Βρείτε το εμβαδόν (11)

Ιστοσελίδα · #1

Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ και εσωτερικό του σημείο Δ, τέτοιο ώστε: $\Delta \Gamma = 2\sqrt 3 ,\,\Delta {\rm A} = 2\Delta \Gamma ,\,\Delta {\rm B} = 3\Delta \Gamma$ . Βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΓΔ.

PanosG · #2

Ελπίζω να είναι σωστή η παρακάτω λύση μιας και άλλο προσπαθούσα να βρω και αλλού κατέληξα. Τέλος πάντων μια προσπάθεια είναι η εξής:
Έστω $\angle A\Delta Z=\phi$ και $\angle A\Delta B=\omega$ και $\angle B\Delta \Gamma=\theta$
Έφαρμόζοντας Ν.Συνημιτόνων στα τρίγωνα ΑΔΓ, ΑΔΒ και ΒΔΓ αντίστοιχα έχουμε

$\beta^2=60-48cos\phi$ και $\gamma^2=156-144cos\omega$ και $a^2=120-72cos\theta$
Έστω $cos\theta=x$ και $cos\phi=y$ και $\cos\omega=z$
Όμως $\beta^2=\gamma^2\Leftrightarrow3cos\omega-cos\phi=2\Leftrightarrow3z-y=2\Leftrightarrow z=\frac{y+2}{3}$ (1)
και $a^2=2\beta^2\Leftrightarrow 3cos\theta=4cos\phi\Leftrightarrow3x=4y\Leftrightarrow x=\frac{4y}{3}$ (2)
Άρα $sin^2\theta=1-cos^2\theta\Leftrightarrow sin\theta=\sqrt{1-x^2}$ και αντίστοιχα $sin\omega=\sqrt{1-z^2}$
Όμως $\phi=2\pi-(\omega+\theta)\Leftrightarrow cos\phi=cos(\omega+\theta)\Leftrightarrow cos\phi=cos\omega cos\theta-sin\omega sin\theta$
$\Leftrightarrow y=xz-\sqrt{(1-x^2)(1-z^2)}\Leftrightarrow (1-x^2)(1-z^2)=(xz-y)^2$
$\Leftrightarrow 1-z^2-x^2=-2xyz+y^2$ και αντικαθιστώντας τα x και y από τις σχέσεις (1) και (2) καταλήγουμε στην εξίσωση:
$8y^3-10y^2-4y+5=0\Leftrightarrow 2y^2(4y-5)-(4y-5)=0\Leftrightarrow (4y-5)(2y^2-1)=0$ .Άρα:
$y=\frac{5}{4}$ Αδύνατη ή $y=\pm\sqrt2/2\Leftrightarrow cos\phi=\pm\sqrt2/2\Leftrightarrow sin\phi=\sqrt2/2$
Άρα τελικά το εμβαδό του ΑΔΖ είναι:
$(A\Delta Z)=\frac{1}{2}4\sqrt3\cdot 2\sqrt3sin\phi=6\sqrt2$

GMANS · #3

Μια λύση με αναλυτική
¨Αν Γ(α , 0) τότε Β(0 , -α). Το Δ είναι κοινό σημείο των κύκλων

$(C_{1}) x^{2}+y^{2}=48, (C_{2}) (x-a)^{2}+y^{2}=12, (C_{3}) x^{2}+(y+a)^{2}=108,$

$(C_{1}),(C_{2})\Rightarrow x=\frac{a^{2}+36}{2a}, (C_{1}),(C_{3})\Rightarrow y=\frac{60-a^{2}}{2a} (C_{1})\Rightarrow (a^{2}+36)^{2}+(60-a^{2})^{2}=48\Rightarrow a^{2}=60+24\sqrt{2}$

Η λύση $a^{2}=60+24\sqrt{2}$ απορρίπτεται διότι y<0)
$y=\frac{4-5\sqrt{2}}{17},$

$E=\frac{1}{2}a\left | y \right |=6\sqrt{2}$

#4

Μία προσέγγιση σε σύστημα συντεταγμένων, που μοιάζει με τη λύση του Gmans.

