mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 27, 2022 2:01 pm**

: Εσωτερικές υποθέσεις.png (9.38 KiB) Προβλήθηκε 1563 φορές

Δίνεται ορθογώνιο ABCD

και ένα εσωτερικό σημείο του

ώστε $D\widehat AP=D\widehat CP.$ Αν PA+PC=m

και

να υπολογίσετε συναρτήσει των m, n

το εμβαδόν του ορθογωνίου.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 29, 2022 9:15 am**

Κάτι τέτοιο ( m^2-n^2)/4

;;;

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 29, 2022 10:41 am**

rek2 έγραψε: Τρί Μαρ 29, 2022 9:15 am Κάτι τέτοιο ;;;

Υποθέτω ότι το

είναι τυπογραφικό.

$\displaystyle (ABCD)= \frac{{{m^2} - {n^2}}}{2}............$ Ας το αποδείξουμε λοιπόν

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 29, 2022 11:11 am**

george visvikis έγραψε: Τρί Μαρ 29, 2022 10:41 am
rek2 έγραψε: Τρί Μαρ 29, 2022 9:15 am Κάτι τέτοιο ;;;
Υποθέτω ότι το είναι τυπογραφικό.

$\displaystyle (ABCD)= \frac{{{m^2} - {n^2}}}{2}............$ Ας το αποδείξουμε λοιπόν

Ναι, διά δύο είναι, όχι διά τέσσερα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 29, 2022 11:34 am**

Έστω $\displaystyle a,b,c,d$ οι αποστάσεις του $\displaystyle P$ από τις $\displaystyle AB,BC,CD,DA$ αντίστοιχα και $\displaystyle \theta$ οι ίσες γωνίες.
Ισχύουν
$\displaystyle \bf{a= PAcos\theta}$

$\displaystyle \bf{b= PCcos\theta}$

$\displaystyle \bf{c= PCsin\theta}$

$\displaystyle \bf{d= PAsin\theta}$

Ακόμη

$\displaystyle \bf{PB=\sqrt{a^2+b^2}=cos\theta\sqrt{PA^2+PC^2}$

$\displaystyle \bf{PD=\sqrt{c^2+d^2}=sin\theta\sqrt{PA^2+PC^2}$

Αφαιρώντας τις δύο τελευταίες έχουμε:

$\displaystyle \bf{PA^2+PC^2=\frac{n^2}{1-sin2\theta}}$ και $\displaystyle \bf{2PA\cdot PC=m^2-\frac{n^2}{1-sin2\theta}}$

Το εμβαδόν του ορθογωνίου είναι: $\displaystyle \bf{E=(a+c)(b+d)}$ και με τη βοήθεια των παραπάνω προκύπτει εύκολα ότι

$\displaystyle \bf{E=\frac{m^2-n^2}{2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 29, 2022 7:17 pm**

Καλησπέρα, λίγο διαφορετικά.

$tan\angle ADP=\dfrac{d}{c}=\dfrac{ysin\theta}{xsin\theta}=\dfrac{y}{x}=\dfrac{ycos\theta}{xcos\theta}=\dfrac{a}{b}=tan\angle PBA$ .

(ABCD)=2*[(ADP)+(CPB)]=2*[(CBS)+(BCP)]=2*[(PCS)+(PSB)]=xy+zw

(ABCD)=2*[(ADP)+(CPB)]=2*[(CBS)+(BCP)]=2*[(PCS)+(PSB)]=xy+zw

.

Αλλά $xy=\dfrac{(x+y)^{2}-(x^{2}+y^{2})}{2}=\dfrac{(x+y)^{2}-PS^{2}}{2}$ και $zw=\dfrac{(z^{2}+w^{2})-(z-w)^{2}}{2}=\dfrac{PS^{2}-(z-w)^{2}}{2}$

Αρα $(ABCD)=\dfrac{(x+y)^{2}-(z-w)^{2}}{2}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 01, 2022 10:14 am**

Οι δύο παραπάνω αποδείξεις ήταν υπέροχες. Απλά προσθέτω ότι ο γεωμετρικός τόπος για το σημείο

είναι η ενδιαφέρουσα υπερβολή (F,G,A)

για την οποία (ορθία=πλαγία :: IJ=KL

) και γεωμετρική κατασκευή φανερή εκ του σχήματος.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 01, 2022 5:54 pm**

Θεωρώ σημείο

, ώστε να είναι $\overrightarrow{PT}=\overrightarrow{AB}$

Εύκολα βλέπουμε ότι το PBTC

είναι εγγράψιμο και με πυθαγόρειο θεώρημα PC^2+BT^2=BP^2+CT^2

Από Πτολεμαίο έχουμε:

$PC\cdot BT+BP\cdot CT=PT\cdot BC$

Αυτό δίνει

$\dfrac{\left ( PC+BT \right )^2-\left ( PC^2+BT^2 )\right - \left ( BP-CT \right )^2+\left ( BP^2+CT^2 \right )}{2}=\left ( ABCD \right )$

ή, άμεσο:

$\dfrac{m^2-n^2}{2}=\left ( ABCD \right )$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 02, 2022 2:43 pm**

george visvikis έγραψε: Κυρ Μαρ 27, 2022 2:01 pm Εσωτερικές υποθέσεις.png
Δίνεται ορθογώνιο και ένα εσωτερικό σημείο του ώστε $D\widehat AP=D\widehat CP.$ Αν

και να υπολογίσετε συναρτήσει των το εμβαδόν του ορθογωνίου.

Από πρώτο θ.διαμέσου στα τρίγωνα APC,BPD

εύκολα

$(AP+PC)^2-2AP.PC=(PD-PB)^2)+2PDPB\Rightarrow \dfrac{m^2-n^2}{2} =AP.PC+PD.PB$

Θα αποδείξουμε ότι (ABCD)= AP.PC+PD.PB

Με $CE \bot CP$ και CE=AP

,προφανώς $\triangle DPA= \triangle CEB$ άρα οι

κόκκινες γωνίες είναι ίσες και $EB=PD,PB \bot BE$

Ρίναι $\dfrac{(ABCD)}{2}= (DPA)+(CPB)=(CEB)+(CPB)=(CPBE)$

$(CPBE)= \dfrac{PC.CE+EB.PB}{2}= \dfrac{PC.AC+EB.PD}{2}$

Άρα (ABCD)= PC.AC+EB.PD

όπως θέλαμε

: Εσωτερικές υποθέσεις.png (20.52 KiB) Προβλήθηκε 1222 φορές

mathematica.gr

Εσωτερικές υποθέσεις

Εσωτερικές υποθέσεις

Re: Εσωτερικές υποθέσεις

Re: Εσωτερικές υποθέσεις

Re: Εσωτερικές υποθέσεις

Re: Εσωτερικές υποθέσεις

Re: Εσωτερικές υποθέσεις

Re: Εσωτερικές υποθέσεις

Re: Εσωτερικές υποθέσεις

Re: Εσωτερικές υποθέσεις