Το μισό τρίγωνο

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7689
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Το μισό τρίγωνο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Δεκ 22, 2018 7:23 pm

Το μισό τρίγωνο.png
Το μισό τρίγωνο.png (18.56 KiB) Προβλήθηκε 584 φορές
Έστω AD το ύψος τριγώνου ABC και E, Z οι προβολές του στις AB, AC αντίστοιχα.

Αν O είναι το περίκεντρο του τριγώνου, να δείξετε ότι (AEOZ)=\dfrac{(ABC)}{2}.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1390
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Το μισό τρίγωνο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Σάβ Δεκ 22, 2018 8:18 pm

george visvikis έγραψε:
Σάβ Δεκ 22, 2018 7:23 pm
Το μισό τρίγωνο.png
Έστω AD το ύψος τριγώνου ABC και E, Z οι προβολές του στις AB, AC αντίστοιχα.

Αν O είναι το περίκεντρο του τριγώνου, να δείξετε ότι (AEOZ)=\dfrac{(ABC)}{2}.
Καλησπέρα Γιώργο.

Είναι AE \cdot AB=AD^2=AZ \cdot AC, οπότε το BEZC είναι εγγράψιμο. Οπότε, \angle AEZ=\angle C και \angle BAO=90^\circ-\angle C \Rightarrow \angle EAO+\angle AEZ=90^\circ \Rightarrow AO \perp EZ, συνεπώς από γνωστό Λήμμα, (AEOZ)=\dfrac{AO \cdot EZ}{2}.

Αρκεί λοιπόν (ABC)=AO \cdot EZ.

Έστω, ως συνήθως AO=R, AB=c, AC=b, BC=a

Τα τρίγωνα \vartriangle AEZ, \vartriangle ABC είναι όμοια (αφού το BEZC είναι εγγράψιμο), οπότε \dfrac{EZ}{BC}=\dfrac{AE}{AC} (1).

Επίσης, AE \cdot AB=AD^2 \Rightarrow AE=\dfrac{AD^2}{AB} (2).

Συνδυάζοντας τις (1), (2) προκύπτει EZ=\dfrac{AD^2 a}{bc} (3).

Όμως, είναι AD \cdot BC=2(ABC)=\dfrac{abc}{2R} \Rightarrow AD=\dfrac{bc}{2R} (4).

Από (3), (4), EZ=\dfrac{abc}{4R^2}.

Τελικά, AO \cdot EZ=\dfrac{abc}{4R}=(ABC), και το ζητούμενο αποδείχτηκε.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1390
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Το μισό τρίγωνο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Σάβ Δεκ 22, 2018 8:43 pm

Αλλιώς.

Όπως πριν, αρκεί AO \cdot EZ=(ABC), οπότε αν P το αντιδιαμετρικό του A στον κύκλο (A,B,C) τα A,O,P είναι συνευθειακά και ισχύει AP=2AO.

Συνεπώς αρκεί AP \cdot EZ=2(ABC), ή αλλιώς AP \cdot EZ=AD \cdot BC.

Όμως, \dfrac{AZ}{AB}=\dfrac{EZ}{BC} (το BEZC είναι εγγράψιμο και άρα τα \vartriangle AEZ, \vartriangle ABC όμοια), οπότε αρκεί \dfrac{AZ}{AB}=\dfrac{AD}{AP} \Rightarrow \dfrac{AB}{AP}=\dfrac{AZ}{AD}.

Για να δειχθεί η τελευταία, αρκεί τα \vartriangle ADZ, \vartriangle ABP να είναι όμοια. Πράγματι:

i) \angle BAP=\angle BAD+\angle DAP=\angle PAC+\angle DAP=\angle DAZ (οι AD,AO είναι ισογώνιες, επομένως \angle BAD=\angle OAC)

ii) \angle BPA=\angle ACB=\angle ADZ

Άρα, τα δύο προαναφερθέντα τρίγωνα έχουν όλες τους τις γωνίες ίσες μεταξύ τους ανά δύο, δηλαδή είναι όμοια. Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.
geometry visvikis.png
geometry visvikis.png (35.54 KiB) Προβλήθηκε 547 φορές


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6264
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Το μισό τρίγωνο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Δεκ 22, 2018 10:07 pm

george visvikis έγραψε:
Σάβ Δεκ 22, 2018 7:23 pm
Το μισό τρίγωνο.png
Έστω AD το ύψος τριγώνου ABC και E, Z οι προβολές του στις AB, AC αντίστοιχα.

