EMBAΔΟΝ ΕΔΡΑΣ

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #1

Σε τρισορθογώνιο τετράεδρο OABC

, με

κορυφή της τρισορθογώνιας γωνίας, δίνεται ότι OA=1,OB=3,OC=4.

Nα βρεθεί το εμβαδόν της έδρας ABC.

To θέμα δεν δόθηκε για να χαρακτηριστεί ως εύκολο ή δύσκολο. Μπήκε για να αναδείξει κάποιες αξιόλογες σκέψεις της Στερεομετρίας.

#2

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 10, 2025 5:17 pm
Σε τρισορθογώνιο τετράεδρο , με κορυφή της τρισορθογώνιας γωνίας, δίνεται ότι
Nα βρεθεί το εμβαδόν της έδρας

To θέμα δεν δόθηκε για να χαρακτηριστεί ως εύκολο ή δύσκολο. Μπήκε για να αναδείξει κάποιες αξιόλογες σκέψεις της Στερεομετρίας.

Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο OAB

έχουμε $AB= \sqrt {1^2+3^2}= \sqrt {10}$ . Όμοια $BC=\sqrt {3^2+5^2}=5$ και $CA= \sqrt {1^2+4^2}= \sqrt {17}$ .

Τώρα του ABC

ξέρουμε τρεις πλευρές, οπότε μπορούμε να βρούμε το εμβαδόν του από τον τύπο του Ήρωνα. Ωστόσο επειδή οι πλευρές δεν είναι ακέραια μήκη αλλά τετραγωνικές ρίζες είναι βολικότερο να χρησιμοποιήσουμε την εξής ισοδύναμη μορφή του τύπου του Ήρωνα (βλέπε εδώ)

$E = \dfrac {1}{4} \sqrt {4a^2b^2-(b^2+c^2-a^2)^2}=\dfrac {1}{4} \sqrt {4\cdot 10 \cdot 25-(10+25-17)^2}= \dfrac {1}{4} \sqrt {676}=$

$= \dfrac {1}{4} \sqrt {2^2\cdot 13^2}=\dfrac {13}{2}$

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #3

Η λύση του Μιχάλη Λάμπρου είναι αυτή που δεν απαιτεί γνώσεις Στερεομετρίας.
Υπάρχουν σίγουρα άλλες δύο.

ksofsa · #4

Μια άλλη λύση (εκτός φακέλου):

Τοποθετούμε το τετράεδρο σε τρισορθογώνιο καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων με αρχή το O(0,0,0)

και θετικούς ημιάξονες Ox,Oy,Oz

τις ημιευθείες OC,OB,OA

.

Το επίπεδο που σχηματίζουν τα A(0,0,1),B(0,3,0),C(4,0,0)

έχει εξίσωση 3x+4y+12z-12=0

.

Το ύψος του τετραέδρου που αντιστοιχεί στην έδρα ABC

έχει μήκος την απόσταση της αρχής των αξόνων από το παραπάνω επίπεδο,

δηλαδή $\dfrac{12}{\sqrt{3^2+4^2+12^2}}=\dfrac{12}{13}$ , με βάση τον αντίστοιχο τύπο.

Το τετράεδρο έχει όγκο $\dfrac{1}{6}(OA)(OB)(OC)=2$ , γιατί ο όγκος τετραέδρου δίνεται από το ένα τρίτο του γινομένου μιας έδρας επί το αντίστοιχο ύψος και εδώ η έδρα OBC

είναι ορθογώνιο τρίγωνο και η ακμή

είναι ύψος που αντιστοιχεί στην εν λόγω έδρα.

Τελικά, το ζητούμενο εμβαδόν είναι ο όγκος του τετραέδρου διαιρεμένος με το ένα τρίτο του ύψους που αντιστοιχεί στην έδρα ABC

, δηλαδή τελικά $\dfrac{13}{2}$ .

ksofsa · #5

Γενικά, ισχύει μια ''γενίκευση'' του πυθαγορείου θεωρήματος.

Σε τρισορθογώνιο τετράεδρο OABC

, με τρισορθογώνια τη γωνία που αντιστοιχεί στο

, ισχύει η παρακάτω, ομοιάζουσα προς το πυθαγόρειο θεώρημα, σχέση:

(OAB)^2+(OBC)^2+(OCA)^2=(ABC)^2

.

Η σχέση αυτή παρουσιάζει ανεξάρτητο ενδιαφέρον και είναι ένας άλλος τρόπος να βρούμε το (ABC)

.

#6

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 10, 2025 5:17 pm
Σε τρισορθογώνιο τετράεδρο , με κορυφή της τρισορθογώνιας γωνίας, δίνεται ότι
Nα βρεθεί το εμβαδόν της έδρας

To θέμα δεν δόθηκε για να χαρακτηριστεί ως εύκολο ή δύσκολο. Μπήκε για να αναδείξει κάποιες αξιόλογες σκέψεις της Στερεομετρίας.

: emv edras.png (6.97 KiB) Προβλήθηκε 970 φορές

.
Ας δούμε και άλλη λύση με Στερεομετρία. Στην πραγματικότητα θα δούμε μία λύση και μία παραλλαγή της. Επίσης, ας το κάνουμε γενικότερα, με OA=a, OB=b, OC=c

.

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΒ

ξέρουμε τις δύο κάθετες άρα και την υποτείνουσα. Αν OD=d

είναι το ύψος του τότε ως γνωστόν, $d=\dfrac {ab}{\sqrt {a^2+b^2}}$ (βγαίνει π.χ. από το εμβαδόν του με δύο τρόπους, εδώ $\frac {1}{2}ab= \frac {1}{2} h\sqrt {a^2+b^2}$ ).

Από το θεώρημα των τριών καθέτων, το OCD

είναι ορθογώνιο τρίγωνο, με γνωστές τις κάθετες πλευρές του OC=c, OD=d

. Άρα το ύψος του είναι

$OH=h=\dfrac {cd}{\sqrt {c^2+d^2}}= \dfrac {c\cdot \dfrac {ab}{\sqrt {a^2+b^2} }} { \sqrt { c^2+\dfrac {a^2b^2}{a^2+b^2} }}= \dfrac {abc}{\sqrt {a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}$

Τώρα, από τον όγκο πυραμίδας με δύο διαφορετικούς τρόπους, όπου

το εμβαδόν του τριγώνου, 'εχουμε

$V = \dfrac {1}{6} abc= \dfrac {1}{3}Eh$ από όπου

$\boxed {E= \dfrac {abc} {2h} = \dfrac {1}{2}\sqrt {a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}$

Mία παραλλαγή είναι να βρούμε το ύψος

του τριγώνου ABC

, το οποίο είναι υποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου ODC

, και άρα $CD= \sqrt { c^2+d^2}$ .

'Αρα $E=\dfrac {1}{2} AB\cdot CD = \dfrac {1}{2} \sqrt {a^2+b^2} \sqrt {c^2+d^2}$ , που οδηγεί στο ίδιο αποτέλεσμα μετά την αντικατάσταση του

.

#7

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 10, 2025 5:17 pm
Σε τρισορθογώνιο τετράεδρο , με κορυφή της τρισορθογώνιας γωνίας, δίνεται ότι
Nα βρεθεί το εμβαδόν της έδρας

Έλαβα ένα μήνυμα στο κινητό μου από τον θεματοθέτη Τηλέμαχο, ο οποίος αυτόν τον καιρό βρίσκεται στο εξωτερικό, με την περιγραφή μίας λύσης με χρήση εξωτερικού γινομένου διανυσμάτων με την παράκληση να την αναρτήσω για λογαριασμό του. Η λύση αυτή, αν και εκτός φακέλου, ερμηνεύει με διαφάνεια το αποτέτεσμα. Έχουμε

$E = \dfrac {1}{2} | \overrightarrow {AB} \times \overrightarrow {AC}|= \dfrac {1}{2} |( \overrightarrow {b} - \overrightarrow {a} )\times (\overrightarrow {c} - \overrightarrow {a})|= \dfrac {1}{2} |\overrightarrow {b} \times \overrightarrow {c} -\overrightarrow {b} \times \overrightarrow {a}-\overrightarrow {a} \times \overrightarrow {c}+\overrightarrow {a} \times \overrightarrow {a}|=$

$=\dfrac {1}{2}| bc \overrightarrow {i}+ ab \overrightarrow {k}+ ac \overrightarrow {j} + \overrightarrow {0}|= \dfrac {1}{2} \sqrt {a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}$

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #8

Nα ευχαριστήσω το Μιχάλη Λάμπρου για ό,τι έκανε.

ksofsa έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 10, 2025 9:06 pm
Γενικά, ισχύει μια ''γενίκευση'' του πυθαγορείου θεωρήματος.

Σε τρισορθογώνιο τετράεδρο , με τρισορθογώνια τη γωνία που αντιστοιχεί στο , ισχύει η παρακάτω, ομοιάζουσα προς το πυθαγόρειο θεώρημα, σχέση:

.

Η σχέση αυτή παρουσιάζει ανεξάρτητο ενδιαφέρον και είναι ένας άλλος τρόπος να βρούμε το .

Πράγματι έτσι είναι. Την ισότητα αυτήν την είχαμε δει στην παρακάτω δημοσίευση
https://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=27&t=75953

Noμίζω ότι κάτι καλό προέκυψε από τη συζήτηση...

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #9

Θα ήθελα να προσθέσω ένα ερώτημα.
Πόση είναι η ακτίνα της εγγεγραμμένης σφαίρας του ανωτέρω τετραέδρου ;

#10

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 23, 2026 8:37 pm
Θα ήθελα να προσθέσω ένα ερώτημα.
Πόση είναι η ακτίνα της εγγεγραμμένης σφαίρας του ανωτέρω τετραέδρου ;

Θα το δούμε γενικότερα, με $OA=a, \, OB=b, \, OC=c$ , όπου $a,\,b,\,c >0$ . Αν

το κέντρο της εγγεγραμμένης σφαίρας, τότε αφού ισαπέχει από τις πλάγιες έδρες (που είναι τα επίπεδα $x-y, \, y-z, \, z-x$ ) οι συντεταγμένες του

είναι της μορφής K(p,p,p)

. Αλλά η κοινή αυτή απόσταση

από τις τρεις έδρες είναι ίση με την απόσταση από την τέταρτη έδρα.

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι η εξίσωση της τέταρτης έδρας (δεδομένου ότι περιέχει τα σημεία $A(a,0,0),\, B(0.b,0), \, C(0,0,c)$ ) είναι η

$\dfrac {x}{a}+\dfrac {y}{b}+\dfrac {z}{c}=1$ .

Η απόσταση του K(p,p,p)

από το επίπεδο αυτό είναι (βλέπε εδώ)

$\displaystyle{\dfrac {|\dfrac {p}{a}+\dfrac {p}{b}+\dfrac {p}{c}-1|}{\sqrt {\dfrac {1}{a^2}+\dfrac {1}{b^2}+\dfrac {1}{c^2}} }}$

Άρα έχουμε $\displaystyle{\dfrac {|\dfrac {p}{a}+\dfrac {p}{b}+\dfrac {p}{c}-1|}{\sqrt {\dfrac {1}{a^2}+\dfrac {1}{b^2}+\dfrac {1}{c^2}} }=p}$ από όπου

$\displaystyle{\boxed {p= \dfrac {1} {\dfrac {1}{a}+\dfrac {1}{b}+\dfrac {1}{c} + \sqrt {\dfrac {1}{a^2}+\dfrac {1}{b^2}+\dfrac {1}{c^2}} }}}$

EMBAΔΟΝ ΕΔΡΑΣ

EMBAΔΟΝ ΕΔΡΑΣ

Re: EMBAΔΟΝ ΕΔΡΑΣ

Re: EMBAΔΟΝ ΕΔΡΑΣ

Re: EMBAΔΟΝ ΕΔΡΑΣ

Re: EMBAΔΟΝ ΕΔΡΑΣ

Re: EMBAΔΟΝ ΕΔΡΑΣ

Re: EMBAΔΟΝ ΕΔΡΑΣ

Re: EMBAΔΟΝ ΕΔΡΑΣ

Re: EMBAΔΟΝ ΕΔΡΑΣ

Re: EMBAΔΟΝ ΕΔΡΑΣ

Μέλη σε σύνδεση