mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 22, 2018 7:23 pm**

: Το μισό τρίγωνο.png (18.56 KiB) Προβλήθηκε 1971 φορές

Έστω

το ύψος τριγώνου ABC

και

οι προβολές του στις AB, AC

αντίστοιχα.

Αν

είναι το περίκεντρο του τριγώνου, να δείξετε ότι $(AEOZ)=\dfrac{(ABC)}{2}.$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 22, 2018 8:18 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 22, 2018 7:23 pm

Το μισό τρίγωνο.png
Έστω το ύψος τριγώνου και οι προβολές του στις αντίστοιχα.

Αν είναι το περίκεντρο του τριγώνου, να δείξετε ότι $(AEOZ)=\dfrac{(ABC)}{2}.$

Καλησπέρα Γιώργο.

Είναι $AE \cdot AB=AD^2=AZ \cdot AC$ , οπότε το BEZC

είναι εγγράψιμο. Οπότε, $\angle AEZ=\angle C$ και $\angle BAO=90^\circ-\angle C \Rightarrow \angle EAO+\angle AEZ=90^\circ \Rightarrow AO \perp EZ$ , συνεπώς από γνωστό Λήμμα, $(AEOZ)=\dfrac{AO \cdot EZ}{2}$ .

Αρκεί λοιπόν $(ABC)=AO \cdot EZ$ .

Έστω, ως συνήθως AO=R, AB=c, AC=b, BC=a

Τα τρίγωνα $\vartriangle AEZ, \vartriangle ABC$ είναι όμοια (αφού το BEZC

είναι εγγράψιμο), οπότε $\dfrac{EZ}{BC}=\dfrac{AE}{AC}$ (1).

Επίσης, $AE \cdot AB=AD^2 \Rightarrow AE=\dfrac{AD^2}{AB}$ (2).

Συνδυάζοντας τις (1), (2) προκύπτει $EZ=\dfrac{AD^2 a}{bc}$ (3).

Όμως, είναι $AD \cdot BC=2(ABC)=\dfrac{abc}{2R} \Rightarrow AD=\dfrac{bc}{2R}$ (4).

Από (3), (4), $EZ=\dfrac{abc}{4R^2}$ .

Τελικά, $AO \cdot EZ=\dfrac{abc}{4R}=(ABC)$ , και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 22, 2018 8:43 pm**

Αλλιώς.

Όπως πριν, αρκεί $AO \cdot EZ=(ABC)$ , οπότε αν

το αντιδιαμετρικό του

στον κύκλο (A,B,C)

τα

είναι συνευθειακά και ισχύει AP=2AO

.

Συνεπώς αρκεί $AP \cdot EZ=2(ABC)$ , ή αλλιώς $AP \cdot EZ=AD \cdot BC$ .

Όμως, $\dfrac{AZ}{AB}=\dfrac{EZ}{BC}$ (το BEZC

είναι εγγράψιμο και άρα τα $\vartriangle AEZ, \vartriangle ABC$ όμοια), οπότε αρκεί $\dfrac{AZ}{AB}=\dfrac{AD}{AP} \Rightarrow \dfrac{AB}{AP}=\dfrac{AZ}{AD}$ .

Για να δειχθεί η τελευταία, αρκεί τα $\vartriangle ADZ, \vartriangle ABP$ να είναι όμοια. Πράγματι:

i) $\angle BAP=\angle BAD+\angle DAP=\angle PAC+\angle DAP=\angle DAZ$ (οι AD,AO

είναι ισογώνιες, επομένως $\angle BAD=\angle OAC$ )

ii) $\angle BPA=\angle ACB=\angle ADZ$

Άρα, τα δύο προαναφερθέντα τρίγωνα έχουν όλες τους τις γωνίες ίσες μεταξύ τους ανά δύο, δηλαδή είναι όμοια. Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

: geometry visvikis.png (35.54 KiB) Προβλήθηκε 1934 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 22, 2018 10:07 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 22, 2018 7:23 pm
Το μισό τρίγωνο.png
Έστω το ύψος τριγώνου και οι προβολές του στις αντίστοιχα.