Αν O είναι το περίκεντρο του τριγώνου, να δείξετε ότι (AEOZ)=\dfrac{(ABC)}{2}.
Ας είναι S το αντιδιαμετρικό του A. Από το Θ. Ευκλείδη στα ορθογώνια τρίγωνα DAB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DAC έχω : A{D^2} = AE \cdot AB = AZ \cdot AC .

Επομένως θα είναι το τετράπλευρο BCZE εγγράψιμο (1) , AO \bot EZ\,\,(2) , \vartriangle ABC \approx \vartriangle AZE\,\,\,(3) και \vartriangle AED \approx \vartriangle ACS\,\,\,(1).

Θέτω : OA = R\,\,,\,\,AD = h\,\, είναι δε γνωστά τα σύμβολα a,\,\,b,\,\,c για τις BC\,\,,\,\,CA\,\,,\,\,AB αντίστοιχα.

Έτσι θα ισχύουν τα παρακάτω:
Το μισό  εμβαδόν.png
Το μισό εμβαδόν.png (34.55 KiB) Προβλήθηκε 540 φορές
\left\{ \begin{gathered} 
  \frac{{AE}}{b} = \frac{h}{{2R}}\,\,\,\lambda o\gamma \omega \,\,\,(4) \hfill \\ 
  \frac{{AE}}{b} = \frac{{EZ}}{a}\,\,\lambda o\gamma \omega \,\,(3) \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \dfrac{h}{{2R}} = \dfrac{{EZ}}{a} \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}ah = EZ \cdot R \Leftrightarrow (ABC) = 2(AEOZ)


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7689
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Το μισό τρίγωνο

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Δεκ 23, 2018 9:46 am

Πολύ ωραία :coolspeak: Ευχαριστώ τον Ορέστη και τον Νίκο για τις απαντήσεις. Ας το γενικεύσουμε λιγάκι.
Το μισό τρίγωνο.β.png
Το μισό τρίγωνο.β.png (17.29 KiB) Προβλήθηκε 511 φορές
Εξετάστε αν συμβαίνει το ίδιο στην περίπτωση που το D είναι τυχαίο σημείο της BC.


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1390
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Το μισό τρίγωνο

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Κυρ Δεκ 23, 2018 2:51 pm

george visvikis έγραψε:
Κυρ Δεκ 23, 2018 9:46 am
Πολύ ωραία :coolspeak: Ευχαριστώ τον Ορέστη και τον Νίκο για τις απαντήσεις. Ας το γενικεύσουμε λιγάκι.
Εξετάστε αν συμβαίνει το ίδιο στην περίπτωση που το D είναι τυχαίο σημείο της BC.
Γεια σου Γιώργο και καλά Χριστούγεννα :santalogo: ! Ας δούμε και την γενίκευση ...

Έστω AD' \perp BC με D' \in BC . Επίσης, έστω D'P \perp AB, D'Q \perp AC και OX \perp AB, OY \perp AC.

Τότε, από την αρχική άσκηση, (APD'Q)=\dfrac{(ABC)}{2}, οπότε αρκεί (AEDZ)=(APD'Q) \Rightarrow (PEO)=(OZQ) \Rightarrow OX \cdot PE=OY \perp ZQ \Rightarrow \dfrac{PE}{ZQ}=\dfrac{OY}{OX}.

Είναι (γνωστό και απλό) \angle XOA=\angle C, \angle AOY=\angle B, οπότε \dfrac{OX}{\cos B}=OA=\dfrac{OY}{\cos C}, που δίνει \dfrac{OX}{OY}=\dfrac{\cos  B}{\cos C}.

Αρκεί λοιπόν \dfrac{PE}{ZQ}=\dfrac{\cos B}{\cos C}.

Τώρα, είναι \cos B=\dfrac{BE}{BD}, \cos C=\dfrac{CZ}{CD}, οπότε αρκεί \dfrac{BE \cdot CD}{BD \cdot CZ}=\dfrac{PE}{ZQ} ή ισοδύναμα CD \cdot \dfrac{BE}{PE}=BD \cdot \dfrac{CZ}{ZQ} (1).

Όμως, \dfrac{BE}{PE}=\dfrac{BD}{DD'} (αφού ED \parallel PD') και \dfrac{CZ}{ZQ}=\dfrac{CD}{DD'} (αφού D'Q \parallel DZ).

