mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 09, 2011 7:50 pm**

Δίνεται τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ με ${\rm A}{\rm B} = 14,\,{\rm A}\Gamma = 21,\,{\rm B}\Gamma = 28$ και σημείο $\Delta$ πάνω στην ${\rm A}{\rm B}$ , τέτοιο ώστε ${\rm A}\Delta = 6$ . Από το $\Delta$ φέρουμε την κάθετη προς την $\Gamma \Delta$ που τέμνει την ${\rm B}\Gamma$ στο ${\rm E}$ . Βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου $\Gamma \Delta {\rm E}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 09, 2011 10:48 pm**

Φίλε μου Μιχάλη καλησπέρα

Τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΑΒΓ έχουν κοινό ύψος από το Γ οπότε ο λόγος των εμβαδών τους ισούται με το λόγο των αντιστοίχων (στο κοινό αυτό ύψος) βάσεών τους, δηλαδή ισχύει: $\displaystyle{ \frac{{\left( {{\rm A}\Delta \Gamma } \right)}} {{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}} = \frac{{{\rm A}\Delta }} {{{\rm A}{\rm B}}} = \frac{6} {{14}} \Rightarrow \frac{{\left( {{\rm A}\Delta \Gamma } \right)}} {{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}} = \frac{3} {7} \Rightarrow \boxed{\left( {{\rm A}\Delta \Gamma } \right) = \frac{3} {7}\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}:\left( 1 \right) }$

Στο τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει $\displaystyle{ \frac{{\Delta {\rm A}}} {{\Delta {\rm B}}} = \frac{6} {8} = \frac{3} {4} = \frac{{21}} {{28}} = \frac{{\Gamma {\rm A}}} {{\Gamma {\rm B}}}\mathop \Rightarrow \limits^{\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau \rho .\delta \iota \chi .} \Gamma \Delta }$ διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{ \hat \Gamma }$ οπότε αν θέσουμε Ε’ το σημείο τομής της προέκτασης της ΔΕ προς το Δ με την προέκταση της ΓΑ.

τότε είναι φανερό ότι το τρίγωνο ΓΕΕ’ είναι ισοσκελές (η ΓΔ είναι ύψος και διχοτόμος) οπότε ισχύει: $\displaystyle{ \ldots \boxed{\left( {{\rm E}\Gamma \Delta } \right) = \left( {{\rm E}'\Gamma \Delta } \right):\left( 2 \right)} }$ και η ΓΔ θα είναι και διάμεσός του, άρα $\displaystyle{ \Delta {\rm E}' = \Delta {\rm E} = \chi }$

Για τα τρίγωνα
$\displaystyle{ {\rm B}\mathop \Delta \limits^\Delta {\rm E},{\rm A}\mathop \Delta \limits^\Delta {\rm E}'\mathop \to \limits^{\widehat{{\rm B}\Delta {\rm E}} = \widehat{{\rm A}\Delta {\rm E}}(\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \phi \nu )} \frac{{\left( {{\rm B}\Delta {\rm E}} \right)}} {{\left( {{\rm A}\Delta {\rm E}'} \right)}} = \frac{{\Delta {\rm B} \cdot \Delta {\rm E}}} {{\Delta {\rm A} \cdot \Delta {\rm E}'}}\mathop \Rightarrow \limits^{\Delta {\rm E} = \Delta {\rm E}' = \chi ,\Delta {\rm B} = 8,\Delta {\rm A} = 6} \frac{{\left( {{\rm B}\Delta {\rm E}} \right)}} {{\left( {{\rm A}\Delta {\rm E}'} \right)}} = \frac{4} {3}:\left( 3 \right) }$

Επίσης επειδή τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΒΔΓ έχουν ίδιο ύψος από την κορυφή Γ θα ισχύει:

$\displaystyle{ \frac{{\left( {{\rm B}\Delta \Gamma } \right)}} {{\left( {{\rm A}\Delta \Gamma } \right)}} = \frac{{\Delta {\rm B}}} {{{\rm A}\Delta }} = \frac{8} {6} = \frac{4} {3}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \frac{{\left( {{\rm B}\Delta \Gamma } \right)}} {{\left( {{\rm A}\Delta \Gamma } \right)}} = \frac{{\left( {{\rm B}\Delta {\rm E}} \right)}} {{\left( {{\rm A}\Delta {\rm E}'} \right)}} = \frac{4} {3} \Rightarrow \frac{{\left( {{\rm B}\Delta \Gamma } \right) - \left( {{\rm B}\Delta {\rm E}} \right)}} {{\left( {{\rm A}\Delta \Gamma } \right) - \left( {{\rm A}\Delta {\rm E}'} \right)}} = \frac{4} {3} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \frac{{\left( {\Delta {\rm E}\Gamma } \right)}} {{\left( {{\rm A}\Delta \Gamma } \right) - \left( {{\rm A}\Delta {\rm E}'} \right)}} = \frac{4} {3}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {{\rm A}\Delta \Gamma } \right) + \left( {{\rm A}\Delta {\rm E}'} \right) = \left( {{\rm E}'\Gamma \Delta } \right)\mathop = \limits^{\left( 2 \right)} \left( {\Delta {\rm E}\Gamma } \right) \Rightarrow \left( {{\rm A}\Delta {\rm E}'} \right) = \left( {\Delta {\rm E}\Gamma } \right) - \left( {{\rm A}\Delta \Gamma } \right)} \ldots \frac{{\left( {\Delta {\rm E}\Gamma } \right)}} {{\left( {{\rm A}\Delta \Gamma } \right) - \left( {\Delta {\rm E}\Gamma } \right) + \left( {{\rm A}\Delta \Gamma } \right)}} = \frac{4} {3} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \frac{{\left( {\Delta {\rm E}\Gamma } \right)}} {{2\left( {{\rm A}\Delta \Gamma } \right) - \left( {\Delta {\rm E}\Gamma } \right)}} = \frac{4} {3} \Rightarrow 3\left( {\Delta {\rm E}\Gamma } \right) = 8\left( {{\rm A}\Delta \Gamma } \right) - 4\left( {\Delta {\rm E}\Gamma } \right) \Rightarrow \left( {\Delta {\rm E}\Gamma } \right) = \frac{8} {7}\left( {{\rm A}\Delta \Gamma } \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} }$ $\displaystyle{ \left( {\Delta {\rm E}\Gamma } \right) = \frac{8} {7} \cdot \frac{3} {7}\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) \Rightarrow \boxed{\left( {\Delta {\rm E}\Gamma } \right) = \frac{{24}} {{49}}\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}:\left( 4 \right) }$

Όμως το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ είναι υπολογίσιμο (από τον τύπο του Ήρωνα αφού είναι γνωστές οι πλευρές του). Είναι

$\displaystyle{ \left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = \sqrt {\tau \left( {\tau - \alpha } \right)\left( {\tau - \beta } \right)\left( {\tau - \gamma } \right)} \mathop = \limits^{\tau = \frac{{28 + 21 + 14}} {2} = \frac{{63}} {2}} \sqrt {\frac{{63}} {2}\left( {\frac{{63}} {2} - 28} \right)\left( {\frac{{63}} {2} - 21} \right)\left( {\frac{{63}} {2} - 14} \right)} \Rightarrow \ldots \boxed{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = \frac{{147}} {4}\sqrt {15} }:\left( 5 \right) }$

Οπότε $\displaystyle{ \left( 4 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right)} \left( {\Delta {\rm E}\Gamma } \right) = \frac{{24}} {{49}} \cdot \frac{{147}} {4} \cdot \sqrt {15} \Rightarrow \boxed{\left( {\Delta {\rm E}\Gamma } \right) = 18\sqrt {15} } }$

Φιλικά

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 10, 2011 12:01 am**

Μια τριγωνομετρική προσέγγιση:

: 08-04-2011 Γεωμετρία.jpg (27.57 KiB) Προβλήθηκε 1073 φορές

Από Ν. Συνημιτόνων στο ΑΒΓ:
$\displaystyle {\rm B}\Gamma ^2 = {\rm A}{\rm B}^2 + {\rm A}\Gamma ^2 - 2{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}\Gamma \cdot \sigma \upsilon \nu {\rm A} \Leftrightarrow 28^2 = 21^2 + 14^2 - 2 \cdot 21 \cdot 14 \cdot \sigma \upsilon \nu {\rm A}$
$\displaystyle \Leftrightarrow 16 = 13 - 12 \cdot \sigma \upsilon \nu {\rm A} \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu {\rm A} = -\frac{1}{4}$ .

