Τρίγωνα στο τετράγωνο

KARKAR · #1

Δίνεται τετράγωνο ABCD

, κέντρου

. Η διχοτόμος της $\widehat{DAC}$ τέμνει την

στο

και την

στο

.

Να συγκριθούν τα εμβαδά των τριγώνων : ZOC , ZCE , ZED

#2

Απο το θεώρημα διχοτόμων στο τρίγωνο ACD έχω:
$\displaystyle{ \frac{{DE}}{{EC}} = \frac{{AD}}{{AC}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} < 1 }$

Τα τρίγωνα ZEC, ZED έχουν κοινό ύψος απο το Ζ.
Αρα:
$\displaystyle{ \frac{{(ZED)}}{{(ZCE)}} = \frac{{DE}}{{EC}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} < 1 \Rightarrow (ZED) < (ZCE) }$
Τώρα το τρίγωνο ΖΟC είναι ίσο με το ΖΟΑ (Ζ σημείο της μεσοκαθέτου του ΑΕ δηλ ZA=ZC,AO=OC,OA κοινή πλευρά)
Επίσης η ZC είναι και αυτή με τη σειρά της διχοτόμος της $\displaystyle{ O\hat CD }$ (Είναι: $\displaystyle{ Z\hat AO = Z\hat CO }$ λόγω του ισοσκελούς και $\displaystyle{ O\hat AC = D\hat CA = 45^o }$ )
Συνεπώς τα τρίγωνα OCΖ,CZE έχουν μία γωνία ίση άρα:
$\displaystyle{ \frac{{(OCZ)}}{{(CZE)}} = \frac{{ZC \cdot OC}}{{ZC \cdot CE}} = \frac{{OC}}{{CE}} }$
Λέω πως αυτός ο λόγος είναι μεγαλύτερος του 1.
Ας το δείξω:
Ας συμβολίσω για ευκολία την πλευρά του τετραγώνου με α.Τότε απο γνωστή σχέση(πόρισμα του Θ.διχοτόμων) προκύπτει:
$\displaystyle{ EC = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 + 1}} }$
Επίσης εύκολα (ως μισό της διαγωνίου του τετραγώνου): $\displaystyle{ OC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} }$
Αρα:
$\displaystyle{ \frac{{OC}}{{EC}} = \frac{{\sqrt 2 + 1}}{2} > 1 }$
Τούτο εστί:
$\displaystyle{ (OCZ) > (CZE) }$
Τελικά:
$\displaystyle{ (OCZ) > (CZE) > (ZED) }$

margavare · #3

#4

Έστω Ε1, Ε2, Ε3 τα εμβαδά των τριγώνων: DEZ, CEZ, OCZ αντίστοιχα.
Επειδή το Ζ είναι το σημείο τομής των διχοτόμων του τριγώνου ACD θα είναι:
$\displaystyle \frac{E_1}{E_2}=\frac{DE}{EC}=\frac{AD}{AC}=\frac{a}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \frac{E_1}{\sqrt{2}}=\frac{E_2}{2}=\lambda$
Άρα:
$\displaystyle E_1=\sqrt{2}\lambda ,\ \ E_2=2\lambda \ \ (1)$
Για το ίδιο λόγο ακόμα θα είναι:
$\displaystyle \frac{E_1+E_2}{E_3}=\frac{ZD}{ZO}=\frac{CD}{CO}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{2}\ \ (2)$
Η (2) σύμφωνα με την (1) δίνει:
$\displaystyle E_3=\left(1+\sqrt{2} \right)\lambda \ \ (3)$
Άρα από τις (1) και (2) προκύπτει η σχέση:
$\displaystyle \frac{E_1}{\sqrt{2}}=\frac{E_2}{2}=\frac{E_3}{1+\sqrt{2}}$

p_gianno · #5

Είναι ΑΕ διχ/μος της ΓΑΔ συνεπώς ΔΕ=ΕΗ όπου ΕΗ η κάθετος από το Ε προς την ΑΓ. Τργ ΕΗΓ ορθογώνιο συνεπώς ΗΕ<ΕΓ ή ΔΕ<ΕΓ συνεπώς (ΔΖΕ)<(ΖΕΓ) αφού τα τρίγωνα είναι ισουψή.
ΓΖ διχοτόμος της γωνίας ΑΓΔ και Ζ σημείο αυτής άρα ισαπέχει από τις πλευρές της της γωνίας. Είναι δηλαδή ΖΟ=ΟΘ που σημαίνει οτι τργΖΟΓ=τργΖΘΓ και επομένως (ΖΟΓ)=(ΓΖΘ)>(ΖΕΓ)
Τελικά (ΔΖΕ)<(ΕΖΓ)<(ΖΟΓ)

(Είναι γωνΖΕΓ αμβλεία ως εξωτερική στο τργΑΔΕ συνεπώς το Θ βρίσκεται ανάμεσα στο Ε και Δ)

Ιστοσελίδα · #6

Άλλη μια λύση (με μπόλικες πράξεις που δεν εμφανίζονται), η οποία εκτός από τη σύγκριση δίνει και τα ζητούμενα εμβαδά συναρτήσει του εμβαδού του τετραγώνου πλευράς x.

Το τρίγωνο DZE

είναι ισοσκελές $\left( {{{45}^ \circ }{{,67.5}^ \circ }{{,67.5}^ \circ }} \right)$ και θέτω DZ = DE = y

. Φέρω ακόμα το ύψος ZH = w

στην

Από Πυθαγόρειο θεώρημα στο DBC

έχουμε: $DB = \sqrt 2 x$ και απ’ το ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο DOC

: $DO = OC = \displaystyle\frac{{\sqrt 2 x}}{2}$ .

Από θεώρημα διχοτόμων στο τρίγωνο ADC

έχουμε: $\displaystyle\frac{{\sqrt 2 x}}{x} = \displaystyle\frac{{x - y}}{y} \Rightarrow y = \left( {\sqrt 2 - 1} \right)x$ .

Από όμοια τρίγωνα $DZH,\,DBC$ παίρνουμε: $\displaystyle\frac{y}{w} = \displaystyle\frac{{\sqrt 2 x}}{x} \Rightarrow w = \displaystyle\frac{{\left( {2 - \sqrt 2 } \right)x}}{2}$ .

Για τα εμβαδά θα ισχύει:

$\left( {DZE} \right) = \displaystyle\frac{{y \cdot w}}{2} = \displaystyle\frac{{{x^2}\left( {3\sqrt 2 - 4} \right)}}{4} \simeq 0,06{x^2}$ .

$\left( {ZEC} \right) = \displaystyle\frac{{\left( {x - y} \right)w}}{2} = \displaystyle\frac{{{x^2}\left( {6 - 4\sqrt 2 } \right)}}{4} \simeq 0,08{x^2}$ .

$\left( {ZOC} \right) = \displaystyle\frac{{\left( {\displaystyle\frac{{\sqrt 2 x}}{2} - y} \right)\displaystyle\frac{{\sqrt 2 x}}{2}}}{2} = \displaystyle\frac{{{x^2}\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{4} \simeq 0,1{x^2}.$

Οπότε θα έχουμε: $\left( {DZE} \right) < \left( {ZEC} \right) < \left( {ZOC} \right).$

Τρίγωνα στο τετράγωνο

Τρίγωνα στο τετράγωνο

Re: Τρίγωνα στο τετράγωνο

Re: Τρίγωνα στο τετράγωνο

Re: Τρίγωνα στο τετράγωνο

Re: Τρίγωνα στο τετράγωνο

Re: Τρίγωνα στο τετράγωνο

Μέλη σε σύνδεση