Συνεπώς, CD \cdot \dfrac{BE}{PE}=CD \cdot \dfrac{BD}{DD'}=BD \cdot \dfrac{CD}{DD'}=BD \cdot \dfrac{CZ}{ZQ}, και η (1) αποδείχτηκε, οπότε τελειώσαμε.
geometry visvikis genikefsi.png
geometry visvikis genikefsi.png (38.38 KiB) Προβλήθηκε 471 φορές


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3157
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Το μισό τρίγωνο

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Κυρ Δεκ 23, 2018 5:24 pm

george visvikis έγραψε:
Κυρ Δεκ 23, 2018 9:46 am
Πολύ ωραία :coolspeak: Ας το γενικεύσουμε λιγάκι.
Εξετάστε αν συμβαίνει το ίδιο στην περίπτωση που το D είναι τυχαίο σημείο της BC.
Καλά Χριστούγεννα :santalogo:
shape.jpg
shape.jpg (91.25 KiB) Προβλήθηκε 450 φορές
Έστω AM = MB,\,AN = NC,\,S \equiv MO \cap DZ και προφανώς OM \bot AB,\,ON \bot AC

Ισχύει:

\begin{array}{l} 
(AEOZ) = (AMSZ) + (MEO) + (SOZ) = \\ 
 = (AMSZ) + (MDO) + (SOZ) = \\ 
 = (AMSZ) + (MDS) + (SOD) + (SOZ) = \\ 
 = (AMSZ) + (MDS) + (DOZ) = \\ 
(AMSZ) + (MDS) + (DNZ) = (AMDN) = \\ 
 = (AMN) + (MND) = \dfrac{{(ABC)}}{4} + \dfrac{{(ABC)}}{4} = \dfrac{{(ABC)}}{2} 
\end{array}


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6264
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Το μισό τρίγωνο

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Δευ Δεκ 24, 2018 1:21 am

Μιχάλης Νάννος έγραψε:
Κυρ Δεκ 23, 2018 5:24 pm
george visvikis έγραψε:
Κυρ Δεκ 23, 2018 9:46 am
Πολύ ωραία :coolspeak: Ας το γενικεύσουμε λιγάκι.
Εξετάστε αν συμβαίνει το ίδιο στην περίπτωση που το D είναι τυχαίο σημείο της BC.
Καλά Χριστούγεννα :santalogo: shape.jpgΈστω AM = MB,\,AN = NC,\,S \equiv MO \cap DZ και προφανώς OM \bot AB,\,ON \bot AC

Ισχύει:

\begin{array}{l} 
(AEOZ) = (AMSZ) + (MEO) + (SOZ) = \\ 
 = (AMSZ) + (MDO) + (SOZ) = \\ 
 = (AMSZ) + (MDS) + (SOD) + (SOZ) = \\ 
 = (AMSZ) + (MDS) + (DOZ) = \\ 
(AMSZ) + (MDS) + (DNZ) = (AMDN) = \\ 
 = (AMN) + (MND) = \dfrac{{(ABC)}}{4} + \dfrac{{(ABC)}}{4} = \dfrac{{(ABC)}}{2} 
\end{array}
Την διάβασα, την απόλαυσα την, :clap2:


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10945
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Το μισό τρίγωνο

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Δευ Δεκ 24, 2018 9:32 am

george visvikis έγραψε:
Σάβ Δεκ 22, 2018 7:23 pm
Το μισό τρίγωνο.png
Έστω AD το ύψος τριγώνου ABC και E, Z οι προβολές του στις AB, AC αντίστοιχα.

Αν O είναι το περίκεντρο του τριγώνου, να δείξετε ότι (AEOZ)=\dfrac{(ABC)}{2}.
Αλλιώς στο αρχικό πρόβλημα: Από το ισοσκελές τρίγωνο AOB είναι (ως γνωστόν) \angle BAO=\frac {1}{2}(180-\angle AOB) = \frac {1}{2}(180-2C)=90-C. Άρα

\displaystyle{(OAE)= \frac {1}{2}AE\cdot OA \sin (\angle BAO)=  \frac {1}{2}(h\sin B)R\cos C} και όμοια \displaystyle{(OAZ)= \frac {1}{2}(h\sin C)R\cos B}. Οπότε

\displaystyle{(AEOZ)=(OAE)+(OAZ)= \frac {1}{2}hR(\sin B\cos C+\sin C\cos B) = \frac {1}{2}hR\sin (B+C)=  \frac {1}{2}hR\sin A= \frac {1}{2}ha=\frac {1}{2}(ABC)}

Η απόδειξη προσαρμόζεται και στην πιο γενική περίπτωση αλλά με τίμημα λίγο παραπάνω πράξεις.


Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 946
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Το μισό τρίγωνο

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Πέμ Ιαν 10, 2019 11:44 pm

Καλό βράδυ. Ας δούμε ακόμη μία προσέγγιση με την συνδρομή και του θεματοθέτη!
Το μισό τρίγωνο.PNG
Το μισό τρίγωνο.PNG (14.17 KiB) Προβλήθηκε 310 φορές
Στο εγγράψιμο ZAED η AD είναι διάμετρος οπότε EZ=AD\eta \mu A , ενώ από τον Ν.Ημιτόνων στο BAC ισχύει R\eta \mu A=a/2.

Όπως έδειξε και ο Γιώργος στο θέμα Ελάχιστη τιμή (#5) είναι \widehat{AIZ}=\widehat{ADC}=\omega . Έτσι έχουμε:

\left ( AEOZ \right )=\dfrac{1}{2}OA\cdot EZ\eta \mu \omega =\dfrac{1}{2}R\cdot AD\eta \mu A\cdot \eta \mu \omega =\dfrac{1}{2}R\eta \mu A\cdot AD\eta \mu \omega =\dfrac{1}{2}(\dfrac{a}{2}\cdot \upsilon _{a})=\dfrac{\left ( ABC \right )}{2}. Φιλικά , Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
Ανδρέας Πούλος
Δημοσιεύσεις: 1373
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01, 2009 10:47 pm
Τοποθεσία: ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ
Επικοινωνία:

Re: Το μισό τρίγωνο

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ανδρέας Πούλος » Παρ Ιαν 11, 2019 11:34 pm

Μία λύση για "τεμπέλιδες" στη σκέψη είναι με Αναλυτική Γεωμετρία.

Ορίζουμε συντεταγμένες στο ορθοκανονικό σύστημα D(0, 0) B(b, 0) A(0, a) C(c, 0).

Η εξίσωση της ευθείας AB είναι  y = -(a/b)x + a και οι συντεταγμένες του σημείου E είναι  \left ( \frac{a^{2}b}{a^{2}+b^{2}}, \frac{ab^{2}}{a^{2}+b^{2}} \right  ) 
.

Η εξίσωση της ευθείας AC είναι y = -(a/c)x + a και οι συντεταγμένες του σημείου  Z είναι \left ( \frac{a^{2}c}{a^{2}+c^{2}}, \frac{a^{2}c^{2}}{a^{2}+c^{2}} \right  )

Η εξίσωση του κύκλου που διέρχεται από τα σημεία A, B, C είναι x^{2}+y^{2}-\frac{c^{2}+ab}{c}x -(a+b)y + ab = 0

και από αυτή βρίσκουμε τις συντεταγμένες του κέντρου O.

Τώρα, το εμβαδον του τετραπλεύρου είναι άθροισμα των εμβαδών των τριγώνων (AEO) (AOZ) που υπολογίζονται από τον γνωστό τύπο.


Xriiiiistos
Δημοσιεύσεις: 162
Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm
Τοποθεσία: Αιγάλεω

Re: Το μισό τρίγωνο

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Xriiiiistos » Σάβ Ιαν 12, 2019 9:12 am

Ανδρέας Πούλος έγραψε:
Παρ Ιαν 11, 2019 11:34 pm
Μία λύση για "τεμπέλιδες" στη σκέψη είναι με Αναλυτική Γεωμετρία.

Ορίζουμε συντεταγμένες στο ορθοκανονικό σύστημα D(0, 0) B(b, 0) A(0, a) C(c, 0).

Η εξίσωση της ευθείας AB είναι  y = -(a/b)x + a και οι συντεταγμένες του σημείου E είναι  \left ( \frac{a^{2}b}{a^{2}+b^{2}}, \frac{ab^{2}}{a^{2}+b^{2}} \right  ) 
.

Η εξίσωση της ευθείας AC είναι y = -(a/c)x + a και οι συντεταγμένες του σημείου  Z είναι \left ( \frac{a^{2}c}{a^{2}+c^{2}}, \frac{a^{2}c^{2}}{a^{2}+c^{2}} \right  )

Η εξίσωση του κύκλου που διέρχεται από τα σημεία A, B, C είναι x^{2}+y^{2}-\frac{c^{2}+ab}{c}x -(a+b)y + ab = 0

και από αυτή βρίσκουμε τις συντεταγμένες του κέντρου O.

Τώρα, το εμβαδον του τετραπλεύρου είναι άθροισμα των εμβαδών των τριγώνων (AEO) (AOZ) που υπολογίζονται από τον γνωστό τύπο.
Δεν φαντάζομαι κάποιος τεμπέλης να καθόταν να έκανε όλες αυτές τις πράξεις πιο πιθανό ήταν να ψάξει βοηθητικές ευθείες ώστε να γράψει λιγότερα στην λύση, ή τουλάχιστον έτσι είμαι εγώ :)


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες