mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 23, 2024 10:06 pm**

: 2024.06.22 Generalization.jpg (29.03 KiB) Προβλήθηκε 706 φορές

Δείξτε ότι το εμβαδόν της σκιασμένης με κίτρινο περιοχής, δίνεται από τύπο:

$Yellow Area=(\frac{1}{2})\cdot m \cdot n \cdot tan \theta$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 24, 2024 1:29 am**

Είναι $\angle ADB, \angle AEC<90^o$ ως γωνίες των ορθογωνίων τριγώνων $\triangle BDA$ , $\triangle CEA$
οπότε το τρίγωνο $\triangle AED$ είναι οξυγώνιο.
Έστω

η προβολή του

στην

που θα είναι εσωτερικό του τμήματος

και

το ύψος των τριγώνων $\triangle AED$ , $\triangle ABC$

Από την ομοιότητα $\triangle AEK\sim\triangle CAK$ έχουμε $\dfrac{EK}{h}=\dfrac{h}{DK+n}$
οπότε $h^2-EK\cdot DK=n\cdot EK$
Από την ομοιότητα $\triangle ADK\sim\triangle BAK$ έχουμε $\dfrac{DK}{h}=\dfrac{h}{EK+m}$
οπότε $h^2-EK\cdot DK=m\cdot DK$

Έστω $\hat{E}=\angle AED$ και $\hat{D}=\angle ADE$
Έχουμε $\tan\theta$ $=-\tan(\hat{E}+\hat{D})$ $=-\dfrac{\tan\hat{E}+\tan\hat{D}}{1-\tan\hat{E}\tan\hat{D}}$ $=...=\dfrac{h\cdot DE}{h^2-EK\cdot DK}$

Συνδυάζοντας την τελευταία μια φορά με κάθε μια από τις δυο προηγούμενες βρίσκουμε
$\begin{cases}n\tan\theta&=h\dfrac{DE}{EK}\\m\tan\theta&=h\dfrac{DE}{DK}\end{cases}$

Πολλαπλασιάζοντας και προσθέτοντας τις δυο τελευταίες κατά μέλη λαμβάνουμε αντίστοιχα
$nm\tan^2\theta=h^2 \cdot \frac{ {DE}^2 }{ EK \cdot DK }$
$(n+m)\tan\theta=h \cdot DE\cdot\dfrac{DE}{EK\cdot DK}$

Οπότε διαιρώντας κατά μέλη τις δυο τελευταίες βρίσκουμε
$h=\dfrac{mn\tan\theta}{n+m}$

Είναι $\frac{(ABE)}{(AED)}=\frac{m}{ED}$ και $\frac{(ADC)}{(AED)}=\frac{n}{ED}$
οπότε προσθέτοντας κατά μέλη
$\text{yellow}=(m+n)\frac{(AED)}{ED}$ $=\frac{1}{2}(m+n)h$
οπότε συνδυάζοντας με τον τύπο που βρήκαμε για το

καταλήγουμε στο ζητούμενο $\blacksquare$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 24, 2024 11:12 am**

: 2024.06.22 Generalization sol.jpg (52.31 KiB) Προβλήθηκε 642 φορές

Αφού συγχαρώ τον Ιάσωνα για την λύση του, θα πω δυο λόγια για την ιδέα/λύση της άσκησης.

Φέρω το ύψος AA'=h

και καθέτους στην

στα άκρα της, που συναντούν τις προεκτάσεις των CA, BA

στα

Ετσι δημιουργούνται οι προϋποθέσεις εφαρμογής του γνωστού θ. Crossed Ladders

Τώρα από τις ορθές γωνίες προκύπτει ότι τα AB'BE, AC'CD

είναι εγγράψιμα και οι γωνίες $\angle BEB'=\angle CDC'=\theta$

και πλέον $(BB', CC')=(mtan\theta, ntan\theta)$

Η εφαρμογή του Crossed Ladders θ. δίνει:

$\frac{1}{h}=\frac{1}{mtan\theta}+\frac{1}{ntan\theta} \Leftrightarrow h(m+n)=mntan\theta \Leftrightarrow \frac{h(m+n)}{2}=\frac {mntan\theta}{2}=YellowArea$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 24, 2024 1:32 pm**

sakis1963 έγραψε: Κυρ Ιουν 23, 2024 10:06 pm 2024.06.22 Generalization.jpg
Δείξτε ότι το εμβαδόν της σκιασμένης με κίτρινο περιοχής, δίνεται από τύπο:
$Yellow Area=(\frac{1}{2})\cdot m \cdot n \cdot tan \theta$

Είναι καθαρό ότι ισχύει: $\angle DEA < \frac{\pi}{2} , \angle ADE < \frac{\pi}{2}.$

Αν θεωρήσουμε τώρα τα ύψη του τριγώνου AK, EF, DL

με ορθόκεντρο το

,

τότε «άμεσα» παίρνουμε:

$\displaystyle{mAK + nAK = mn\tan \theta ,\;\,m = \frac{{\alpha AF}}{{FD}},\;\,n = \frac{{\alpha AL}}{{LE}},}$

οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{\frac{{\alpha AF \cdot AK}}{{FD}} + \frac{{\alpha AL \cdot AK}}{{LE}} = \frac{{{\alpha ^2}AF \cdot AL}}{{FD \cdot LE}}\tan \theta \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\frac{{AK \cdot LE}}{{\alpha AL}} + \frac{{AK \cdot FD}}{{\alpha AF}} = \tan \theta \Leftrightarrow \frac{{AK \cdot LH}}{{\alpha AL}} + \frac{{AK \cdot HF}}{{\alpha AF}} = 1 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\frac{{EK + KD}}{\alpha } = 1,}$ που ισχύει.

mathematica.gr

Υπολογισμός Εμβαδού

Υπολογισμός Εμβαδού

Re: Υπολογισμός Εμβαδού

Re: Υπολογισμός Εμβαδού

Re: Υπολογισμός Εμβαδού