Đến nội dung


Hình ảnh

Tìm tam giác đều nhỏ nhất sao cho có thể đặt 3 đĩa bán kính 2,3,4 vào đó mà không chồng lên nhau.


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1 chuyentoan

chuyentoan

    None

  • Hiệp sỹ
  • 1650 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Darmstadt - Germany
  • Sở thích:Guitar, Bóng đá

Đã gửi 02-05-2005 - 17:42

Tìm tam giác đều nhỏ nhất sao cho có thể đặt 3 đĩa bán kính 2,3,4 vào đó mà không chồng lên nhau.
The only way to learn mathematics is to do mathematics

#2 Primary

Primary

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Việt Nam Tiền Giang

Đã gửi 27-11-2012 - 18:59

Tìm tam giác đều nhỏ nhất sao cho có thể đặt 3 đĩa bán kính 2,3,4 vào đó mà không chồng lên nhau.

Gọi tam giác ABC là tam giác nhỏ nhất cần tìm, $O_1, O_2, O_3$ lần lượt là tâm các đường tròn bán kính 2, 4, 3
Tam giác ABC nhỏ nhất $\Leftrightarrow$ $S_{ABC}$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow$ $S_{ABC}-(S_{O_{1}}+S_{O_{2}}+S_{O_{3}})$
nhỏ nhất (1)
Do đó, ta xét 2 trường hợp
*Trường hợp 1:
(1) thỏa mãn $\Leftrightarrow$ $(O_1),(O_2),(O_3)$ tiếp xúc nhau và tiếp xúc các cạnh $\Delta ABC$
Nhưng điều này là không thể đối với $\Delta ABC$ đều
*Trường hợp 2 :
(1) thỏa mãn $\Leftrightarrow$ $(O_2),(O_3)$ tiếp xúc các cạnh $\Delta ABC$ đều và tiếp xúc nhau
Giả sử $(O_2)$ tiếp xúc với AB và BC, $(O_3)$ tiếp xúc với AC và BC hạ $O_2H\perp BC, O_3K\perp BC$
Do $\Delta ABC$ đều nên BC = $O_2H.cot30^{o}+O_2K.cot30^{o}+HK$=$7\sqrt{3}+$\sqrt{49-1}$=$11\sqrt{3}$

Ta chứng minh khi đó $(O_1)$ nằm trong phần diện tích lớn nhất còn lại của tam giác ABC (*)
Thật vậy gọi DE là tiếp tuyến của $(O_2)$ cắt BA, CA tại D và E. KHi đó tam giác ADE đều
r là bán kính đường tròn nội tiếp $\Delta ADE$
K là tiếp điểm của $(O_1)$ và AB
(*) thỏa mãn $\Leftrightarrow r>R_{O_{1}}$
Mà 2AK= AD+AE-DE=AD= AB - BD= AB - $\frac{2R_{O_2}}{sin60^{o}}$=
$11\sqrt{3}$-\frac{2.4}{sin60^{o}}= $\frac{17\sqrt{3}}{3}$
$\Leftrightarrow AK=\frac{17\sqrt{3}}{6}$
Do đó r = $r=tan30^{o}. AK =\frac{17}{6}> R_{O_{2}}$
Vậy (*) thỏa mãn, từ đó tam giác đều ABC cần tìm có độ dài một cạnh là $11\sqrt{3}$ ( đvđd)

Mở rộng ra tìm tam giác nhọn nhỏ nhất ABC có $\widehat{A}=\alpha , \widehat{B}=\beta , \widehat{C}=\gamma$ sao cho có thể đặt các đĩa có bán kính lần lượt là 2, 3,4 vào trong tam giác ABC

cách làm tương tự

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 28-11-2012 - 16:44


#3 hoangtrunghieu22101997

hoangtrunghieu22101997

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 206 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thái Bình
  • Sở thích:TAEKWONDO

Đã gửi 27-11-2012 - 21:08

Hình như bạn giải sai
Cái này là câu 7 trong 1996 Bulgaria Math Olympiad
(Trang 5 ấy) ---- File đính kèm

Mình gg dịch

Một tính toán ngắn cho thấy đĩa bán kính 3 và 4 có thể phù hợp với góc của một tam giác đều của các bên $11.\sqrt{3}$ để chỉ cần chạm, và một đĩa bán kính 2 một cách dễ dàng phù hợp với ba góc mà không chồng chéo lên nhau. Trên giao, nếu đĩa của bán kính 3, 4 thành một tam giác đều không chồng chéo và phù hợp, có tồn tại một đường phân cách chúng (ví dụ như một tiếp xúc với một vuông góc với dòng họ của trung tâm) chia tam giác anh a (có thể thoái hóa) tứ giác lồi. Trong mỗi phần, đĩa có thể được di chuyển vào một góc của tam giác ban đầu. Như vậy phù hợp với hai ổ đĩa vào các góc mà không chồng chéo lên nhau, do đó, chiều dài cạnh của tam giác nhỏ nhất là $11\sqrt{3}$

File gửi kèm


Sự im lặng du dương hơn bất kỳ bản nhạc nào.