Δίνω ιδιαίτερη βαρύτητα στην καταγραφή των περιορισμών για τις εμπλεκόμενες μεταβλητές.
(Για τους μαθητές μας, που δεν διδάσκονται επίλυση γραμμικών ανισώσεων):
Το σημείο Δ για να είναι στο εσωτερικό του τριγώνου ΑΒΓ πρέπει να ανήκει στην τομή των ημιεπιπέδων που ορίζουν: η ΑΒ με το Γ, η ΑΓ με το Β και η ΒΓ με το Α.
Η ΑΒ έχει εξίσωση x = 0, άρα το ημιεπίπεδο του τριγώνου ορίζεται από την ανίσωση: x > 0. Ομοίως, η ΑΓ έχει εξίσωση y = 0, οπότε το ημιεπίπεδο, στο οποίο ανήκει το ΑΒΓ ορίζεται από την ανίσωση y > 0. Η ΒΓ έχει εξίσωση x + y = α, οπότε το Δ ανήκει στο ημιεπίπεδο που ορίζει η ανίσωση: x + y < α.

: 13-12-2010 Geometry.png (22.51 KiB) Προβλήθηκε 1102 φορές

Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κορυφή Α(0, 0), παίρνουμε τα σημεία Γ(α, 0) και Β(0, α), α > 0 και σημείο Δ(κ, λ), στο εσωτερικό του ΑΒΓ.
Η ΒΓ έχει εξίσωση: $\displaystyle x + y = \alpha$ , οπότε πρέπει κ > 0, λ > 0 και κ + λ < α.

Είναι:
$\displaystyle \left( {A\Delta } \right) = 4\sqrt 3 \; \Rightarrow \;\kappa ^2 + \lambda ^2 = 48$ (1)

$\displaystyle \left( {\Delta \Gamma } \right) = 2\sqrt 3 \; \Rightarrow \;\left( {\alpha - \kappa } \right)^2 + \lambda ^2 = 12$ (2)

$\displaystyle \left( {{\rm B}\Delta } \right) = 6\sqrt 3 \; \Rightarrow \;\kappa ^2 + \left( {\alpha - \lambda } \right)^2 = 108$ (3)

Οι (2), (1) δίνουν: $\displaystyle \kappa ^2 + \lambda ^2 + \alpha ^2 - 2\alpha \kappa = 12\; \Rightarrow \;\alpha ^2 - 2\alpha \kappa = - 36$ (4)

Οι (3), (1) δίνουν: $\displaystyle \kappa ^2 + \lambda ^2 + \alpha ^2 - 2\alpha \lambda = 108\; \Rightarrow \;\alpha ^2 - 2\alpha \lambda = 60$ (5)

Είναι: $\displaystyle \kappa = \frac{{\alpha ^2 + 36}}{{2\alpha }},\;\lambda = \frac{{\alpha ^2 - 60}}{{2\alpha }} \Rightarrow \;\left( {\frac{{\alpha ^2 + 36}}{{2\alpha }}} \right)^2 + \left( {\frac{{\alpha ^2 - 60}}{{2\alpha }}} \right)^2 = 48$

Οι τιμές των κ, λ επαληθεύουν τους αρχικούς περιορισμούς για $\displaystyle \alpha > \sqrt {60}$ , αφού είναι κ > 0, λ > 0 και $\displaystyle \kappa + \lambda = \frac{{2\alpha ^2 - 24}}{{2\alpha }} = \frac{{\alpha ^2 - 12}}{\alpha } < \alpha$

Προκύπτει η εξίσωση: $\displaystyle \alpha ^4 - 120\alpha ^2 + 2.448 = 0$ , που δίνει ρίζες: $\displaystyle \alpha ^2 = 60 \pm 24\sqrt 2$ , οπότε, λόγω του περιορισμού:
$\displaystyle \alpha ^2 = 60 + 24\sqrt 2 \; \Rightarrow \;\left( {{\rm A}\Gamma \Delta } \right) = \frac{{\alpha \cdot \lambda }}{2} = \frac{{24\sqrt 2 \alpha }}{{4\alpha }} = 6\sqrt 2$

ΠΡΟΕΚΤΕΙΝΩ: Πώς θα μπορούσαμε να βρούμε το εμβαδό του ΒΓΔ, δίχως να βρούμε τα εμβαδά των ΑΓΔ, ΑΒΔ και ΑΒΓ;

Γιώργος Ρίζος

edit: Διόρθωσα το τελικό αποτέλεσμα 6 αντί για 12. Ευχαριστώ τον Μιχάλη για την παρατήρηση.

