mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 21, 2026 8:41 pm**

Έστω ορθογώνιο ABCD

και τα εμβαδά των τριγώνων (AZE)=a, (BEC)=b, (ZDC)=a+b

.
Να υπολογίσετε το εμβαδόν ( ZEC)

συναρτήσει των a, b

.
Άραγε αν τα εμβαδά των τριών τριγώνων είναι είναι a, b, c

ανεξάρτητα μεταξύ τους μπορούμε να υπολογίσουμε το ( ZEC)

;

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 22, 2026 12:15 pm**

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 21, 2026 8:41 pm
Έστω ορθογώνιο και τα εμβαδά των τριγώνων .
Να υπολογίσετε το εμβαδόν ( συναρτήσει των .
Άραγε αν τα εμβαδά των τριών τριγώνων είναι είναι ανεξάρτητα μεταξύ τους μπορούμε να υπολογίσουμε το (;

.
Γράφουμε $AB=m, \, AD=n, \, AE=x$ .

Με βάση το ποστ #3 εδώ έχουμε

$(ZEC)=\dfrac{mnx}{m+x}$ (*)

και $a=(AZE)= \dfrac {nx^2}{2(m+x)}$ και $(DZC) = a+b= \dfrac {m^2n}{2(m+x)}$

Λύνονατς τις δύο τελευταίες ως προς m,n

θα βρούμε

$\displaystyle{ m= \sqrt {\dfrac {2a+2b}{a} }, \, n= \dfrac {a}{x} \left ( \sqrt {\dfrac {2a+2b}{a} } +1 \right )}$ .

Ειδικά, χρήσιμο για τα παρακάτω, $\displaystyle{ m+x = \left ( \sqrt {\dfrac {2a+2b}{a} } +1 \right )x}$

Αντικαθιστώντας αυτές τις τιμές στην (*) θα βρούμε $\displaystyle{ \boxed {(ZEC)= \sqrt {2a(a+b)}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 23, 2026 8:36 am**

: Η άλλη κάθετη.png (11.21 KiB) Προβλήθηκε 349 φορές

Διαφορετικά το κλείσιμο των υπολογισμών : Παρατηρούμε ότι : $E^2=\dfrac{m^2n^2x^2}{(m+x)^2}=4\dfrac{nx^2}{2(m+x)}\cdot\dfrac{m^2n}{2(m+x)}=$

=4a(a+b)

, οπότε : $(ZEC)=E=2\sqrt{a(a+b)}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 23, 2026 11:29 am**

Καλημέρα σε όλους. Επιχειρώ μια απάντηση στο 2ο ερώτημα του Ανδρέα.

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 21, 2026 8:41 pm

Άραγε αν τα εμβαδά των τριών τριγώνων είναι είναι ανεξάρτητα μεταξύ τους μπορούμε να υπολογίσουμε το (;

: 23-01-2026 Γεωμετρία.jpg (22.06 KiB) Προβλήθηκε 332 φορές

, σταθερό, BC = t+z

, σταθερό.

$\displaystyle \left( {ZEC} \right) = \left( {ABCD} \right) - \left( {ZAE} \right) - \left( {EBC} \right) - \left( {ZDC} \right) =$

$\displaystyle = \left( {x + y} \right)\left( {z + t} \right) - \frac{{xz}}{2} - \frac{{y\left( {z + t} \right)}}{2} - \frac{{\left( {x + y} \right)t}}{2} =$

$\displaystyle = xz + xt + yz + yt - \frac{{xz}}{2} - \frac{{yz + yt}}{2} - \frac{{xt + yt}}{2} =$

$\displaystyle = \frac{{xz}}{2} + \frac{{yz}}{2} + \frac{{xt}}{2} = \frac{{\left( {ABCD} \right)}}{2} - \frac{{yt}}{2}$

$\displaystyle \left( {y = \frac{{2b}}{{BC}},\;\;t = \frac{{2c}}{{DC}} = \frac{{2c}}{{AB}}} \right) \Rightarrow \frac{{yt}}{2} = \frac{{2bc}}{{\left( {ABCD} \right)}}$

Οπότε $\displaystyle \left( {ZEC} \right) = \frac{{\left( {ABCD} \right)}}{2} - \frac{{2bc}}{{\left( {ABCD} \right)}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 23, 2026 12:46 pm**

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 21, 2026 8:41 pm
Έστω ορθογώνιο και τα εμβαδά των τριγώνων .
Να υπολογίσετε το εμβαδόν ( συναρτήσει των .
Άραγε αν τα εμβαδά των τριών τριγώνων είναι είναι ανεξάρτητα μεταξύ τους μπορούμε να υπολογίσουμε το (;

Για το πρώτο ερώτημα. Θέτω (ABCD)=X.

