mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 18, 2024 1:41 pm**

: Από τη μέση και κάτω.png (22.74 KiB) Προβλήθηκε 810 φορές

Η

εφάπτεται του ημικυκλίου διαμέτρου

, στο σημείο

. Δείξτε ότι : $(SAB)\leq \dfrac{(ABCD)}{2}$ .

Αν η λύση σας , σας φαίνεται καλή , κυνηγήστε και μια καλύτερη !

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 18, 2024 2:01 pm**

KARKAR έγραψε: Κυρ Φεβ 18, 2024 1:41 pm Από τη μέση και κάτω.pngΗ εφάπτεται του ημικυκλίου διαμέτρου , στο σημείο . Δείξτε ότι : $(SAB)\leq \dfrac{(ABCD)}{2}$ .

Αν η λύση σας , σας φαίνεται καλή , κυνηγήστε και μια καλύτερη !

Έστω

το ύψος του SAB.

$\displaystyle h \leqslant R \le \frac{{AD + BC}}{2} \Leftrightarrow h \cdot AB \leqslant \frac{{AD + BC}}{2}AB \Leftrightarrow (SAB) \leqslant \frac{{(ABCD)}}{2}$

Η ισότητα ισχύει όταν το ABCD

καταστεί ορθογώνιο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 18, 2024 4:52 pm**

KARKAR έγραψε: Κυρ Φεβ 18, 2024 1:41 pm Από τη μέση και κάτω.pngΗ εφάπτεται του ημικυκλίου διαμέτρου , στο σημείο . Δείξτε ότι : $(SAB)\leq \dfrac{(ABCD)}{2}$ .

Αν η λύση σας , σας φαίνεται καλή , κυνηγήστε και μια καλύτερη !

$\displaystyle \bullet$ Υποθέτω ότι οι AB, DC

δεν είναι παράλληλες και έστω

το σημείο τομής τους.

: Από τη μέση και κάτω.png (17.45 KiB) Προβλήθηκε 787 φορές

$\displaystyle P{S^2} < P{O^2} \Leftrightarrow PA \cdot PB < P{O^2} \Leftrightarrow \frac{{PA}}{{PO}} < \frac{{PO}}{{PB}} \Leftrightarrow \frac{{SA}}{{OC}} < \frac{{OD}}{{SB}} \Leftrightarrow SA \cdot SB < OC \cdot OD$

Άρα, $\displaystyle (SAB) < (ODC) \Leftrightarrow (SAB) < \frac{{(ABCD)}}{2}$

$\displaystyle \bullet$ Αν AB||DC,

τότε εύκολα προκύπτει ότι ισχύει η ισότητα, καθώς το ABCD

είναι ορθογώνιο.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 22, 2024 7:54 pm**

KARKAR έγραψε: Κυρ Φεβ 18, 2024 1:41 pm Από τη μέση και κάτω.pngΗ εφάπτεται του ημικυκλίου διαμέτρου , στο σημείο . Δείξτε ότι : $(SAB)\leq \dfrac{(ABCD)}{2}$ .

Αν η λύση σας , σας φαίνεται καλή , κυνηγήστε και μια καλύτερη !

Η αποδεικτέα σχέση γράφεται $(SAB)\leq (ADS)+(SCB)$ δηλαδή

$KS.DK+SL.CL\geq 2KS.SL\Leftrightarrow KS(DK-LS)+(LC-KS)SL\geq 0(1)$

Απο τα όμοια τρίγωνα

$DKS,SLC,\dfrac{DK}{SL}=\dfrac{KS}{LC}=\dfrac{b}{a},(2),SC=a,SD=b, (1),(2)\Rightarrow \dfrac{(b-a)^{2}}{ab}\geq 0$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 23, 2024 12:59 pm**

KARKAR έγραψε: Κυρ Φεβ 18, 2024 1:41 pm Από τη μέση και κάτω.pngΗ εφάπτεται του ημικυκλίου διαμέτρου , στο σημείο . Δείξτε ότι : $(SAB)\leq \dfrac{(ABCD)}{2}$ .

Αν η λύση σας , σας φαίνεται καλή , κυνηγήστε και μια καλύτερη !

$2(OCD)= (a+b)R= \dfrac{(a+b)2R}{2} =(ABCD)$ άρα θα δείξουμε ότι $(ABS) \preceq (ODC) \Leftrightarrow SA.SB \leq OC.OD$

Αλλά $\triangle OSD \simeq SKA \Rightarrow \dfrac{AS}{OD}= \dfrac{SK}{R} \leq 1$ και $\triangle OCS \simeq SKB\Rightarrow \dfrac{SB}{OC}= \dfrac{SK}{R} \leq 1$

Άρα $\dfrac{SA.SB}{OC.OD } \leq 1 \Rightarrow SA.SB\leq OC.OD$

Το ίσον, όταν SK=R

δηλαδή όταν a=//b

: Από τη μέση και κάτω.png (16.28 KiB) Προβλήθηκε 697 φορές

mathematica.gr

Από την μέση και κάτω

Από την μέση και κάτω

Re: Από την μέση και κάτω

Re: Από την μέση και κάτω

Re: Από την μέση και κάτω

Re: Από την μέση και κάτω