Σχέση εμβαδών

p_gianno · #1

Δίδεται τετράγωνο ABCD

, ημικύκλιο AZB

και

εφαπτομένη του ημικυκλίου. Να δειχθεί ότι (ABCD)=10(EZB)

#2

Καλημέρα και καλό Πάσχα σε όλους. Χαιρετώ τον αγαπητό Παναγιώτη, έναν από τους ιδρυτές του

.

: 14-04-2017 Γεωμετρία.jpg (24.52 KiB) Προβλήθηκε 1250 φορές

Έστω ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων, στο οποίο τοποθετήσαμε το ημικύκλιο $\displaystyle {x^2} + {y^2} = 1,\;\;y \ge 0$ και τα σημεία A(-1, 0), B(1, 0), C(1, 2), D(-1, 2)

.

H

είναι η πολική(*) του

, οπότε $\displaystyle EB:\;\;x + 2y = 1$ . Άρα $\displaystyle E\left( { - \frac{3}{5},\frac{4}{5}} \right)$ .

Επίσης το

είναι το ένα από τα δύο σημεία τομής της BD: y = -x+1

με το ημικύκλιο, άρα Z(0,1)

.

Οπότε $\displaystyle EB = \sqrt {{{\left( { - \frac{3}{5} - 1} \right)}^2} + {{\left( {\frac{4}{5}} \right)}^2}} = \frac{{4\sqrt 5 }}{5}$ και $\displaystyle d\left( {Z,\;EB} \right) = \frac{{\left| {1 \cdot 0 + 2 \cdot 1 - 1} \right|}}{{\sqrt 5 }} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}$ .

Άρα $\displaystyle \left( {EZB} \right) = \frac{{EB \cdot d\left( {Z,\;AB} \right)}}{2} = \frac{2}{5} = \frac{{\left( {ABCD} \right)}}{{10}}$ , αφού $(ABCD) = 2 \cdot 2=4$ .

(*) Αν δεν θέλουμε να χρησιμοποιήσουμε την έννοια της πολικής ("εκτός ύλης", όταν το σημείο είναι εκτός ή εντός του κύκλου), μπορούμε με σύστημα να προδιορίσουμε το

και την εξίσωση της

.

#3

Έστω

το κέντρο του ημικυκλίου και

η προβολή του

στη

. Ας πούμε

το σημείο τομής των $BT\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AD$ .

: Σχέση Εμβαδών.png (27.44 KiB) Προβλήθηκε 1236 φορές

Τα ισοσκελή τρίγωνα $CEB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,OEA$ είναι όμοια γιατί έχουν τις γωνίες στις κορυφές

τους , $C\,\,\kappa \alpha \iota \,\,O$ ίσες ( κάθετες πλευρές) . Αν λοιπόν

$BC = 10k \Rightarrow OE = 5k\,,\,\,EB = 2EA\,,\,\,AB = 2AM\,,\,\,DT = AE$ Επίσης το ύψος

του

$\vartriangle EAC$ είναι EK = 4k

αφού $EK = 2AK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KB = 2EK$

Είναι τώρα $\boxed{(EZB) = \frac{1}{2}(DEB) = \frac{1}{2}(AEB) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{5}(ABCD) \Rightarrow 10(EZB) = (ABCD)}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

p_gianno έγραψε:Δίδεται τετράγωνο, ημικύκλιο και εφαπτομένη του ημικυκλίου. Να δειχθεί ότι

Ο κύκλος $\displaystyle{\left( {C,a} \right)}$ περνά από τα $\displaystyle{D,E,B}$ και οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες(υπό χορδής-εφαπτόμενης) όπως και οι μπλε

Έτσι $\displaystyle{\vartriangle DEB \simeq \vartriangle DEA \Rightarrow \frac{{\left( {DEB} \right)}}{{\left( {DEA} \right)}} = {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{a}} \right)^2} = 2 \Rightarrow \left( {DEB} \right) = 2\left( {DEA} \right)}$ $\displaystyle{ \Rightarrow 2\left( {EZB} \right) = 2\left( {DEA} \right) \Rightarrow \boxed{\left( {EZB} \right) = \left( {DEA} \right)}}$

$\displaystyle{M{D^2} = ME \cdot MB = M{A^2} \Rightarrow MD = MA \Rightarrow \left( {DEB} \right) = \left( {AEB} \right)}$ .Άρα $\displaystyle{\left( {DAB} \right) = 5\left( {EZB} \right) \Rightarrow \frac{{\left( {ABCD} \right)}}{2} = 5\left( {EZB} \right) \Rightarrow \boxed{\left( {ABCD} \right) = 10\left( {EZB} \right)}}$

: s.e.png (15.77 KiB) Προβλήθηκε 1235 φορές

Φανης Θεοφανιδης · #5

: 777.png (13.89 KiB) Προβλήθηκε 1220 φορές

Έστω $\alpha$ η πλευρά του τετραγώνου.
Από το Π.Θ. στο $\triangle OB\Gamma$ έχω $O\Gamma =\dfrac{\sqrt{5}\alpha }{2}$ .
Από την ομοιότητα των τριγώνων AEB

και $OB\Gamma$ παίρνω $AE=\dfrac{\sqrt{5}\alpha }{5}$ .
Από το Π.Θ. στο $\triangle AEB$ προκύπτει $EB=\dfrac{2\sqrt{5}\alpha }{5}$ .
Από το θεώρημα του Πτολεμαίου στο AEZB

παίρνω $EZ=\dfrac{\sqrt{10}\alpha }{10}$ .
Όμως $\angle BEZ=45^{0}$ (βαίνει σε τεταρτοκύκλιο).
Τέλος από τον τύπο $(BEZ)=\dfrac{BE\cdot EZ\cdot \eta \mu \angle BEZ}{2}\Rightarrow$
$\Rightarrow (BEZ)=\dfrac{\alpha ^{2}}{10}$ .