Από Ν. Συνημιτόνων στο ΑΔΓ:
$\displaystyle \Delta \Gamma ^2 = {\rm A}\Delta ^2 + {\rm A}\Gamma ^2 - 2{\rm A}\Delta \cdot {\rm A}\Gamma \cdot \sigma \upsilon \nu {\rm A} \Leftrightarrow \\ \Delta \Gamma ^2 = 36 + 21^2 + 2 \cdot 6 \cdot 21 \cdot \frac{1}{4} = 540 \Leftrightarrow \Gamma \Delta = 6\sqrt {15}$

Από Ν. Συνημιτόνων στο ΑΒΓ:
$\displaystyle {\rm A}\Gamma ^2 = {\rm A}{\rm B}^2 + {\rm B}\Gamma ^2 - 2{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm B}\Gamma \cdot \sigma \upsilon \nu {\rm B} \Leftrightarrow 21^2 = 28^2 + 14^2 - 2 \cdot 28 \cdot 14 \cdot \sigma \upsilon \nu {\rm B}$
$\displaystyle \Leftrightarrow 9 = 20 - 16 \cdot \sigma \upsilon \nu {\rm B} \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu {\rm B} = \frac{{11}}{{16}}$

Φέρνουμε τη ΔΛ κάθετη στη ΒΓ.

Στο ΒΔΛ: $\displaystyle \sigma \upsilon \nu {\rm B} = \frac{{{\rm B}\Lambda }}{{{\rm B}\Delta }} \Rightarrow {\rm B}\Lambda = 8 \cdot \frac{{11}}{{16}} = 5,5 \Rightarrow \Gamma \Lambda = 22,5$

Στο ΓΔΛ: $\displaystyle \sigma \upsilon \nu \Gamma _1 = \frac{{\Gamma \Lambda }}{{\Gamma \Delta }} = \frac{{22,5}}{{4\sqrt {15} }}$ ,

οπότε στο ΓΔΕ: $\displaystyle \sigma \upsilon \nu \Gamma _1 = \frac{{\Gamma \Delta }}{{\Gamma {\rm E}}} \Rightarrow \Gamma {\rm E} = \frac{{540}}{{22,5}} = 24$ ,

οπότε, από Πυθ. Θεώρημα: $\displaystyle \Delta {\rm E}^2 = 576 - 540 = 36 \Rightarrow \Delta {\rm E} = 6$ , άρα $\displaystyle \left( {\Delta \Gamma {\rm E}} \right) = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 6\sqrt {15} = 18\sqrt {15}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 10, 2011 4:02 pm**

Μια ακόμα προσέγγιση (λιγότερο κομψή):

: Εμβαδό.png (22.76 KiB) Προβλήθηκε 993 φορές

Επειδή το τρίγωνο $\displaystyle{ \Gamma \Delta {\rm E} }$ είναι ορθογώνιο το εμβαδό του είναι $\displaystyle{ (\Gamma \Delta {\rm E}) = \frac{1}{2} \cdot \Delta {\rm E} \cdot \Gamma \Delta }$ . Θα υπολογίσουμε λοιπόν τα $\displaystyle{ \Delta {\rm E} }$ και $\displaystyle{ \Gamma \Delta }$ .

(Για το $\displaystyle{ \Gamma \Delta }$ ):
Επειδή ισχύει $\displaystyle{ \frac{{\Delta {\rm A}}}{{\Delta {\rm B}}} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4} = \frac{{21}}{{28}} = \frac{{\Gamma {\rm A}}}{{\Gamma {\rm B}}} }$ , η $\displaystyle{ \Gamma \Delta }$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{ \Gamma }$ .

Έστω λοιπόν (για ευκολία) $\displaystyle{ \alpha = {\rm B}\Gamma = 28,\beta = {\rm A}\Gamma = 21,\gamma = {\rm A}{\rm B} = 14 }$ και $\displaystyle{ \Gamma \Delta = \delta _\gamma }$

Τότε είναι $\displaystyle{ \Gamma \Delta = \delta _\gamma = \frac{{2\alpha \beta }}{{\alpha + \beta }}\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2} }$ (1) (μια απόδειξη του τύπου αυτού εδώ)

Από τον νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο $\displaystyle{ {\rm A}{\rm B}\Gamma }$ έχουμε

$\displaystyle{ \sigma \upsilon \nu \Gamma = \frac{{\alpha ^2 + \beta ^2 - \gamma ^2 }}{{2\alpha \beta }} = \frac{{28^2 + 21^2 - 14^2 }}{{2 \cdot 28 \cdot 21}} = \frac{{1029}}{{1176}} = \frac{7}{8} }$

Οπότε $\displaystyle{ \sigma \upsilon \nu ^2 \frac{\Gamma }{2} = \frac{{1 + \sigma \upsilon \nu \Gamma }}{2} = \frac{{1 + \frac{7}{8}}}{2} = \frac{{15}}{{16}} \Rightarrow \sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2} = \frac{{\sqrt {15} }}{4} }$

Έτσι από την (1) έχουμε $\displaystyle{ \Gamma \Delta = \delta _\gamma = \frac{{2\alpha \beta }}{{\alpha + \beta }}\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2} = \frac{{2 \cdot 28 \cdot 21}}{{28 + 21}} \cdot \frac{{\sqrt {15} }}{4} = \frac{{1176}}{{196}}\sqrt {15} \Rightarrow \Gamma \Delta = 6\sqrt {15} }$ (2)

(Για το $\displaystyle{ \Delta {\rm E} }$ ):
Από τον νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο $\displaystyle{ {\rm A}{\rm B}\Gamma }$ έχουμε

$\displaystyle{ \sigma \upsilon \nu {\rm A} = \frac{{\beta ^2 + \gamma ^2 - \alpha ^2 }}{{2\beta \gamma }} = \frac{{21^2 + 14^2 - 28^2 }}{{2 \cdot 21 \cdot 14}} = - \frac{{147}}{{588}} = - \frac{1}{4} }$ . Άρα $\displaystyle{ \sigma \upsilon \nu ^2 {\rm A} = \frac{1}{{16}} }$

Και επομένως $\displaystyle{ \eta \mu {\rm A} = \sqrt {1 - \sigma \upsilon \nu ^2 {\rm A}} = \sqrt {1 - \frac{1}{{16}}} = \sqrt {\frac{{15}}{{16}}} = \frac{{\sqrt {15} }}{4} }$

Είναι τώρα $\displaystyle{ ({\rm A}\Delta \Gamma ) = \frac{1}{2} \cdot \eta \mu {\rm A} \cdot {\rm A}\Delta \cdot {\rm A}\Gamma = \frac{1}{2} \cdot \frac{{\sqrt {15} }}{4} \cdot 6 \cdot 21 = \frac{{63}}{4}\sqrt {15} }$

Επίσης $\displaystyle{ \frac{{({\rm B}\Delta \Gamma )}}{{({\rm A}\Delta \Gamma )}} = \frac{{\frac{1}{2} \cdot \eta \mu \frac{\Gamma }{2} \cdot \Gamma \Delta \cdot {\rm B}\Gamma }}{{\frac{1}{2} \cdot \eta \mu \frac{\Gamma }{2} \cdot \Gamma \Delta \cdot {\rm A}\Gamma }} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{{{\rm A}\Gamma }} = \frac{{28}}{{21}} = \frac{4}{3} }$ . Επομένως $\displaystyle{ ({\rm B}\Delta \Gamma ) = \frac{4}{3}({\rm A}\Delta \Gamma ) = \frac{4}{3} \cdot \frac{{63}}{4}\sqrt {15} = 21\sqrt {15} }$

Έστω $\displaystyle{ {\rm B}{\rm Z} }$ το ύψος που αντιστοιχεί στην πλευρά $\displaystyle{ \Gamma \Delta }$ (βλέπε σχήμα) τότε
$\displaystyle{ ({\rm B}\Delta \Gamma ) = 21\sqrt {15} \Leftrightarrow \frac{1}{2} \cdot \Gamma \Delta \cdot {\rm B}{\rm Z} = 21\sqrt {15} \Leftrightarrow \frac{1}{2} \cdot 6\sqrt {15} \cdot {\rm B}{\rm Z} = 21\sqrt {15} \Leftrightarrow {\rm B}{\rm Z} = 7 }$

Από το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο $\displaystyle{ {\rm B}{\rm Z}\Gamma }$ παίρνουμε $\displaystyle{ \Gamma {\rm Z} = \sqrt {{\rm B}\Gamma ^2 - {\rm B}{\rm Z}^2 } = \sqrt {28^2 - 7^2 } = \sqrt {21 \cdot 35} = \sqrt {7^2 \cdot 15} = 7\sqrt {15} }$

Και επειδή τα τρίγωνα $\displaystyle{ {\rm B}{\rm Z}\Gamma }$ και $\displaystyle{ \Gamma \Delta {\rm E} }$ είναι όμοια (ορθογώνια με $\displaystyle{ \Gamma _1 }$ κοινή) είναι
$\displaystyle{ \frac{{\Gamma {\rm Z}}}{{\Gamma \Delta }} = \frac{{{\rm B}{\rm Z}}}{{\Delta {\rm E}}} \Rightarrow \Delta {\rm E} = \frac{{{\rm B}{\rm Z} \cdot \Gamma \Delta }}{{\Gamma {\rm Z}}} \Rightarrow \Delta {\rm E} = \frac{{7 \cdot 6\sqrt {15} }}{{7\sqrt {15} }} \Rightarrow \Delta {\rm E} = 6 }$ (3)

Επομένως $\displaystyle{ (\Gamma \Delta {\rm E}) = \frac{1}{2} \cdot \Delta {\rm E} \cdot \Gamma \Delta = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 6\sqrt {15} = 18\sqrt {15} }$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 10, 2011 9:00 pm**

Σας ευχαριστώ πολύ για τις λύσεις σας. Να δώσω μια παραλλαγή της λύσης του Στάθη.

Πάνω στη ${\rm B}\Gamma$ παίρνουμε τμήμα $\Gamma {\rm Z} = \Gamma {\rm A} = 21$ . Εφόσον $\displaystyle\frac{{\Gamma {\rm A}}}{{\Gamma {\rm B}}} = \displaystyle\frac{{{\rm A}\Delta }}{{\Delta {\rm B}}}$ η $\Gamma \Delta$ είναι διχοτόμος της ${\rm A}\widehat \Gamma {\rm B}$ , τα τρίγωνα ${\rm A}\Gamma \Delta ,\,\Delta \Gamma {\rm Z}$ είναι ίσα από $\left( {\Pi - \Gamma - \Pi } \right)$ , οπότε $\Delta {\rm Z} = 6$ .

Θέτοντας ${\rm A}\widehat \Delta \Gamma = {\rm Z}\widehat \Delta \Gamma = {90^ \circ } - x$ θα είναι ${\rm E}\widehat \Delta {\rm Z} = {\rm E}\widehat \Delta {\rm B} = x$ , δηλαδή η $\Delta {\rm E}$ είναι διχοτόμος της ${\rm B}\widehat \Delta {\rm Z}$ .

Από το σύστημα $\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle\frac{{{\rm B}{\rm E}}}{{{\rm E}{\rm Z}}} = \displaystyle\frac{8}{6}\\ {\rm B}{\rm E} + {\rm E}{\rm Z} = 7 \end{array} \right.$ παίρνουμε ${\rm B}{\rm E} = 4,\,{\rm E}{\rm Z} = 3$ . Φέρω την $\Delta {\rm K} \bot {\rm B}\Gamma$ και θέτω ${\rm P} = \displaystyle\frac{{\Delta {\rm K}}}{2}$ (τα εμβαδά των τριγώνων αναγράφονται στο σχήμα).

Για το τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ θα ισχύει: $49{\rm P}\mathop = \limits^{{\rm H}\rho \omega \nu \alpha } \displaystyle\frac{{147\sqrt {15} }}{4} \Leftrightarrow {\rm P} = \displaystyle\frac{{3\sqrt {15} }}{4}$ , οπότε ${\colorbox{yellow}{\color{black}\boxed{\left( {\Gamma \Delta {\rm E}} \right) = 24{\rm P} = 18\sqrt {15}}}}} .$

mathematica.gr

Βρείτε το εμβαδόν (17)

Βρείτε το εμβαδόν (17)

Re: Βρείτε το εμβαδόν (17)

Re: Βρείτε το εμβαδόν (17)

Re: Βρείτε το εμβαδόν (17)

Re: Βρείτε το εμβαδόν (17)