Εμβαδό τριγώνου

#1

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ ABC }$ και σημείο $\displaystyle{ P }$ στο εσωτερικό του.Από τις κορυφές του τριγώνου $\displaystyle{ A,B,C }$ φέρνουμε τις $\displaystyle{ AP,BP,CP }$ και έστω πως αυτές τέμνουν τις πλευρές $\displaystyle{ BC,AC,AB }$ στα σημεία $\displaystyle{ D,E,F }$ αντίστοιχα.
Αν δίνεται ότι:
$\displaystyle{ \begin{array}{l} CF = 20 \\ BP = 9,PE = 3 \\ AP = 6,PD = 6 \\ \end{array} }$
τότε να υπολογίσετε το εμβαδό του τριγώνου $\displaystyle{ ABC }$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#2

Θα δείξω με αφορμή το όμορφο θέμα του Χρήστου ένα Λήμμα και μια γενίκευση που μπορεί να μας βοηθήσει να λύσουμε και άλλα παρόμοια θέματα.

Λήμμα. Έστω τρίγωνο $\displaystyle{ A_1 A_2 A_3 }$ και τις Cevians $\displaystyle{ A_1 A{'}_1 ,A_2 A{'}_2 ,A_3 A{'}_3 }$ (που διέρχονται από το εσωτερικό σημείο $\displaystyle{ P }$ (σχήμα 1 )).

Αν $\displaystyle{ PA_1 = x_1 ,PA_2 = x_2 ,PA_3 = x_3 ,PA{'}_1 = u_1 ,PA{'}_2 = u_2 ,PA{'}_3 = u_3 }$ και $\displaystyle{ E_1 = \left( {PA_2 A_3 } \right),E_2 = \left( {PA_3 A_1 } \right),E_3 = \left( {PA_1 A_2 } \right) }$ τότε να δειχθεί ότι θα ισχύουν οι σχέσεις:

i) $\displaystyle{ \frac{{x_1 }} {{u_1 }} = \frac{{E_2 + E_3 }} {{E_1 }},\frac{{x_2 }} {{u_2 }} = \frac{{E_3 + E_1 }} {{E_2 }},\frac{{x_3 }} {{u_3 }} = \frac{{E_1 + E_2 }} {{E_3 }}:\left( 1 \right) }$

ii) $\displaystyle{ \frac{{A{'}_1 A_2 }} {{A{'}_1 A_3 }} = \frac{{E_3 }} {{E_2 }},\frac{{A{'}_2 A_3 }} {{A{'}_2 A_1 }} = \frac{{E_1 }} {{E_3 }},\frac{{A{'}_3 A_1 }} {{A{'}_3 A_2 }} = \frac{{E_2 }} {{E_1 }}:\left( 2 \right) }$ και φυσικά όπως προκύπτει άμεσα από τις προηγούμενες σχέσεις:

iii) $\displaystyle{ \frac{{x_1 }} {{x_1 + u_1 }} + \frac{{x_2 }} {{x_2 + u_2 }} + \frac{{x_3 }} {{x_3 + u_3 }} = 2:\left( 3 \right) }$ καθώς και

iv) $\displaystyle{ \frac{{u_1 }} {{x_1 + u_1 }} + \frac{{u_2 }} {{x_2 + u_2 }} + \frac{{u_3 }} {{x_3 + u_3 }} = 1:\left( 4 \right) }$

Απόδειξη

Για τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle PA_1 A_2 ,\vartriangle PA_2 A{'}_1 }$ που μοιράζονται το ίδιο ύψος ως προς τις βάσεις $\displaystyle{ PA_1 ,PA{'}_1 }$ θα είναι: $\displaystyle{ \frac{{PA_1 }} {{PA{'}_1 }} = \boxed{\frac{{x_1 }} {{u_1 }} = \frac{{\left( {PA_1 A_2 } \right)}} {{\left( {PA_2 A{'}_1 } \right)}}}:\left( 5 \right) }$ και ομοίως για τα τρίγωνα

$\displaystyle{ \vartriangle PA_1 A_3 ,\vartriangle PA_3 A{'}_1 }$ που μοιράζονται το ίδιο ύψος ως προς τις βάσεις $\displaystyle{ PA_1 ,PA{'}_1 }$ θα είναι: $\displaystyle{ \frac{{PA_1 }} {{PA{'}_1 }} = \boxed{\frac{{x_1 }} {{u_1 }} = \frac{{\left( {PA_1 A_3 } \right)}} {{\left( {PA_3 A{'}_1 } \right)}}}:\left( 6 \right) }$

