Εξωφρενική ισεμβαδικότητα

KARKAR · #1

: Εξωφρενική ισεμβαδικότητα.png (18.09 KiB) Προβλήθηκε 362 φορές

Το ορθογώνιο ABCD , (AB>AD)

, έχει εμβαδόν

. Από το

φέρουμε το εντός

του ορθογωνίου , εφαπτόμενο τμήμα

προς τον κύκλο (A , AD)

. Βρείτε μια ιδιότητα

του ορθογωνίου η οποία να συνεπάγεται την ισεμβαδικότητα των τριγώνων CAS , CSB

.

#2

KARKAR έγραψε: Κυρ Φεβ 01, 2026 7:00 am Εξωφρενική ισεμβαδικότητα.pngΤο ορθογώνιο , έχει εμβαδόν . Από το φέρουμε το εντός

του ορθογωνίου , εφαπτόμενο τμήμα προς τον κύκλο . Βρείτε μια ιδιότητα

του ορθογωνίου η οποία να συνεπάγεται την ισεμβαδικότητα των τριγώνων .

Θανάση, ζητάς "ιδιότητα του ορθογωνίου" αλλά μπορούμε να βρούμε ακριβώς τις διαστάσεις του.

Βγαίνει ότι η μικρή του διάσταση είναι η ρίζα της
.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

.
Αυτό ζητάς;

KARKAR · #3

Το ζητούμενο είναι σκοπίμως κάπως αόριστο . Θα μπορούσα να ζητήσω να αποδειχθεί ότι $\widehat{SAB}=30^0$ ,

καθώς επίσης και ότι : $(SAB)=\dfrac{25}{4}$ .

#4

KARKAR έγραψε: Κυρ Φεβ 01, 2026 7:00 am Εξωφρενική ισεμβαδικότητα.pngΤο ορθογώνιο , έχει εμβαδόν . Από το φέρουμε το εντός

του ορθογωνίου , εφαπτόμενο τμήμα προς τον κύκλο . Βρείτε μια ιδιότητα

του ορθογωνίου η οποία να συνεπάγεται την ισεμβαδικότητα των τριγώνων .

: Εξωφρενική ισεμβαδικότητα.png (16.77 KiB) Προβλήθηκε 325 φορές

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#5

KARKAR έγραψε: Κυρ Φεβ 01, 2026 7:00 am Εξωφρενική ισεμβαδικότητα.pngΤο ορθογώνιο , έχει εμβαδόν . Από το φέρουμε το εντός

του ορθογωνίου , εφαπτόμενο τμήμα προς τον κύκλο . Βρείτε μια ιδιότητα

του ορθογωνίου η οποία να συνεπάγεται την ισεμβαδικότητα των τριγώνων .

Αν

είναι οι προβολές των B, A

στη

τότε λόγω ισεμβαδικότητας θα είναι AL=BK=h,

οπότε η

διέρχεται από το μέσο

του

Προφανώς τα τρίγωνα ALS, BKC

είναι ίσα, άρα

$A\widehat SL=B\widehat CK=\theta.$ Αλλά $S\widehat BK=A\widehat SL=\theta,$ ως οξείες με πλευρές κάθετες.

: Εξωφρενική ισεμβαδικότητα.b.png (18.89 KiB) Προβλήθηκε 303 φορές

$\displaystyle \sin \theta = \frac{h}{{AS}} = \frac{h}{b},\cos \theta = \frac{h}{{BS}} = \frac{h}{{\sqrt {{a^2} - {b^2}} }},{\sin ^2}\theta + {\cos ^2}\theta = 1 \Rightarrow$ $\boxed{h = \frac{b}{a}\sqrt {{a^2} - {b^2}}}$ (1)

Εξάλλου, $\displaystyle \frac{h}{b} = \sin \theta = \frac{{MB}}{{CM}} = \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + 4{b^2}} }}\mathop \Rightarrow \limits^{(1)} \frac{{\sqrt {{a^2} - {b^2}} }}{a} = \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + 4{b^2}} }} \Leftrightarrow$ $\boxed{\dfrac{b}{a}=\dfrac{\sqrt 3}{2}}$

Αυτή είναι η ιδιότητα που ψάχνουμε. Επειδή όμως ab=25,

οι πλευρές του ορθογωνίου μπορούν να

υπολογιστούν ακριβώς και είναι $\boxed{ a = \frac{{\sqrt {150\sqrt 3 } }}{3},b = \frac{{\sqrt {50\sqrt 3 } }}{2}}$

Νομίζω ότι η τιμή του εμβαδού δεν χρειαζόταν να δοθεί. Θα μπορούσε απλώς να ζητηθεί ο λόγος των διαστάσεων.