#5

Μια γεωμετρική προσέγγιση.

Φέρνουμε τα ΔΚ, ΛΔ κάθετα στις ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα. Θεωρούμε ΔΚ=ΑΛ=y>0, ΔΛ=ΑΚ=z>0 και ΑΒ=ΑΓ=x>0,

οπότε ΚΓ=x-z, ΛΒ=x-y με $z>x-z \Leftrightarrow x<2z$ και $y<x-y \Leftrightarrow x>2y$ .

* Με Π.Θ στο τρίγωνο ΑΔΛ, έχουμε ότι: $y^2+z^2=(4\sqrt{3})^2(I)$

* Με Π.Θ στο τρίγωνο ΒΔΛ, έχουμε ότι: $z^2+(x-y)^2=(6\sqrt{3})^2(II)$

* Με Π.Θ στο τρίγωνο ΚΔΛ, έχουμε ότι: $y^2+(x-z)^2=(2\sqrt{3})^2(III)$

Λύνοντας το σύστημα των (Ι), (ΙΙ), (ΙΙΙ) [Μιχάλη συγχώρεσέ με δεν γράφω τη λύση, γιατί σε tex είναι τυρανία ],

βρίσκουμε ότι: $\displaystyle{x=\frac{2(3 + 8\sqrt{2})\sqrt{3(29 + 2\sqrt{2})}}{7\sqrt{17}} }$ ,
$\displaystyle{y=\frac{2(4 -\sqrt{2})\sqrt{3(29 + 2\sqrt{2})}}{7\sqrt{17}}}$ ,
$\displaystyle{y=\frac{2\sqrt{6(29 + 2\sqrt{2})}}{\sqrt{17}}}$ .

Συνεπώς:
$\displaystyle{(A \Delta \Gamma)=\frac{xy}{2}=...=6\sqrt{2}}$

Ιστοσελίδα · #6

Αφού σας ευχαριστήσω για τις λύσεις σας, να δώσω άλλη μια με στροφή τριγώνου (μέθοδος Παναγιώτη Γιαννόπουλου).

Θέτω $\Gamma \widehat {\rm A}\Delta = x$ , οπότε $\Delta \widehat {\rm A}{\rm B} = {90^ \circ } - 2x.$

Στρέφω το τρίγωνο ΑΔΒ κατά ${90^ \circ }$ αριστερόστροφα ως προς το σημείο Α (τρίγωνο ΑΕΓ).

Το τρίγωνο ΑΕΔ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές ( ${\rm E}\widehat \Delta {\rm A} = {45^ \circ }$ ), οπότε από Πυθαγόρειο θεώρημα θα ισχύει: ${\rm E}\Delta = 4\sqrt 6$ .

Από το αντίστροφο του Πυθαγορείου θεωρήματος στο τρίγωνο ΕΔΓ προκύπτει ότι ${\rm E}\widehat \Delta \Gamma = {90^ \circ }$ .

Έτσι θα έχω: $\left( {{\rm A}\Gamma \Delta } \right) = \displaystyle\frac{1}{2} \cdot 4\sqrt 3 \cdot 2\sqrt 3 \cdot \eta \mu ({90^ \circ } + {45^ \circ }) \Rightarrow \left( {{\rm A}\Gamma \Delta } \right) = 6\sqrt 2 \tau .\mu .$

Βρείτε το εμβαδόν (11)

Βρείτε το εμβαδόν (11)

Re: Βρείτε το εμβαδόν (11)

Re: Βρείτε το εμβαδόν (11)

Re: Βρείτε το εμβαδόν (11)

Re: Βρείτε το εμβαδόν (11)

Re: Βρείτε το εμβαδόν (11)

Μέλη σε σύνδεση