Από $\displaystyle{ \left( 5 \right),\left( 6 \right) \Rightarrow \frac{{x_1 }} {{u_1 }} = \frac{{\left( {PA_1 A_2 } \right)}} {{\left( {PA_2 A{'}_1 } \right)}} = \frac{{\left( {PA_1 A_3 } \right)}} {{\left( {PA_3 A{'}_1 } \right)}} = \frac{{\left( {PA_1 A_2 } \right) + \left( {PA_1 A_3 } \right)}} {{\left( {PA_2 A{'}_1 } \right) + \left( {PA_3 A{'}_1 } \right)}} = \frac{{\left( {PA_1 A_2 } \right) + \left( {PA_1 A_3 } \right)}} {{\left( {PA_2 A_3 } \right)}} \Rightarrow \boxed{\frac{{x_1 }} {{u_1 }} = \frac{{E_2 + E_3 }} {{E_1 }}} }$

και κυκλικά και οι άλλες δύο σχέσεις της $\displaystyle{ \left( 1 \right) }$

ii) Για τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle A_1 A_2 A{'}_1 ,\vartriangle A_1 A_3 A{'}_1 }$ που μοιράζονται το ίδιο ύψος ως προς τις βάσεις $\displaystyle{ A{'}_1 A_2 ,A{'}_1 A_3 }$ θα είναι: $\displaystyle{ \boxed{\frac{{A{'}_1 A_2 }} {{A{'}_1 A_3 }} = \frac{{\left( {A_1 A_2 A{'}_1 } \right)}} {{\left( {A_1 A_3 A{'}_1 } \right)}}}:\left( 7 \right) }$ και από τα τρίγωνα

$\displaystyle{ \vartriangle PA_2 A{'}_1 ,\vartriangle PA_3 A{'}_1 }$ που μοιράζονται το ίδιο ύψος ως προς τις βάσεις $\displaystyle{ A{'}_1 A_2 ,A{'}_1 A_3 }$ θα είναι: $\displaystyle{ \boxed{\frac{{A{'}_1 A_2 }} {{A{'}_1 A_3 }} = \frac{{\left( {PA_2 A{'}_1 } \right)}} {{\left( {PA_3 A{'}_1 } \right)}}}:\left( 8 \right) }$

Από $\displaystyle{ \left( 7 \right),\left( 8 \right) \Rightarrow \frac{{A{'}_1 A_2 }} {{A{'}_1 A_3 }} = \frac{{\left( {A_1 A_2 A{'}_1 } \right)}} {{\left( {A_1 A_3 A{'}_1 } \right)}} = \frac{{\left( {PA_2 A{'}_1 } \right)}} {{\left( {PA_3 A{'}_1 } \right)}} = \frac{{\left( {A_1 A_2 A{'}_1 } \right) - \left( {PA_2 A{'}_1 } \right)}} {{\left( {A_1 A_3 A{'}_1 } \right) - \left( {PA_3 A{'}_1 } \right)}} = \frac{{\left( {PA_1 A_2 } \right)}} {{\left( {PA_1 A_3 } \right)}} \Rightarrow \boxed{\frac{{A{'}_1 A_2 }} {{A{'}_1 A_3 }} = \frac{{E_3 }} {{E_2 }}} }$

και κυκλικά και οι άλλες δύο σχέσεις της $\displaystyle{ \left( 2 \right) }$

iii) Από την $\displaystyle{ \left( 1 \right) \Rightarrow \frac{{x_1 }} {{u_1 }} = \frac{{E_2 + E_3 }} {{E_1 }} \Rightarrow \frac{{x_1 }} {{x_1 + u_1 }} = \frac{{E_2 + E_3 }} {{E_1 + E_2 + E_3 }}\mathop \Rightarrow \limits^{E_1 + E_2 + E_3 = E = \left( {ABC} \right)} \boxed{\frac{{x_1 }} {{x_1 + u_1 }} = \frac{{E_2 + E_3 }} {E}}:\left( {10a} \right) }$ και με όμοιο τρόπο προκύπτουν οι σχέσεις :

$\displaystyle{ \boxed{\frac{{x_2 }} {{x_2 + u_2 }} = \frac{{E_3 + E_1 }} {E}}:\left( {10b} \right),\boxed{\frac{{x_3 }} {{x_3 + u_3 }} = \frac{{E_1 + E_2 }} {E}}:\left( {10c} \right) }$ οπότε με πρόσθεση κατά μέλη των

$\displaystyle{ \left( {10a} \right),\left( {10b} \right),\left( {10c} \right) \Rightarrow \frac{{x_1 }} {{x_1 + u_1 }} + \frac{{x_2 }} {{x_2 + u_2 }} + \frac{{x_3 }} {{x_3 + u_3 }} = \ldots \frac{{2\left( {E_1 + E_2 + E_3 } \right)}} {E}\mathop \Rightarrow \limits^{E_1 + E_2 + E_3 = E} }$ $\displaystyle{ \boxed{\frac{{x_1 }} {{x_1 + u_1 }} + \frac{{x_2 }} {{x_2 + u_2 }} + \frac{{x_3 }} {{x_3 + u_3 }} = 2} }$

έχουμε : $\displaystyle{ \left( 1 \right) \Rightarrow \frac{{x_1 }} {{u_1 }} = \frac{{E_2 + E_3 }} {{E_1 }} \Rightarrow \frac{{u_1 }} {{x_1 }} = \frac{{E_1 }} {{E_2 + E_3 }} \Rightarrow \frac{{u_1 }} {{x_1 + u_1 }} = \frac{{E_1 }} {{E_1 + E_2 + E_3 }}\mathop \Rightarrow \limits^{E_1 + E_2 + E_3 = E = \left( {ABC} \right)} \boxed{\frac{{u_1 }} {{x_1 + u_1 }} = \frac{{E_1 }} {E}}:\left( {11a} \right) }$

και με όμοιο τρόπο προκύπτουν οι σχέσεις : $\displaystyle{ \boxed{\frac{{u_2 }} {{x_2 + u_2 }} = \frac{{E_2 }} {E}}:\left( {11b} \right),\boxed{\frac{{u_3 }} {{x_3 + u_3 }} = \frac{{E_3 }} {E}}:\left( {11c} \right) }$ οπότε με πρόσθεση κατά μέλη των

$\displaystyle{ \left( {11a} \right),\left( {11b} \right),\left( {11c} \right) \Rightarrow \frac{{u_1 }} {{x_1 + u_1 }} + \frac{{u_2 }} {{x_2 + u_2 }} + \frac{{u_3 }} {{x_3 + u_3 }} = \ldots \frac{{E_1 + E_2 + E_3 }} {E}\mathop \Rightarrow \limits^{E_1 + E_2 + E_3 = E} }$ $\displaystyle{ \boxed{\frac{{u_1 }} {{x_1 + u_1 }} + \frac{{u_2 }} {{x_2 + u_2 }} + \frac{{u_3 }} {{x_3 + u_3 }} = 1} }$

Πάμε τώρα στο θέμα μας . Στο δικό μας θέμα είναι (με τη σημειολογία του Χρήστου) όπως φαίνεται στο (σχήμα 2).

$\displaystyle{ \frac{{x_1 }} {{u_1 }} = \frac{{PA}} {{PD}} = \frac{6} {6} = 1 = \frac{{\left( {PAB} \right)}} {{\left( {PCD} \right)}} \Rightarrow \left( {PAB} \right) = \left( {PCD} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\delta \iota o.\psi o\varsigma .\alpha \pi .\tau o.P} \boxed{DB = DC} }$ δηλαδή η $\displaystyle{ AD }$ είναι διάμεσος των τριγώνων $\displaystyle{ \vartriangle ABC,\vartriangle PBC }$

Επίσης από το λήμμα ισχύει:

$\displaystyle{ \frac{{u_1 }} {{x_1 + u_1 }} + \frac{{u_2 }} {{x_2 + u_2 }} + \frac{{u_3 }} {{x_3 + u_3 }} = 1\mathop \Rightarrow \limits^{(\sigma \chi \mu \alpha .2)} \frac{{PD}} {{PA + PD}} + \frac{{PE}} {{PB + PE}} + \frac{{PF}} {{PC + PF}} = 1 }$

$\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{PD = 6,PA + PD = 12,PE = 3,PB + PE = 12,PC + PF = CF = 20} \ldots PF = 5\mathop \Rightarrow \limits^{CF = 20} \boxed{CP = 15} }$

μάλιστα επειδή $\displaystyle{ PA = PD \Rightarrow CP }$ είναι διάμεσος του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle CDA }$ . Οπότε τελικά από τις διαμέσους ισχύει:

$\displaystyle{ \left( {PAC} \right) = \left( {PDC} \right) = \left( {PDB} \right) = \left( {PBF} \right) = \frac{{\left( {ABC} \right)}} {4} \Rightarrow \boxed{\left( {ABC} \right) = 4\left( {PDC} \right)}:\left( {12} \right) }$

Στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle PBC\mathop \Rightarrow \limits^{PD(\delta \iota \mu \varepsilon \sigma o\varsigma ) - 1o.\Theta .\Delta \iota \alpha \mu \sigma \omega \nu } PB^2 + PC^2 = 2PD^2 + \frac{{BC^2 }} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{PB = 9,PC = 15,RD = 6} \ldots BC = 2\sqrt {117} \Rightarrow \boxed{DC = \sqrt {117} } }$