#6

p_gianno έγραψε:Δίδεται τετράγωνο, ημικύκλιο και εφαπτομένη του ημικυκλίου. Να δειχθεί ότι

Προφανώς είναι η πολική του ως προς τον $\left( O \right)\Rightarrow \left( C,Z,L,A \right)$ αρμονική σειρά , με $L\equiv AC\cap EB$ οπότε και η δέσμη είναι αρμονική και με $BC\parallel AD\Rightarrow BE\cap AD\equiv M$ το μέσο της $AD\Rightarrow \left( AED \right)=2\left( MED \right):\left( 1 \right)$ .
[attachment=0]Σχέση εμβαδών.png[/attachment]
Ο κύκλος $\left( C,CD=CE=CB \right)$ εφάπτεται της στο $B\Rightarrow EDB=\angle EBA\overset{A,E,Z,B\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,\angle EZA\overset{AZ\bot DB}{\mathop{\Rightarrow }}\,DE\bot EZ$ και άρα η διέρχεται από τον «νότιο» πόλο του $\left( O \right)\Rightarrow AD=\parallel ZT\Rightarrow AZ\cap DT\equiv K$ το μέσο της $AZ\mathop \Rightarrow \limits^{E \in DK} \left( {AED} \right) = \left( {DEZ} \right)\mathop = \limits^{ZD = ZB} \left( {EZB} \right)\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} 2\left( {MEZ} \right)$

$\Rightarrow \left( {EZB} \right) = \dfrac{2}{5}\left( {DBM} \right) = \dfrac{2}{5} \cdot \dfrac{1}{2}\left( {ABD} \right) = \dfrac{2}{5} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2}\left( {ABCD} \right) = \dfrac{1}{{10}}\left( {ABCD} \right)$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#7

p_gianno έγραψε:Δίδεται τετράγωνο, ημικύκλιο και εφαπτομένη του ημικυκλίου. Να δειχθεί ότι

Καλησπέρα σε όλους!

Έστω

το μέσο του

και

η πλευρά του τετραγώνου.

: Σχέση εμβαδών.png (17.08 KiB) Προβλήθηκε 1168 φορές

Τα ορθογώνια τρίγωνα EAB, BOA

είναι όμοια(οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες, ως οξείες με πλευρές κάθετες). Άρα:

$\displaystyle{\frac{{EA}}{{EB}} = \frac{{OB}}{{BC}} = \frac{1}{2}}.$ Θέτω AE=x

και από Π. Θ παίρνω $\displaystyle{5{x^2} = {a^2} \Leftrightarrow AE = \frac{a}{{\sqrt 5 }},EB = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}}$

Στη συνέχεια με θεώρημα διαμέσων στο AEC

βρίσκω $\displaystyle{EZ = \frac{a}{{\sqrt {10} }}}.$ Τέλος, χρησιμοποιώ το τύπο $(ABC)=\dfrac{abc}{4R}$

$\displaystyle{(EZB) = \frac{{EZ \cdot ZB \cdot EB}}{{2a}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{2a\sqrt {50} }} \Leftrightarrow }$ $\boxed{(EZB)=\frac{a^2}{10}}$

Ιστοσελίδα · #8

p_gianno έγραψε:Δίδεται τετράγωνο, ημικύκλιο και εφαπτομένη του ημικυκλίου. Να δειχθεί ότι

Χαιρετώ τους φίλους!

: Σχέση-εμβαδών.png (24.74 KiB) Προβλήθηκε 1134 φορές

Από $\triangleleft AOC \sim \triangleleft EZB \Rightarrow \dfrac{{(ABCD)}}{4} = (AOC) = \dfrac{{5(EZB)}}{2}$

#9

Μιχάλης Νάννος έγραψε:
p_gianno έγραψε:Δίδεται τετράγωνο, ημικύκλιο και εφαπτομένη του ημικυκλίου. Να δειχθεί ότι
Χαιρετώ τους φίλους!Σχέση-εμβαδών.png
Από $\triangleleft AOC \sim \triangleleft EZB \Rightarrow \dfrac{{(ABCD)}}{4} = (AOC) = \dfrac{{5(EZB)}}{2}$

Σχέση εμβαδών

Σχέση εμβαδών

Re: Σχέση εμβαδών

Re: Σχέση εμβαδών

Re: Σχέση εμβαδών

Re: Σχέση εμβαδών

Re: Σχέση εμβαδών

Re: Σχέση εμβαδών

Re: Σχέση εμβαδών

Re: Σχέση εμβαδών

Μέλη σε σύνδεση