Намерете лицето

[Гост]

Катетите на правоъг.триъг.са-а,b.Страните му служат за страни на квадрати,построени вън от тр-ка.Да се намери лицето на тр-ка с върхове центровете на тези квадрати.
отг.1/4(а+б)*2

[Davids]

Kvadrati.png (66.24 KiB) Прегледано 1551 пъти

Започвам по чертежа:
Имаме означен ъгъл $\alpha$ и трите страни на правоъгълния триъгълник, които са страни съответно и на всеки от квадратите. За диагонала на квадрат знаем, че е равен на $\sqrt{2}a$, където $a$ е страната му. Следователно, тъй като на нас са ни нужни половинките от диагоналите, изразяваме тях:
$O_1A = O_1C = \frac{b}{\sqrt{2}}$
$O_2B = O_2C = \frac{a}{\sqrt{2}}$
$O_3A = O_3B = \frac{\sqrt{a^2 + b^2}}{\sqrt{2}}$
Тъй като $\angle O_1CA + \angle O_2CB + \angle ACB = 180^{\circ}$, то $O_1$, $C$ и $O_2$ са на една права, откъдето следва, че $O_1O_2 = O_1C + O_2C = \frac{a+b}{\sqrt{2}}$ и това е едната от страните на триъгълника.
Преминаваме в $\Delta AO_3O_1$ и забелязваме, че $\angle O_1AO_3 = 2.45^{\circ} + \alpha = 90^{\circ} + \alpha$
$\Rightarrow cos\angle O_1AO_3 = -sin\alpha = -\frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}}$
Правим косинусова теорема за страната срещу ъгъла (и втора страна от нашия търсен триъгълник ):
$O_1O_3^2 = \frac{b^2}{2} + \frac{a^2 + b^2}{2} - 2.\frac{a}{\sqrt{2}}.\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{\sqrt{2}}.cos\angle O_1AO_3 = \frac{b^2}{2} + \frac{a^2 + b^2}{2} - \cancel{2}.\frac{b}{\cancel{\sqrt{2}}}.\frac{\cancel{\sqrt{a^2+b^2}}}{\cancel{\sqrt{2}}}.(-\frac{a}{\cancel{\sqrt{a^2 + b^2}}}) = \frac{2b^2 + 2ab + a^2}{2} (*)$

Сега се връщаме отново около нашия любим триъгълник, за да забележим още нещо. В четириъгълника $AO_3BC$ имаме два срещуположни ъгъла (отбелязал съм ги), равни на по 90 градуса, което веднага означава, че около този четириъгълник може да се опише окръжност. (Погледни чертежа). Оттам следва веднага, че $\angle O_3CB = \angle O_3AB = 45^{\circ}$, на което много се радваме, защото ни доказва, че $O_3C$ е нужната ни височина към $O_1O_2$, тъй като получихме $\angle O_3CO_2 = \angle O_3CB + \angle BCO_2 = 45 + 45 = 90^{\circ}$

Следователно за лицето ни лиспва само да намерим височината, а това ще направим по питагорова теорема:
$h^2 = O_1O_3^2 - O_1C^2$
Заместваме вътре $(*)$, а другата половинка от диагонала изразихме в началото:
$h^2 = \frac{2b^2 + 2ab + a^2}{2} - \frac{b^2}{2} = ... = \frac{(a+b)^2}{2}$
$\Rightarrow h = \frac{a+b}{\sqrt{2}}$
Остана само славно да си изразим и лицето:
$S_{O_1O_2O_3} = \frac{O_1O_2.h}{2} = \frac{\frac{a+b}{\sqrt{2}}.\frac{a+b}{\sqrt{2}}}{2} = \frac{1}{4}(a+b)^2$

[ptj]

Добро, но прекалено подробно обяснения за задача, решима и без чертеж.

Нека ([tex]c=\sqrt{a^2+b^2}[/tex]).
Достатъчно е да съобразим, че отсечката ,свързваща центровете на квадратите върху катетите, ще е успоредна (сумата на два ъгъла по 45 градуса и един прав е точно 180 градуса) и равна на хипотенузата [tex]c[/tex].
Съответно височината (към вече намерената страна с дължина [tex]c[/tex]) ще е сума на височината към хипотенузата в правоъгълния триъгълник[tex]\bigg(\frac{ab}{2c}\bigg)[/tex] и разстоянието от центъра на квадрата върху хипотенузата до сaмата нея [tex]\frac{c}{2}[/tex].
[tex]S=\frac{c(\frac{ab}{2c}+\frac{c}{2})}{2}=\frac{2ab+c^2}{4}=\frac{(a^2+2ab+b^2}{4}=\frac{(a+b)^2}{4}[/tex]

[Davids]

Добро, но прекалено подробно обяснения за задача, решима и без чертеж.

Нека ([tex]c=\sqrt{a^2+b^2}[/tex]).
Достатъчно е да съобразим, че отсечката ,свързваща центровете на квадратите върху катетите, ще е успоредна (сумата на два ъгъла по 45 градуса и един прав е точно 180 градуса) и равна на хипотенузата [tex]c[/tex].
Съответно височината (към вече намерената страна с дължина [tex]c[/tex]) ще е сума на височината към хипотенузата в правоъгълния триъгълник[tex]\bigg(\frac{ab}{2c}\bigg)[/tex] и разстоянието от центъра на квадрата върху хипотенузата до сaмата нея [tex]\frac{c}{2}[/tex].
[tex]S=\frac{c(\frac{ab}{2c}+\frac{c}{2})}{2}=\frac{2ab+c^2}{4}=\frac{(a^2+2ab+b^2}{4}=\frac{(a+b)^2}{4}[/tex]

Откакто на две-три състезания ми взимаха точки за „недостатъчно подробно описание“ на решението, съм развил професионално изкривяване и пиша всички детайли Изключително стилно решение иначе!

[Davids]

Добро, но прекалено подробно обяснения за задача, решима и без чертеж.

Нека ([tex]c=\sqrt{a^2+b^2}[/tex]).
Достатъчно е да съобразим, че отсечката ,свързваща центровете на квадратите върху катетите, ще е успоредна (сумата на два ъгъла по 45 градуса и един прав е точно 180 градуса) и равна на хипотенузата [tex]c[/tex].
Съответно височината (към вече намерената страна с дължина [tex]c[/tex]) ще е сума на височината към хипотенузата в правоъгълния триъгълник[tex]\bigg(\frac{ab}{2c}\bigg)[/tex] и разстоянието от центъра на квадрата върху хипотенузата до сaмата нея [tex]\frac{c}{2}[/tex].
[tex]S=\frac{c(\frac{ab}{2c}+\frac{c}{2})}{2}=\frac{2ab+c^2}{4}=\frac{(a^2+2ab+b^2}{4}=\frac{(a+b)^2}{4}[/tex]

Нещо не разбрах тук обаче, $O_1O_2$ ли имаш предвид, че е успоредна и равна на $c$? Защото мисля, че никак не са задължително успоредни, а и е равна на $\frac{a+b}{\sqrt{2}}$. Или нещо не схванах?

[ptj]

Да, за съжаление решение ми е грешно, защото два прави ъгъла не гарантират, че фигурата е успоредник.

Но това не усложнява съществено задачата.

Лицето на шестоъгълника е ( 3-те върха и 3-те центъра) е [tex]\frac{ab}{2}+\frac{a^2}{4}+\frac{b^2}{4}+\frac{c^2}{4}[/tex].

Той може още да се представи и като [tex]S_{O_1O_2O_3} + S_{O_2BO_3}+S_{O_1AO_3}[/tex].

[tex]S_{O_2BO_3}=\frac{a}{\sqrt{2}}\frac{c}{\sqrt{2}}\frac{sin(90^\circ+\beta)}{2}=\frac{ac.cos(\beta)}{4}=\frac{ac}{4}\frac{a}{c}=\frac{a^2}{4}[/tex]
[tex]S_{O_1AO_3}=\frac{b}{\sqrt{2}}\frac{c}{\sqrt{2}}\frac{sin(90^\circ+\alpha)}{2}=\frac{bc.cos(\alpha)}{4}=\frac{bc}{4}\frac{b}{c}=\frac{b^2}{4}[/tex]

[tex]S_{O_1O_2O_3}=\frac{ab}{2}+\frac{c^2}{4}=\frac{2ab+a^2+b^2}{4}=\frac{(a+b)^2}{4}[/tex]

П.П. Имайки предвид намерените лица за триъгълниците [tex]O_2BO_3[/tex] и [tex]O_1AO_3[/tex] е много вероятно задачата да е решима и с материал за 9-ти клас.

[ptj]

Относно забележката:

1.) Mалко анализ:
Изхождайки от [tex]S_{CO_2B}=\frac{b^2}{4}[/tex] и знаейки [tex]O_2B=\frac{b}{\sqrt{2}}[/tex], може със сигурност да твърдим, че разстоянието от точка [tex]О_3[/tex] до [tex]O_2B[/tex] e точно [tex]\frac{b}{\sqrt{2}}[/tex] (височина в триъгълник).
Нека точка [tex]М[/tex] е петата на въпросния перпендикуляр, тогава очевидно [tex]CO_2MO_3[/tex] ще е правоъгълник ( две равни срещуположни страни и два прави ъгъла).

[tex]\angle O_2BM=180^\circ \Rightarrow \angle О_3BM=180^\circ-(45^\circ+\beta+45^\circ)=\alpha[/tex]

Последно от [tex]ABC\sim BO_3M[/tex] и [tex]O_3B=\frac{c}{\sqrt{2}}\Rightarrow MB=\frac{a}{\sqrt{2}}[/tex]

2.) Доказателство с материал за 9-ти клас :

Построяваме т. [tex]M[/tex], така че [tex]\angle BMO_3=90^\circ[/tex] и [tex]O_3BM=\alpha[/tex].



[tex]ABC\sim BO_3M[/tex] (по 2 съответни ъгъла) [tex]\Rightarrow BM:MO_3:O_3B=a:b:c[/tex]

Знаейки [tex]O_3B=\frac{c}{\sqrt{2}}[/tex] намираме съответно [tex]BM=\frac{a}{\sqrt{2}}[/tex] и [tex]O_3M=\frac{b}{\sqrt{2}}[/tex] .

Получихме че [tex]О_3MО_2C[/tex] e правоъгълник [tex]\Rightarrow CO_3\botО_1O_2 , CO_3=O_2M=\frac{b}{\sqrt{2}}+\frac{a}{\sqrt{2}}[/tex]

[tex]S_{O_1O_2O_3}=\frac{(O_1C+CO_2)CO_3}{2}=\frac{(\frac{a}{\sqrt{2}}+\frac{b}{\sqrt{2}})\frac{a+b}{\sqrt{2}}}{2}=\frac{(a+b)^2}{4}[/tex]

П.П. Има решение и с материал за 8-клас, дали някой ще го открие ?

[ева]

[tex]О_{3 }[/tex]С перпендикулярна ли е на [tex]О_{1 }[/tex][tex]О_{2 }[/tex] ?

[ева]

Нека [tex]О_{1 }[/tex][tex]О_{2 }[/tex] допира К([tex]О_{4 }[/tex];[tex]\frac{АВ}{2}[/tex]) в т.W;[tex]О_{4 }[/tex]W се явява средна отс. в правоъг.трапец АВ[tex]О_{2 }[/tex][tex]О_{1 }[/tex]
[tex]S_{O1O2O3 }[/tex]=[tex]\frac{O1O2.O3W}{2}[/tex]=[tex]O_{1 }[/tex][tex]O_{2 }[/tex].[tex]O_{4 }[/tex]W=[tex]O_{1 }[/tex][tex]O_{2 }[/tex][tex]\frac{AO1+BO2}{2}[/tex]=[tex]S_{ABO2O1 }[/tex]=[tex]S_{ACO1 }[/tex]+[tex]S_{ABC }[/tex]+[tex]S_{CBO2 }[/tex]=
=[tex]\frac{S(ACHI)}{4}[/tex]+[tex]\frac{ab}{2}[/tex]+[tex]\frac{S(CBDE)}{4}[/tex]=[tex]\frac{b^{2}}{4}[/tex]+[tex]\frac{2ab}{4}[/tex]+[tex]\frac{a^{2}}{4}[/tex]=[tex]\frac{(a+b)^{2}}{4}[/tex]

[ptj]

Ева,

Не виждам защо трябва да преименуваш точка [tex]C[/tex] в [tex]W[/tex]. Освен това [tex]O_4W[/tex] е перпендикулярна на [tex]O_1O_2[/tex] само при [tex]AC=BC[/tex], т.е. не е средна отсечка в трапец.

[ева]

Може ли да се докаже,че лицето на тр-к [tex]О_{1 }[/tex][tex]О_{2 }[/tex] [tex]О_{3 }[/tex] е равно на лицето на правоъгълния трапец,или да търся друго решение?

[ptj]

По принцип изказаното от теб предположение е вярно, но не виждам как ще го докажеш.

[ева]

Около окр.К-описваме квадрат със страна=[tex]О_{1 }[/tex][tex]О_{2 }[/tex].
т.[tex]О_{3 }[/tex] лежи на срещуположната страна на [tex]О_{1 }[/tex][tex]О_{2 }[/tex].
[tex]S_{O1O2O3 }[/tex]=[tex]\frac{S(квадрата)}{2}[/tex]=[tex]\frac{О1О2^{2}}{2}[/tex]=[tex]\frac{1}{2}[/tex]([tex]\frac{а\sqrt{2}}{2}+\frac{b\sqrt{2}}{2})^{2}[/tex]=[tex]\frac{1}{2}[/tex].[tex]\frac{2}{4}[/tex][tex](a+b)^{2}[/tex]=[tex]\frac{(a+b)^{2}}{4}[/tex]

[ptj]

Отлично, макар че иска малко обосновка за отделни факти.

Даже не е задължително да се описва квадрат. Почти същото е да построят правоъгълни триъгълници [tex]O_3MB[/tex] и [tex]ANO_3[/tex] със страни съответно [tex]OM=AN=\sqrt{a}[/tex] и [tex]MB=NO_3=\sqrt{b}[/tex]. После да се покаже , че [tex]MNO_1O_3[/tex] e квадрат.

П.П. Това е идеята, заради която пуснах същата тема за 8-ми клас.

[ева]

Използвах Питагорова Т.,но не зная кога я учат.Благодаря за събудения интерес!