Για το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle PDC }$ γνωρίζουμε τις πλευρές του άρα από τον τύπο του Ηρωνα θα είναι γνωστό και το εμβαδόν του. Δηλαδή $\displaystyle{ \tau = \frac{{6 + 15 + \sqrt {117} }} {2} = \frac{{21 + \sqrt {117} }} {2} }$ άρα

$\displaystyle{ \left( {PDC} \right) = \sqrt {\frac{{21 + \sqrt {117} }} {2} \cdot \left( {\frac{{21 + \sqrt {117} }} {2} - 6} \right)\left( {\frac{{21 + \sqrt {117} }} {2} - 15} \right)\left( {\frac{{21 + \sqrt {117} }} {2} - \sqrt {117} } \right)} = 27 }$ και

$\displaystyle{ \left( {ABC} \right) = 4\left( {PDC} \right) = 4 \cdot 27 \Rightarrow \boxed{\left( {ABC} \right) = 108} }$
Παρατήρηση: Στο σχήμα 1 υπάρχει λάθος συμβολισμός (αντί $\displaystyle{ \boxed{u_1 \to u_3 } }$ στο τμήμα $\displaystyle{ PA{'}_3) }$
Φιλικά Στάθης
Υ.Σ. Το λήμμα αυτό το έχω ξαναγράψει εδώ αλλά είπα να κάνω λίγο εξάσκηση στο τυφλό σύστημα

#3

Μια άλλη σκέψη...

Στο πρώτο σχήμα:

Εφαρμόζουμε δύο φορές το θεώρημα του Van Aubel με διατέμνουσες αντίστοιχα τις AD και BE:
$\displaystyle \frac{AF}{FB}+\frac{AE}{EC}=\frac{AP}{PD}=1$

$\displaystyle \frac{BD}{DC}+\frac{BF}{FA}=\frac{BP}{PE}=3$

Επίσης από το θεώρημα του Ceva θα είναι:
$\displaystyle \frac{AF}{FB}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=1$
Αν τώρα θέσουμε:
$\displaystyle \frac{AF}{FB}=k, \ \ \frac{AE}{EC}=l, \ \ \frac{BD}{DC}=m$
οι προηγούμενες σχέσεις γίνονται:
$\displaystyle \left\{\begin{matrix} k+l=1\\\\ m+\frac{1}{k}=3 \\\\ k.m.\frac{1}{l}=1 \end{matrix}\right.$
Η λύση του συστήματος αυτού είναι:
$\displaystyle k=l=\frac{1}{2},\ \ m=1$
Τέλος με το θεώρημα του Van Aubel στο τρίγωνο ABC και με διατέμνουσα την CPF
προκύπτει: $\displaystyle CP=15, PF=5$

Αν τώρα θέσουμε $\displaystyle AB=c,\ \ BC=a, \ \ CA=b$ τότε
από το θεώρημα του Stewart για κάθε ένα από τα τρίγωνα:
$\displaystyle (APB),\ \ (BPC), \ \ (CDE)$
θα είναι:
$\displaystyle 1.PB^2+2.PA^2=(1+2)PF^2+\frac{1.2}{1+2}AB^2\Rightarrow \\\Rightarrow 1.6^2+2.9^2=3.5^2+\frac{2}{3}AB^2\Rightarrow \\\Rightarrow AB=\sqrt{117}$
Όμοια:
$\displaystyle BC=\sqrt{468}=2\sqrt{117}=2AB$
και
$\displaystyle AC=\sqrt{405}=9.\sqrt{5}$
κι έτσι με τον τύπο του Ήρωνα βρίσκεται το εμβαδόν του ABC
το οποίο είναι:
$\displaystyle \left(ABC \right)=108\tau .\mu .$

Σχόλιο:
Πρώτο:
Το εμβαδόν του τριγώνου (DEF) θα βρεθεί από τις σχέσεις:
$\displaystyle \frac{E\left(FDE\right)}{E\left(ABC \right)}=\frac{\left(ABC \right)-\left(AEF \right)-\left(BDF \right)-\left(CDE \right)}{\left(ABC \right)}=\\=1-\frac{\left(AEF \right)}{\left(ABC \right)}-\frac{\left(BDF \right)}{\left(ABC \right)}-\frac{\left(CDE \right)}{\left(ABC \right)}=\\=1-\frac{AF.AE}{AB.AC}-\frac{BD.BF}{BC.BA}-\frac{CD.CE}{BC.CA}=\\=1-\frac{1}{3}.\frac{1}{3}-\frac{1}{2}.\frac{2}{3}-\frac{1}{2}.\frac{2}{3}=\frac{2}{9}$

Δεύτερο:
Το δεύτερο σχήμα κατασκευάστηκε με τα πραγματικά δεδομένα της άσκησης.

Κώστας Δόρτσιος