Ισοσκελες Τριγωνο

papel · #1

Σε ισοσκελες τριγωνο ΑΒΓ ειναι $\displaystyle{\left| {AB} \right| = \left| {A\Gamma } \right| = \sqrt {\sin \left( \theta \right)} }$ και $\displaystyle{\left| {{\rm B}\Gamma } \right| = \sin \left( \theta \right)}$ οπου θ η γωνια Α.Να υπολογισετε το εμβαδον του τριγωνου.

mathxl · #2

Η λύση αρκετά αναλυτικά
$\begin{array}{l} \left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = \frac{1}{2}\alpha \beta \eta \mu {\rm A} = \frac{1}{2}\eta {\mu ^2}{\rm A} = \frac{1}{2}{\left( {2\eta \mu \frac{{\rm A}}{2}\sigma \upsilon \nu \frac{{\rm A}}{2}} \right)^2} = \\ = 2{\left( {\varepsilon \varphi \frac{{\rm A}}{2}\sigma \upsilon {\nu ^2}\frac{{\rm A}}{2}} \right)^2} = \frac{{2\varepsilon {\varphi ^2}\frac{{\rm A}}{2}}}{{{{\left( {1 + \varepsilon {\varphi ^2}\frac{{\rm A}}{2}} \right)}^2}}} \\ \end{array}$

Με νόμο συνημιτόνων
$\begin{array}{l} {\alpha ^2} = {\beta ^2} + {\gamma ^2} - 2\beta \gamma \sigma \upsilon \nu {\rm A} \Leftrightarrow \\ \eta {\mu ^2}{\rm A} = 2\eta \mu {\rm A} - 2\eta \mu {\rm A}\sigma \upsilon \nu {\rm A}\mathop \Leftrightarrow \limits^{\eta \mu {\rm A} \ne 0} \\ \eta \mu {\rm A} = 2 - 2\sigma \upsilon \nu {\rm A} \Leftrightarrow \\ 2\eta \mu \frac{{\rm A}}{2}\sigma \upsilon \nu \frac{{\rm A}}{2} = 4\eta {\mu ^2}\frac{{\rm A}}{2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{\eta \mu \frac{{\rm A}}{2} \ne 0} \\ \sigma \upsilon \nu \frac{{\rm A}}{2} = 2\eta \mu \frac{{\rm A}}{2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{\sigma \upsilon \nu \frac{{\rm A}}{2} \ne 0} \\ \varepsilon \varphi \frac{{\rm A}}{2} = \frac{1}{2} \\ \end{array}$
άρα με αντικατάσταση
$\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = \frac{8}{{25}}$

#3

Ωραία ασκηση.
Αν Ε το ζητούμενο εμβαδό , τότε:
$\displaystyle{ E = \frac{1}{2}(AB)(A\Gamma )\sin \vartheta \Leftrightarrow E = \frac{1}{2}\sin ^2 \vartheta }$

Αρκεί να βρούμε το sinθ.
Εφαρμόζοντας το νόμο ημιτόνων , έχω:
$\displaystyle{ \frac{{(AB)}}{{\sin \Gamma }} = \frac{{(A\Gamma )}}{{\sin {\rm B}}} = \frac{{(B\Gamma )}}{{\sin A}} }$

Απο τα δεδομένα έχω, επιπλέον: (ΒΓ)=sinθ, αρα:

$\displaystyle{ \frac{{(AB)}}{{\sin \Gamma }} = \frac{{(A\Gamma )}}{{\sin {\rm B}}} = 1 }$

Αφού Β=Γ=90-θ/2 , εχουμε:
$\displaystyle{ (AB) = (A\Gamma ) = \sin (90^0 - \frac{\vartheta }{2}) = \cos (\frac{\vartheta }{2}) }$

Δηλαδή:
$\displaystyle{ \sqrt {sin\vartheta } = \cos (\frac{\vartheta }{2}) \Rightarrow \sin \vartheta = \cos ^2 (\frac{\vartheta }{2}) \Rightarrow 2\sin \frac{\vartheta }{2}\cos \frac{\vartheta }{2} = \cos ^2 \frac{\vartheta }{2} \Rightarrow ...\tan \frac{\vartheta }{2} = \frac{1}{2} }$

Όμως :
$\displaystyle{ \tan ^2 \frac{\vartheta }{2} = \frac{{1 - \cos \vartheta }}{{1 + \cos \vartheta }} \Rightarrow (\frac{1}{2})^2 = \frac{{1 - \cos \vartheta }}{{1 + \cos \vartheta }} \Rightarrow ...\cos \vartheta = \frac{3}{5} }$

Αρα:

$\displaystyle{ \sin ^2 \vartheta = 1 - \cos ^2 \vartheta = 1 - (\frac{3}{5})^2 = \frac{{16}}{{25}} }$

Αρα το ζητούμενο εμβαδόν είναι:
$\displaystyle{ E = \frac{8}{{25}}\tau \mu }$

Μάκης Χατζόπουλος · #4

Μια διαφορετική προσέγγιση, γιατί με τρόμαξε η λύση του Βασίλη, αλήθεια Βασίλη πως το σκέφτηκες όλο αυτό;;;; Είσαι διάνοια το ξέρεις;; Η λύση σου θύμισε Μπάμπη!