Αν είναι το περίκεντρο του τριγώνου, να δείξετε ότι $(AEOZ)=\dfrac{(ABC)}{2}.$

Ας είναι

το αντιδιαμετρικό του

. Από το Θ. Ευκλείδη στα ορθογώνια τρίγωνα $DAB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DAC$ έχω : $A{D^2} = AE \cdot AB = AZ \cdot AC$ .

Επομένως θα είναι το τετράπλευρο BCZE

εγγράψιμο

, $AO \bot EZ\,\,(2)$ , $\vartriangle ABC \approx \vartriangle AZE\,\,\,(3)$ και $\vartriangle AED \approx \vartriangle ACS\,\,\,(1)$ .

Θέτω : $OA = R\,\,,\,\,AD = h\,\,$ είναι δε γνωστά τα σύμβολα $a,\,\,b,\,\,c$ για τις $BC\,\,,\,\,CA\,\,,\,\,AB$ αντίστοιχα.

Έτσι θα ισχύουν τα παρακάτω:

: Το μισό εμβαδόν.png (34.55 KiB) Προβλήθηκε 1927 φορές

$\left\{ \begin{gathered} \frac{{AE}}{b} = \frac{h}{{2R}}\,\,\,\lambda o\gamma \omega \,\,\,(4) \hfill \\ \frac{{AE}}{b} = \frac{{EZ}}{a}\,\,\lambda o\gamma \omega \,\,(3) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \dfrac{h}{{2R}} = \dfrac{{EZ}}{a} \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}ah = EZ \cdot R \Leftrightarrow (ABC) = 2(AEOZ)$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 23, 2018 9:46 am**

Πολύ ωραία

Ευχαριστώ τον Ορέστη και τον Νίκο για τις απαντήσεις. Ας το γενικεύσουμε λιγάκι.

: Το μισό τρίγωνο.β.png (17.29 KiB) Προβλήθηκε 1898 φορές

Εξετάστε αν συμβαίνει το ίδιο στην περίπτωση που το

είναι τυχαίο σημείο της BC.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 23, 2018 2:51 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 23, 2018 9:46 am
Πολύ ωραία Ευχαριστώ τον Ορέστη και τον Νίκο για τις απαντήσεις. Ας το γενικεύσουμε λιγάκι.
Εξετάστε αν συμβαίνει το ίδιο στην περίπτωση που το είναι τυχαίο σημείο της

Γεια σου Γιώργο και καλά Χριστούγεννα

! Ας δούμε και την γενίκευση ...

Έστω $AD' \perp BC$ με $D' \in BC$ . Επίσης, έστω $D'P \perp AB, D'Q \perp AC$ και $OX \perp AB, OY \perp AC$ .

Τότε, από την αρχική άσκηση, $(APD'Q)=\dfrac{(ABC)}{2}$ , οπότε αρκεί $(AEDZ)=(APD'Q) \Rightarrow (PEO)=(OZQ) \Rightarrow OX \cdot PE=OY \perp ZQ \Rightarrow \dfrac{PE}{ZQ}=\dfrac{OY}{OX}$ .

Είναι (γνωστό και απλό) $\angle XOA=\angle C, \angle AOY=\angle B$ , οπότε $\dfrac{OX}{\cos B}=OA=\dfrac{OY}{\cos C}$ , που δίνει $\dfrac{OX}{OY}=\dfrac{\cos B}{\cos C}$ .

Αρκεί λοιπόν $\dfrac{PE}{ZQ}=\dfrac{\cos B}{\cos C}$ .

Τώρα, είναι $\cos B=\dfrac{BE}{BD}, \cos C=\dfrac{CZ}{CD}$ , οπότε αρκεί $\dfrac{BE \cdot CD}{BD \cdot CZ}=\dfrac{PE}{ZQ}$ ή ισοδύναμα $CD \cdot \dfrac{BE}{PE}=BD \cdot \dfrac{CZ}{ZQ}$ (1).

Όμως, $\dfrac{BE}{PE}=\dfrac{BD}{DD'}$ (αφού $ED \parallel PD'$ ) και $\dfrac{CZ}{ZQ}=\dfrac{CD}{DD'}$ (αφού $D'Q \parallel DZ$ ).

Συνεπώς, $CD \cdot \dfrac{BE}{PE}=CD \cdot \dfrac{BD}{DD'}=BD \cdot \dfrac{CD}{DD'}=BD \cdot \dfrac{CZ}{ZQ}$ , και η (1) αποδείχτηκε, οπότε τελειώσαμε.

: geometry visvikis genikefsi.png (38.38 KiB) Προβλήθηκε 1858 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 23, 2018 5:24 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 23, 2018 9:46 am
Πολύ ωραία Ας το γενικεύσουμε λιγάκι.
Εξετάστε αν συμβαίνει το ίδιο στην περίπτωση που το είναι τυχαίο σημείο της

Καλά Χριστούγεννα

: shape.jpg (91.25 KiB) Προβλήθηκε 1837 φορές

Έστω $AM = MB,\,AN = NC,\,S \equiv MO \cap DZ$ και προφανώς $OM \bot AB,\,ON \bot AC$

Ισχύει:

$\begin{array}{l} (AEOZ) = (AMSZ) + (MEO) + (SOZ) = \\ = (AMSZ) + (MDO) + (SOZ) = \\ = (AMSZ) + (MDS) + (SOD) + (SOZ) = \\ = (AMSZ) + (MDS) + (DOZ) = \\ (AMSZ) + (MDS) + (DNZ) = (AMDN) = \\ = (AMN) + (MND) = \dfrac{{(ABC)}}{4} + \dfrac{{(ABC)}}{4} = \dfrac{{(ABC)}}{2} \end{array}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 24, 2018 1:21 am**

Μιχάλης Νάννος έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 23, 2018 5:24 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 23, 2018 9:46 am
Πολύ ωραία Ας το γενικεύσουμε λιγάκι.
Εξετάστε αν συμβαίνει το ίδιο στην περίπτωση που το είναι τυχαίο σημείο της
Καλά Χριστούγεννα shape.jpgΈστω $AM = MB,\,AN = NC,\,S \equiv MO \cap DZ$ και προφανώς $OM \bot AB,\,ON \bot AC$

Ισχύει:

$\begin{array}{l} (AEOZ) = (AMSZ) + (MEO) + (SOZ) = \\ = (AMSZ) + (MDO) + (SOZ) = \\ = (AMSZ) + (MDS) + (SOD) + (SOZ) = \\ = (AMSZ) + (MDS) + (DOZ) = \\ (AMSZ) + (MDS) + (DNZ) = (AMDN) = \\ = (AMN) + (MND) = \dfrac{{(ABC)}}{4} + \dfrac{{(ABC)}}{4} = \dfrac{{(ABC)}}{2} \end{array}$

Την διάβασα, την απόλαυσα την,

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 24, 2018 9:32 am**

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 22, 2018 7:23 pm
Το μισό τρίγωνο.png
Έστω το ύψος τριγώνου και οι προβολές του στις αντίστοιχα.

Αν είναι το περίκεντρο του τριγώνου, να δείξετε ότι $(AEOZ)=\dfrac{(ABC)}{2}.$

Αλλιώς στο αρχικό πρόβλημα: Από το ισοσκελές τρίγωνο AOB

είναι (ως γνωστόν) $\angle BAO=\frac {1}{2}(180-\angle AOB) = \frac {1}{2}(180-2C)=90-C$ . Άρα

$\displaystyle{(OAE)= \frac {1}{2}AE\cdot OA \sin (\angle BAO)= \frac {1}{2}(h\sin B)R\cos C}$ και όμοια $\displaystyle{(OAZ)= \frac {1}{2}(h\sin C)R\cos B}$ . Οπότε

$\displaystyle{(AEOZ)=(OAE)+(OAZ)= \frac {1}{2}hR(\sin B\cos C+\sin C\cos B) = \frac {1}{2}hR\sin (B+C)= \frac {1}{2}hR\sin A= \frac {1}{2}ha=\frac {1}{2}(ABC)}$

Η απόδειξη προσαρμόζεται και στην πιο γενική περίπτωση αλλά με τίμημα λίγο παραπάνω πράξεις.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 10, 2019 11:44 pm**

Καλό βράδυ. Ας δούμε ακόμη μία προσέγγιση με την συνδρομή και του θεματοθέτη!