#6

KARKAR έγραψε: Κυρ Φεβ 01, 2026 7:00 am Εξωφρενική ισεμβαδικότητα.pngΤο ορθογώνιο , έχει εμβαδόν . Από το φέρουμε το εντός

του ορθογωνίου , εφαπτόμενο τμήμα προς τον κύκλο . Βρείτε μια ιδιότητα

του ορθογωνίου η οποία να συνεπάγεται την ισεμβαδικότητα των τριγώνων .

.

: εξωφρ.png (19.89 KiB) Προβλήθηκε 285 φορές

.
Έστω $a\times b$ οι διαστάσεις του ορθογωνίου, εδώ ab=25

. Από την δύναμη του σημείου

είναι

. Άρα

$(CSB) = \dfrac {1}{2} BS\cdot BC \sin \theta$ , αλλά από το ορθογώνιο τρίγωνο SAB

είναι $\sin \theta = \dfrac {SB}{AB}= \dfrac {\sqrt {b^2-a^2}}{b}$ και $\cos \theta = \dfrac {SA}{AB}= \dfrac {a}{b}$ , από όπου

$(CSB) = \dfrac {1}{2} \sqrt {b^2-a^2}\cdot a \dfrac {\sqrt {b^2-a^2}}{b} = \dfrac {a(b^2-a^2)}{2b}$ .

Επίσης

$(CAS) = \dfrac {1}{2} AS\cdot AC \sin (\omega-\theta)$ από όπου εύκολα

$(CAS) = \dfrac {1}{2} a\cdot \sqrt {a^2+b^2} ( \sin \omega \cos\theta- \cos \omega \sin \theta) = \dfrac {1}{2} a\cdot \sqrt {a^2+b^2}\left (\dfrac {a}{\sqrt {a^2+b^2}} \dfrac {a}{b} -\dfrac {b}{\sqrt {a^2+b^2}} \dfrac {\sqrt {b^2-a^2}}{b} \right ) =$

$=\dfrac {a(a^2-b\sqrt {b^2-a^2})}{2b}$

Οπότε θέλουμε $\dfrac {a(b^2-a^2)}{2b}= \dfrac {a(a^2-b\sqrt {b^2-a^2})}{2b}$ ισοδύναμα

$2a^2-b^2= b\sqrt {b^2-a^2)$

Δεν έγινε χρήση του ab=25

. Με αυτό η προηγούμενο γίνεται, μετά τις απλοποιήσεις, 4a^8-1875a^4=0

, οπότε $\boxed {a= \sqrt [4]{ \dfrac {1875}{4}}\approx 4,65}$ από όπου και το

, εδώ $\approx 5,37$ .

Τα πρόσθετα ερωτήματα του Θανάση στο ποστ #3 είναι τώρα άμεσα.

STOPJOHN · #7

KARKAR έγραψε: Κυρ Φεβ 01, 2026 7:00 am Εξωφρενική ισεμβαδικότητα.pngΤο ορθογώνιο , έχει εμβαδόν . Από το φέρουμε το εντός

του ορθογωνίου , εφαπτόμενο τμήμα προς τον κύκλο . Βρείτε μια ιδιότητα

του ορθογωνίου η οποία να συνεπάγεται την ισεμβαδικότητα των τριγώνων .

Aπό την ισεμβαδικότητα των τριγώνων ACS,CSB

είναι

Αρα το τετράπλευρο KALB

είναι παραλληλόγραμμο και $AM=MB=\dfrac{a}{2},AB^{2}=AS^{2}+SB^{2}\Leftrightarrow SB=\sqrt{a^{2}-b^{2}},ASB,MS=AM=MB=\dfrac{a}{2}, \sqrt{a^{2}-b^{2}}=\dfrac{a}{2} \Leftrightarrow \dfrac{b}{a}=\dfrac{\sqrt{3}}{2},\hat{SAB}=30^{0}$

Εξωφρενική ισεμβαδικότητα

Εξωφρενική ισεμβαδικότητα

Re: Εξωφρενική ισεμβαδικότητα

Re: Εξωφρενική ισεμβαδικότητα

Re: Εξωφρενική ισεμβαδικότητα

Re: Εξωφρενική ισεμβαδικότητα

Re: Εξωφρενική ισεμβαδικότητα

Re: Εξωφρενική ισεμβαδικότητα

Μέλη σε σύνδεση