mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 01, 2021 7:22 pm**

: shape.png (26.11 KiB) Προβλήθηκε 879 φορές

Δίνεται τυχαίο κυρτό τετράπλευρο ABCD

, με

το μέσο της πλευράς

Από το

φέρνω παράλληλη προς την

και θέτω

τα σημεία τομής με τις πλευρές AD,BC

αντίστοιχα.

Να δείξετε ότι τα τρίγωνα CAE,DKB

είναι ισεμβαδικά.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 01, 2021 7:54 pm**

Μιχάλης Νάννος έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 01, 2021 7:22 pm
shape.pngΔίνεται τυχαίο κυρτό τετράπλευρο , με το μέσο της πλευράς

Από το φέρνω παράλληλη προς την και θέτω τα σημεία τομής με τις πλευρές αντίστοιχα.

Να δείξετε ότι τα τρίγωνα είναι ισεμβαδικά.

Καλή Ανάσταση!

Με τους συμβολισμούς του σχήματος, είναι:

: Ισεμβ.ΜΝ..png (23.89 KiB) Προβλήθηκε 867 φορές

$\displaystyle (DKB) = (BDC) - (KDC) = \frac{1}{2}DC(BN - FN) = \frac{1}{2}DC \cdot BF$

$\displaystyle (CAE) = (EDC) - (ADC) = \frac{1}{2}DC(HL - AL) = \frac{1}{2}DC \cdot AH = \frac{1}{2}DC \cdot BF = (DKB)$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 02, 2021 2:15 am**

Είναι γνωστό ότι το εμβαδόν ενός τριγώνου δεν αλλάζει αν μια κορυφή του μετακινηθεί παράλληλα προς στην απέναντι πλευρά.

Φέρνω από το

ευθεία παράλληλη στην

και τέμνει την

στο

.

Έτσι σχηματίζονται δύο τραπέζια τα: $ALCD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,EKCD$ επί πλέον δε, επειδή το

είναι μέσο του

θα είναι και το

μέσο του

.

: ισεμβαδικά τρίγωνα.png (36.78 KiB) Προβλήθηκε 826 φορές

Ας πούμε τώρα : $X = \left( {AEC} \right)$ (κίτρινο) και $Y = \left( {BKD} \right)$ ( γαλάζιο) . τότε : $\boxed{Y = \left( {KLD} \right)}$ .Είναι έγκυρες οι ισοδυναμίες :

$X = Y \Leftrightarrow X + \left( {ADL} \right) = Y + \left( {CDL} \right) \Leftrightarrow \left( {EDC} \right) = \left( {KCD} \right)$ που ισχύει .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 02, 2021 7:34 am**

Μιχάλης Νάννος έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 01, 2021 7:22 pm
shape.pngΔίνεται τυχαίο κυρτό τετράπλευρο , με το μέσο της πλευράς

Από το φέρνω παράλληλη προς την και θέτω τα σημεία τομής με τις πλευρές αντίστοιχα.

Να δείξετε ότι τα τρίγωνα είναι ισεμβαδικά.

$DC//AB\Rightarrow (EDC)=(DCK)\Leftrightarrow (ADC)+(AEC)=(DCB)-(DKB)$

Και θα αποδειχθεί ότι $2(AEC)=(DCB)-(ADC)\Leftrightarrow 4(AEC)=DC.SB-DC.AT\Leftrightarrow 4(AEC)=DC(SB-AT),(*)$

Είναι $LT\perp DC,BS\perp DC,SB-AT=AL+LT-AT=2AL,$

Οπότε η (*)

γράφεται

Τα τρίγωνα $AEL,DC\Pi$ είναι όμοια ,γιατί ,είναι ορθογώνια και $\hat{EAL}=\hat{TAD}= \hat{DC\Pi }, \dfrac{AE}{DC}=\dfrac{AL}{C\Pi }\Leftrightarrow AE.\Pi C=DC.AL$

Συνεπώς η αποδεικτέα γράφεται $(AEC)=\dfrac{1}{2}AE.C\Pi$ προφανής

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 02, 2021 12:59 pm**

Από το

φέρω παράλληλο πρός τήν

, άρα θα είναι AE=AG

και τότε

$\displaystyle{ \left. \begin{aligned} & (DCE) = (DCK) \cr & (DCG) = (DCB) \cr \end{aligned} \right\} \rightarrow (EGC) = (KBD) }$

αλλά (AEC)=(EGC)

άρα

.

mathematica.gr

Ισεμβαδικά τρίγωνα

Ισεμβαδικά τρίγωνα

Re: Ισεμβαδικά τρίγωνα

Re: Ισεμβαδικά τρίγωνα

Re: Ισεμβαδικά τρίγωνα

Re: Ισεμβαδικά τρίγωνα