#4 vectovohuong

vectovohuong

    Lính mới

  • Thành viên
  • 2 Bài viết

Đã gửi 28-11-2012 - 08:20

tam giac deu ABC co cac(o1,2),(o2,3),(o3,4)
de ca 3 duong tron khong chong len nhau, de tam giac ABC nho nhat=>(o2,3),(o3,4) tiep xuc nhau ,moi (o)phai tiep xuc voi 2 canh cua tam giac ((o1)tiep xuc voi BC,BC
(o2) AC,AB
(o3) AC,BC
vi tam giac ABC deu =>duong phan giac cua tam giac deu di qua tam cua moi (o)
xet M la gao cac duong phan giac
Tu tam (o2),(o3) ha duong vuong goc voi AC,cat AC lan luot tai H,K
=>AH=can3*HO1=can3*3
CK=can3*KO2 =can3*4(vi goc CAM bang goc ACM bang 30 do)
O1O2KH la hinh chu nhat =>HK=3+4
=>AB =AH +CK+HK=7+7*can3

#5 Primary

Primary

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Việt Nam Tiền Giang

Đã gửi 28-11-2012 - 09:28

Hình như bạn giải sai
Cái này là câu 7 trong 1996 Bulgaria Math Olympiad
(Trang 5 ấy) ---- File đính kèm

Mình gg dịch

Một tính toán ngắn cho thấy đĩa bán kính 3 và 4 có thể phù hợp với góc của một tam giác đều của các bên $11.\sqrt{3}$ để chỉ cần chạm, và một đĩa bán kính 2 một cách dễ dàng phù hợp với ba góc mà không chồng chéo lên nhau. Trên giao, nếu đĩa của bán kính 3, 4 thành một tam giác đều không chồng chéo và phù hợp, có tồn tại một đường phân cách chúng (ví dụ như một tiếp xúc với một vuông góc với dòng họ của trung tâm) chia tam giác anh a (có thể thoái hóa) tứ giác lồi. Trong mỗi phần, đĩa có thể được di chuyển vào một góc của tam giác ban đầu. Như vậy phù hợp với hai ổ đĩa vào các góc mà không chồng chéo lên nhau, do đó, chiều dài cạnh của tam giác nhỏ nhất là $11\sqrt{3}$

Tính toán nhỏ là tính như thế nào ??? sai số tới 0.07179676 ???

Mình xin giải lại sao sửa bị lỗi font không biết nữa
Gọi ABC là tam giác đều nhỏ nhất cần tìm, gọi $O_1,O_2,O_3$ là tâm đường tròn bán kính 2,4,3
Tam giác ABC nhỏ nhất $\Leftrightarrow S_{ABC}$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow S_{ABC} - (S_{O_1}+S_{O_2}+S_{O_3})$ nhỏ nhất (1)
Xét 2 trường hợp
Trường hợp 1
(1) thỏa mãn khi và chỉ khi $(O_1),(O_2),(O_3)$ tiếp xúc các cạnh tam giác ABC và tiếp xúc nhau
Nhưng điều này là không thể với tam giác ABC đều
Trường hợp 2
(1) thỏa mãn khi và chỉ khi $(O_2),(O_3)$ tiếp xúc nhau và tiếp xúc các cạnh $\Delta ABC$
Giả sử $(O_2)$ tiếp xúc với AB và BC, $(O_3)$ tiếp xúc với AC và BC
Hạ $O_2H\perp BC, O_3K\perp BC$
Do tam giác ABC đều nên
$BC=O_2H.cot30^{o}+O_2K.cot30^{o}+HK=7\sqrt{3}+4\sqrt{3}=11\sqrt{3}$ ( định lí Py-ta-go)
Ta chứng minh khi đó $(O_1)$ nằm trong phần diện tích lớn nhất còn lại của tam giác ABC (*)
Gọi DE là tiếp tuyến của $(O_2)$ song song với BC. Khi đó tam giác ABC đều
K là tiếp điểm của$(O_1)$ với AB
r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ADE
Ta có (*) thỏa mãn $\Leftrightarrow r > R_{O_1}$
Mà 2AK =$AD+AC-DC=AD=AB-BD=11\sqrt{3}-\frac{2R_{O_2}}{sin60^{o}}=\frac{17\sqrt{3}}{3}$
$\Rightarrow AK=\frac{17\sqrt{3}}{6}\Rightarrow r=tan30^{o}.AK=\frac{17}{6}>R_{O_1}$
Vậy (*) thỏa mãn nên (1) thỏa mãn do đó tam giác đều cần tìm có cạnh $11\sqrt{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Primary: 28-11-2012 - 19:31


#6 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 04-12-2012 - 21:55

Chấm điểm:
Primary: 10 điểm
hoangtrunghieu22101997: 5 điểm

1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh