów. kwadratowo?

[a4karo]

Bo kazdy z boków zmienia się liniowo, a pole to iloczyn boków pomnożony przez stałą (sinus kąta między bokami)

[Dario1]

Skąd wiesz, że każdy z boków zmienia się liniowo?

[a4karo]

Na przykąd stąd, że trójkąty utworzone przez wierzchołek A, punkt P i bok równoległoboku przechodzący przez P są podobne dla róznych punktów P. (Liniowośc daje tw. Talesa)

[SlotaWoj]

Można wyprowadzić równanie na pole równoległoboku bez użycia Twoich sinusów. Nawet \(\displaystyle{ h'=x'\sin\beta}\) nie jest potrzebne, bo trójkąt można przekształcić tak (pochylić), aby było \(\displaystyle{ \sin\beta=\frac{\pi}{2}}\) (pola trójkąta i równoległoboku nie ulegną zmianie, bo podstawy i wysokości zostaną zachowane).

Można też zauważyć, że gdy \(\displaystyle{ x\to0}\) lub \(\displaystyle{ x\to b}\) to \(\displaystyle{ h'\mbox{·}y'\to0}\) i w obu przypadkach w taki sam sposób, więc \(\displaystyle{ h'\mbox{·}y'}\) będzie miało maksimum, gdy \(\displaystyle{ x=\frac{b}{2}}\) i wówczas \(\displaystyle{ h'\mbox{·}y'=\frac{P_{ABC}}{2}}\).

[Dario1]

SlotaWoj, a można wyprowadzić ten wzór na pole równoległoboku bez użycia tw. sinusów? Chodzi mi o to podobieństwo trójkątów, czy jakoś z tych proporcji by się nie dało? Bo ja na pierwszy rzut oka nie widzę. A z innej beczki co to jest \(\displaystyle{ h'\mbox{·}y'}\), że piszesz, że przy skrajnych położeniach dąży do do zera?

[SlotaWoj]

\(\displaystyle{ h'\mbox{·}y'}\) jest polem równoległoboku (w poprzednik poście była niedoróbka, więc nie było to oczywiste).

Można bez twierdzenia sinusów.

• \(\displaystyle{ h'\mbox{·}y' = P_{ABC}\left(1-\left(\frac{x}{b}\right)^2-\left(\frac{b-x}{b}\right)^2\right)}\)

Stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa.

[Dario1]

SlotaWoj możesz wyprowadzić wzór
\(\displaystyle{ h'\mbox{·}y' = P_{ABC}\left(1-\left(\frac{x}{b}\right)^2-\left(\frac{b-x}{b}\right)^2\right)}\) ?
Intuicyjnie wyczuwam, że to pole całego trójkąta minus części odpowiadające pozostałym dwóm trójkątom wzięte jako kwadraty skali podobieństwa. Ale jak do tego doszedłeś?

[SlotaWoj]

Patrząc się na rysunek.
Potraktowałem cały trójkąt jako figurę złożoną równoległoboku i dwóch trójkątów podobnych do całego w skalach jw.

[Dario1]

aha no rozumiem w sumie. I z tego dalej liczymy pochodną i wychodzi ta?