Mε τους συμβολισμούς του σχήματος είναι:

(ZEC)=(ZEF)+(HEC)-(HCF)=2a+b-(HCF).

: Εμβαδά σε ορθογώνιο.png (16.09 KiB) Προβλήθηκε 319 φορές

$\displaystyle \frac{{(CHF)}}{{a + b}} = \frac{{C{H^2}}}{{D{C^2}}}$ KAI $\displaystyle \frac{{DC \cdot CH}}{2} = b \Leftrightarrow C{H^2} = \frac{{4{b^2}}}{{D{C^2}}},$ άρα $\displaystyle (CHF) = \frac{{4{b^2}(a + b)}}{{{{(BC \cdot CD)}^2}}} = \frac{{4{b^2}(a + b)}}{{{X^2}}}$

Αλλά, (ZEC)=X-2(a+b)

και από τα παραπάνω καταλήγω στην εξίσωση:

$\displaystyle {X^3} - (4a + 3b)X^2 + 4{b^2}(a + b) = 0,$ όπου εύκολα διαπιστώνω ότι το

είναι ρίζα της και στη

συνέχεια με $\rm Horner$ παίρνω $X=2(a+b+\sqrt{a(a+b)}),$ οπότε $\boxed{(ZEC)=2\sqrt{a(a+b)}}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 24, 2026 2:24 pm**

Η δική μου λύση.
Διαμερίζουμε το αρχικό ορθογώνιο σε τέσσερα μικρότερα με τις ευθείες ZK, EN

όπως στο σχήμα. Καθώς (EBCN)+(ZAEO)=2a+2b=(DCKZ)=(ZDC)+(ZAE)+(ECB)

, προκύπτει άμεσα η ισότητα (CZE)=(ZOND)=(ZKBA)

.
Όμως

και

, προκύπτει εύκολα το αποτέλεσμα.
Συγκεκριμένα αν x=(CZE)=(ZOND)=(ZNBA)

έχουμε: $(ZOND):(AEOZ)=(DCKZ):(ZKBA) \Leftrightarrow x:2a=2(a+b):x\Leftrightarrow x^2=4a(a+b)$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 25, 2026 1:01 pm**

Ανδρέα , υπέροχη η λύση που προτείνεις

Θα ήθελα μια χάρη . Επειδή συνήθως με τα σύμβολα a, b

παριστάνουμε τις πλευρές του ορθογωνίου , πιστεύω

ότι κάποιοι λύτες μπερδεύτηκαν κάπως . Επίσης επειδή με

παριστάνεις το επίδικο εμβαδόν , εκείνο το

στο σχήμα σου , μοιάζει ξεκάρφωτο . Και πάλι συγχαρητήρια για την ωραία σύνθεση που μας προσέφερες !

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 25, 2026 5:55 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 25, 2026 1:01 pm
Ανδρέα , υπέροχη η λύση που προτείνεις

Θα ήθελα μια χάρη . Επειδή συνήθως με τα σύμβολα παριστάνουμε τις πλευρές του ορθογωνίου , πιστεύω

ότι κάποιοι λύτες μπερδεύτηκαν κάπως . Επίσης επειδή με παριστάνεις το επίδικο εμβαδόν , εκείνο το

στο σχήμα σου , μοιάζει ξεκάρφωτο . Και πάλι συγχαρητήρια για την ωραία σύνθεση που μας προσέφερες !

Σε ευχαριστώ πολύ Θανάση.
Θα προσπαθήσω να το διορθώσω. Η αλήθεια είναι ότι πήρα το σχήμα όπου ήδη υπήρχαν οι ονομασίες των τμημάτων πάνω στις πλευρές.

mathematica.gr

ΕΜΒΑΔΑ ΣΕ ΟΡΘΟΓΩΝΙΟ

ΕΜΒΑΔΑ ΣΕ ΟΡΘΟΓΩΝΙΟ

Re: ΕΜΒΑΔΑ ΣΕ ΟΡΘΟΓΩΝΙΟ

Re: ΕΜΒΑΔΑ ΣΕ ΟΡΘΟΓΩΝΙΟ

Re: ΕΜΒΑΔΑ ΣΕ ΟΡΘΟΓΩΝΙΟ

Re: ΕΜΒΑΔΑ ΣΕ ΟΡΘΟΓΩΝΙΟ

Re: ΕΜΒΑΔΑ ΣΕ ΟΡΘΟΓΩΝΙΟ

Re: ΕΜΒΑΔΑ ΣΕ ΟΡΘΟΓΩΝΙΟ

Re: ΕΜΒΑΔΑ ΣΕ ΟΡΘΟΓΩΝΙΟ