: Το μισό τρίγωνο.PNG (14.17 KiB) Προβλήθηκε 1697 φορές

Στο εγγράψιμο ZAED

η

είναι διάμετρος οπότε $EZ=AD\eta \mu A$ , ενώ από τον Ν.Ημιτόνων στο BAC

ισχύει $R\eta \mu A=a/2$ .

Όπως έδειξε και ο Γιώργος στο θέμα Ελάχιστη τιμή (#5) είναι $\widehat{AIZ}=\widehat{ADC}=\omega$ . Έτσι έχουμε:

$\left ( AEOZ \right )=\dfrac{1}{2}OA\cdot EZ\eta \mu \omega =\dfrac{1}{2}R\cdot AD\eta \mu A\cdot \eta \mu \omega =\dfrac{1}{2}R\eta \mu A\cdot AD\eta \mu \omega =\dfrac{1}{2}(\dfrac{a}{2}\cdot \upsilon _{a})=\dfrac{\left ( ABC \right )}{2}$ . Φιλικά , Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 11, 2019 11:34 pm**

Μία λύση για "τεμπέλιδες" στη σκέψη είναι με Αναλυτική Γεωμετρία.

Ορίζουμε συντεταγμένες στο ορθοκανονικό σύστημα D(0, 0)

.

Η εξίσωση της ευθείας

είναι

και οι συντεταγμένες του σημείου

είναι $\left ( \frac{a^{2}b}{a^{2}+b^{2}}, \frac{ab^{2}}{a^{2}+b^{2}} \right )$ .

Η εξίσωση της ευθείας

είναι

και οι συντεταγμένες του σημείου

είναι $\left ( \frac{a^{2}c}{a^{2}+c^{2}}, \frac{a^{2}c^{2}}{a^{2}+c^{2}} \right )$

Η εξίσωση του κύκλου που διέρχεται από τα σημεία A, B, C είναι $x^{2}+y^{2}-\frac{c^{2}+ab}{c}x -(a+b)y + ab = 0$

και από αυτή βρίσκουμε τις συντεταγμένες του κέντρου O.

Τώρα, το εμβαδον του τετραπλεύρου είναι άθροισμα των εμβαδών των τριγώνων (AEO) (AOZ) που υπολογίζονται από τον γνωστό τύπο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 12, 2019 9:12 am**

Ανδρέας Πούλος έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 11, 2019 11:34 pm
Μία λύση για "τεμπέλιδες" στη σκέψη είναι με Αναλυτική Γεωμετρία.

Ορίζουμε συντεταγμένες στο ορθοκανονικό σύστημα .

Η εξίσωση της ευθείας είναι και οι συντεταγμένες του σημείου είναι $\left ( \frac{a^{2}b}{a^{2}+b^{2}}, \frac{ab^{2}}{a^{2}+b^{2}} \right )$ .

Η εξίσωση της ευθείας είναι και οι συντεταγμένες του σημείου είναι $\left ( \frac{a^{2}c}{a^{2}+c^{2}}, \frac{a^{2}c^{2}}{a^{2}+c^{2}} \right )$

Η εξίσωση του κύκλου που διέρχεται από τα σημεία A, B, C είναι $x^{2}+y^{2}-\frac{c^{2}+ab}{c}x -(a+b)y + ab = 0$

και από αυτή βρίσκουμε τις συντεταγμένες του κέντρου O.

Τώρα, το εμβαδον του τετραπλεύρου είναι άθροισμα των εμβαδών των τριγώνων (AEO) (AOZ) που υπολογίζονται από τον γνωστό τύπο.

Δεν φαντάζομαι κάποιος τεμπέλης να καθόταν να έκανε όλες αυτές τις πράξεις πιο πιθανό ήταν να ψάξει βοηθητικές ευθείες ώστε να γράψει λιγότερα στην λύση, ή τουλάχιστον έτσι είμαι εγώ

mathematica.gr

Το μισό τρίγωνο

Το μισό τρίγωνο

Re: Το μισό τρίγωνο

Re: Το μισό τρίγωνο

Re: Το μισό τρίγωνο

Re: Το μισό τρίγωνο

Re: Το μισό τρίγωνο

Re: Το μισό τρίγωνο

Re: Το μισό τρίγωνο

Re: Το μισό τρίγωνο

Re: Το μισό τρίγωνο

Re: Το μισό τρίγωνο

Re: Το μισό τρίγωνο