Εμβαδόν τετραπλεύρου

Ιστοσελίδα · #1

: shape.png (25.2 KiB) Προβλήθηκε 635 φορές

Στο παραπάνω σχήμα, ζητείται το εμβαδόν του τετραπλεύρου ABCD

.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

Μιχάλης Νάννος έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 13, 2019 4:29 pm
shape.pngΣτο παραπάνω σχήμα, ζητείται το εμβαδόν του τετραπλεύρου .

Καλησπέρα!

Είναι SQ=PR=10

.

$\dfrac{\left ( APB \right )}{\left (PQR \right )}=\dfrac{5\cdot 6}{100}=\dfrac{12}{40}$

$\dfrac{\left ( QDC \right )}{\left (QRP \right )}=\dfrac{2\cdot 5}{8\cdot 10}=\dfrac{5}{40}$

$\dfrac{\left ( CRB \right )}{\left (PQR \right )}=\dfrac{3\cdot 4}{8\cdot 10}=\dfrac{6}{40}$

Άρα είναι $\dfrac{\left ( ABCD \right )}{\left ( PQR \right )}=\dfrac{40-12-6-5}{40}=\dfrac{17}{40}$

Έστω

το ύψος της κορυφής του PQR

.

Επειδή PQR

ισοσκελές:

$u=\sqrt{100-16}=2\sqrt{21}$

$PQR=\dfrac{1}{2}\cdot 8\cdot 2\sqrt{21}=8\sqrt{21}$

Άρα $\dfrac{\left ( ABCD \right )}{8\sqrt{21}}=\dfrac{17}{40}\Leftrightarrow \boxed{\left ( ABCD \right )=\dfrac{17\sqrt{21}}{5}}$

#3

: Εμβαδόν τετραπλεύρου.png (23.38 KiB) Προβλήθηκε 616 φορές

Το τρίγωνο DQC

είναι όμοιο με το τρίγωνο που σχηματίζει μια των ίσων πλευρών του ισοσκελούς τριγώνου PQR

με τη διάμεσο στη βάση . Άρα $CD \bot PQ$ .

Φέρνω $BS//CA \Rightarrow \boxed{AS = \frac{{19}}{5}}$ . Έχω : $DC = h = \sqrt {{5^2} - {2^2}} = \sqrt {21}$ και άρα :

$\boxed{(ABCD) = (CDS) = \frac{1}{2}\left( {\frac{{19}}{5} + 3} \right)\sqrt {21} = \frac{{17\sqrt {21} }}{{5}}}$

Edit: Για πιο αναλυτικό σχήμα

: Εμβαδόν τετραπλεύρου_1.png (42.39 KiB) Προβλήθηκε 607 φορές

#4

Μιχάλης Νάννος έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 13, 2019 4:29 pm
shape.pngΣτο παραπάνω σχήμα, ζητείται το εμβαδόν του τετραπλεύρου .

Καλησπέρα σε όλους!

: Εμβαδόν τετραπλεύρου.ΜΝ.png (10.52 KiB) Προβλήθηκε 618 φορές

Με νόμο συνημιτόνων βρίσκω $\displaystyle \cos Q = \frac{2}{5},\cos P = \frac{{17}}{{25}} \Rightarrow \sin Q = \sin R = \frac{{\sqrt {21} }}{5},\sin P = \frac{{4\sqrt {21} }}{{25}}$

$\displaystyle (ABCD) = (PQR) - (PAB) - (DQC) - (BCR) = 40 \cdot \frac{{\sqrt {21} }}{5} - 15 \cdot \frac{{4\sqrt {21} }}{{25}} - 5 \cdot \frac{{\sqrt {21} }}{5} - 6 \cdot \frac{{\sqrt {21} }}{5}$

Άρα, $\boxed{(ABCD)=\frac{17\sqrt{21}}{5}}$

#5

Ας είναι

η τομή των ευθειών $AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,QR$ . Από Θ. Μενελάου στο $\vartriangle PQR$ με διατέμνουσα $\overline {ABS}$ έχω:

$\boxed{\frac{{PA}}{{AQ}} \cdot \frac{{QS}}{{SR}} \cdot \frac{{RB}}{{BP}} = 1 \Rightarrow \frac{5}{5} \cdot \frac{{8 + SR}}{{SR}} \cdot \frac{4}{6} = 1 \Rightarrow RS = 16}$

Φέρνω τα ύψη : $x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,y\,\,$ των τριγώνων $AQS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BCS$ , καθώς και το ύψος

του $\vartriangle PQR$ .

: Εμβαδόν τετραπλεύρου_new.png (33.69 KiB) Προβλήθηκε 597 φορές

Προφανώς : $\left\{ \begin{gathered} x = CD = h = \frac{u}{2} \hfill \\ y = \frac{2}{5}u \hfill \\ u = \sqrt {100 - 16} = 2\sqrt {21} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

$\boxed{(ABCD) = (AQS) - (DQC) - (BCS) = 12x - h - \frac{{19}}{2}y = \left( {6 - \frac{1}{2} - \frac{{19}}{5}} \right)u = \frac{{17\sqrt {21} }}{5}}$

Εμβαδόν τετραπλεύρου

Εμβαδόν τετραπλεύρου

Re: Εμβαδόν τετραπλεύρου

Re: Εμβαδόν τετραπλεύρου

Re: Εμβαδόν τετραπλεύρου

Re: Εμβαδόν τετραπλεύρου

Μέλη σε σύνδεση