Θα εκφράσω το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ με δύο τρόπους:

$\displaystyle{\begin{array}{l} E = \frac{1}{2} \cdot \beta \cdot \gamma \cdot \eta \mu {\rm A} = \frac{1}{2} \cdot \eta \mu ^2 {\rm A}\,\,\left( 1 \right) \\ {\rm E} = \frac{1}{2} \cdot {\rm A}\Delta \cdot {\rm B}\Gamma = \frac{1}{2} \cdot \sqrt {\eta \mu {\rm A} - \frac{{\eta \mu ^2 {\rm A}}}{4}} \cdot \eta \mu {\rm A} \\ \end{array}}$

(Το ΑΔ είναι το ύψος του τριγώνου και υπολογίζεται εύκολα με Πυθαγόρειο Θεώρημα σε από τα ορθογώνια τρίγωνα)

άρα παίρνουμε $\displaystyle{\frac{1}{2} \cdot \eta \mu ^2 {\rm A} = \frac{1}{2} \cdot \sqrt {\eta \mu {\rm A} - \frac{{\eta \mu ^2 {\rm A}}}{4}} \cdot \eta \mu {\rm A}\mathop \Leftrightarrow \limits^{\eta \mu {\rm A} \ne 0} \eta \mu {\rm A} = \sqrt {\eta \mu {\rm A} - \frac{{\eta \mu ^2 {\rm A}}}{4}} }$

και υψώνουμε στο τετράγωνο κατά μέλη (είναι θετικοί οι όροι):

$\displaystyle{\eta \mu ^2 {\rm A} = \eta \mu {\rm A} - \frac{{\eta \mu ^2 {\rm A}}}{4} \Leftrightarrow \eta \mu {\rm A} = \frac{4}{5}}$

τέλος, με αντικατάσταση στην σχέση (1) έχουμε:

$\displaystyle{E = \frac{1}{2} \cdot \beta \cdot \gamma \cdot \eta \mu {\rm A} = \frac{1}{2} \cdot \eta \mu ^2 {\rm A}\,\, = \frac{1}{2} \cdot \left( {\frac{4}{5}} \right)^2 = \frac{8}{{25}}\,\tau .\mu }$

Σημειώσεις:
1. Η επίλυση αυτή δεν χρησιμοποιεί καθόλου τριγωνομετρικούς τύπους
2. Νομίζω ότι η άσκηση λύνετε πιο απλά για $\displaystyle{\eta \mu {\rm A} = \chi }$ οπότε έχουμε ως δεδομένα $\displaystyle{{\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma = \sqrt \chi \,\,\kappa \alpha \iota \,\,{\rm B}\Gamma = \chi \,\,\,\mu \varepsilon \,\,0 < \chi < 1}$ ή μπορεί να θέσει κάποιος $\displaystyle{\eta \mu {\rm A} = \chi ^2}$ για να αποφύγουμε τα ριζικά
3. Προσοχή το $\displaystyle{\chi \ne 1}$ αφού για χ =1 έχουμε $\displaystyle{\widehat{\rm A} = 90^0 }$ και ΑΒ=ΑΓ=ΒΓ=1 δηλ. τρίγωνο ισόπλευρο, άτοπο!
4. Δεν ξέρω αν λύνεται ανεξάρτητα η άσκηση για $\displaystyle{{\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma = \sqrt \chi \,\,\kappa \alpha \iota \,\,{\rm B}\Gamma = \chi \,\,\,\mu \varepsilon \,\,0 < \chi < 1}$ απλά η λύση μου κολάει στον τύπο (1)... αν στην θέση του βάλουμε τον τύπο του Ήρωνα οδηγούμαστε σε πολλές πράξεις και σίγουρα θα καταλήξουμε σε πολυωνυμική εξίσωση που θα είναι "μανίκι" να λυθεί!!
5. Επομένως με αυτή την παρουσίαση ή και επίλυση της άσκησης μπαίνει άνετα στη Γεωμετρία Β Λυκείου στο μάθημα εμβαδά τριγώνων
(άλλοι τύποι για το εμβαδόν τριγώνου)

(όχι δηλ. ότι δεν έμπαινε με τα προηγούμενα, αλλά τώρα είναι αποδεσμευμένη από τριγωνομετρία που μας/με ενοχλεί να την εφαρμόζουμε στην Γεωμετρία)

p_gianno · #5

Καλημέρα
Μία ακόμη διαπραγμάτευση της άσκησης

: isosceles trigonometry.png (19.89 KiB) Προβλήθηκε 3621 φορές

Π.Γ

Μάκης Χατζόπουλος · #6

Το σχήμα το χρειαζόμουν και εγώ στην λύση μου, thanks!

Ισοσκελες Τριγωνο

Ισοσκελες Τριγωνο

Re: Ισοσκελες Τριγωνο

Re: Ισοσκελες Τριγωνο

Re: Ισοσκελες Τριγωνο

Re: Ισοσκελες Τριγωνο

Re: Ισοσκελες Τριγωνο

Μέλη σε σύνδεση