Три квадрата, едно лице и още нещо...

[Кристиан Петков]

Катетите на правоъгълен триъгълник са a и b. Страните му служат за страни на квадрати, построени вън от триъгълника. Да се намери лицето на триъгълника с върхове центровете на трите квадрата. Отг: [tex]\frac{(a+b)^{2}}{4}[/tex]

Четириъгълник ABCDе вписан в окръжност ц център О. Радиусите ОА и ОВ са перпендикулярни и OC е перпендикулярна на ОD. Разстоянието от С до АD е 9см., а AD=2BC. Да се намерят [tex]S_{OAB}, S_{ABCD}[/tex] Отг.: 22,5; 81

[Реклама]

[ганка симеонова]

1) [tex] \angle O_1CO2=180^\circ (why); O_1C=\frac{a\sqrt{2} }{ 2} ;O_2C=\frac{b\sqrt{2} }{ 2}=>O_1O_2=\frac{(a+b)\sqrt{2} }{ 2} [/tex]
[tex]OC[/tex]- ъглополовяща на [tex]\angle ACB( why?)=>OC\bot O_1O_2[/tex]
[tex]AOBC[/tex]- вписан четириъгълник=> от теоремата на Птоломей=>[tex]AB .OC=AO. CB+OB. AC=>OC=\frac{a+b}{ \sqrt{2} } (why?)=>S=\frac{1}{ 2}O_1O_2.OC=\frac{(a+b)^2}{ 4} [/tex]

[Spider Iovkov]

Нека даденият правоъгълен триъгълник е [tex]ABC[/tex], при което [tex]BC=a, AC=b, \angle BAC=\varphi, \angle ABC=90^\circ-\varphi[/tex]. Нека също така квадратът откъм катета [tex]AC[/tex] е [tex]ACMN[/tex], откъм катета [tex]BC[/tex] – [tex]BCKT[/tex], а от страната на хипотенузата – [tex]ABQP[/tex]. Да означим центровете на [tex]BCKT, ACMN, ABQP[/tex] съответно с [tex]O_{1}, O_{2}, O_{3}[/tex]. Тогава е очевидно, че [tex]BO_{1}=CO_{1}, AO_{2}=CO_{2}, AO_{3}=BO_{3}[/tex]. Пресмятаме с помощта на Питагоровата теорема, че [tex]BO_{1}=CO_{1}=\frac{a\sqrt{2}}{2}, AO_{2}=CO_{2}=\frac{b\sqrt{2}}{2}, AO_{3}=BO_{3}=\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}[/tex].
Сега [tex]\angle O_{2}AC+\angle CAB+\angle BAO_{3}=\angle O_{2}AO_{3}[/tex]. Но [tex]\angle O_{2}AC=\angle BAO_{3}=45^\circ \Rightarrow \angle O_{2}AO_{3}=90^\circ+\varphi[/tex]. От косинусовата теорема за [tex]\triangle AO_{2}O_{3}[/tex] получаваме, че [tex]O_{2}O_{3}^2=AO_{2}^2+AO_{3}^2-2.AO_{2}.AO_{3}. cos(90^\circ+\varphi)[/tex]. Ясно е, че [tex]cos(90^\circ+\varphi)= cos[90^\circ-(-\varphi)]= sin(-\varphi)=- sin\varphi[/tex]. Замествайки този израз в косинусовата теорема, определяме:
[tex]O_{2}O_{3}^2=AO_{2}^2+AO_{3}^2+2.AO_{2}.AO_{3}. sin\varphi, sin\varphi=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}} \Rightarrow O_{2}O_{3}^2=\frac{b^2}{2}+\frac{a^2+b^2}{2}+2.\frac{b\sqrt{2}}{2}.\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{\sqrt{2}}.\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow O_{2}O_{3}^2=\frac{b^2+a^2+b^2+2ab}{2} \Leftrightarrow[/tex] [tex]\Leftrightarrow O_{2}O_{3}^2=\frac{(a+b)^2+b^2}{2} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow O_{2}O_{3}=\sqrt{\frac{(a+b)^2+b^2}{2}}\, (*)[/tex].
По абсолютно аналогичен начин намираме и [tex]O_{1}O_{2}=\frac{\sqrt{2}(a+b)}{2}\, (**)[/tex] и [tex]O_{1}O_{3}=\sqrt{\frac{(a+b)^2+a^2}{2}}\, (***)[/tex], като сме отчели, че [tex]\angle O_{1}CO_{2}[/tex] е изправен (ъглите [tex]ACM[/tex] и [tex]BCK[/tex] са противоположни, откъдето ъглополовящите им лежат на един лъч).
Намерихме страните на [tex]\triangle O_{1}O_{2}O_{3}[/tex]. Само по тези данни можем да определим лицето му. Тъй като обаче дължините на страните са ирационални числа, не можем да приложим директно теоремата на Херон. Затова, използвайки, че [tex]sin\gamma=\sqrt{1-cos^2\gamma}, cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}[/tex], и замествайки стойността на синуса във формулата [tex]S=\frac{ab sin\gamma}{2}[/tex], достигаме до [tex]S=\frac{1}{4}\sqrt{-a^4-b^2-c^2+2a^2b^2+2b^2c^2+2a^2c^2}\, (****)[/tex]. Тези втори и четвърти степени ще опростят сметките с радикалите. Използваме именно този израз за лице на триъгълник.
Нека [tex]O_{1}O_{2}=a', O_{2}O_{3}=b', O_{1}O_{3}=c'[/tex]. Тогава [tex](a')^4=\frac{(a+b)^4}{4}, (b')^4=[\frac{(a+b)^2+b^2}{2}]^2, (c')^4=[\frac{(a+b)^2+a^2}{2}]^2[/tex] и [tex](a')^2=\frac{(a+b)^2}{2}, (b')^2=\frac{(a+b)^2+b^2}{2}, (c')^2=\frac{(a+b)^2+a^2}{2}[/tex]. Заместваме всичко това в [tex](****)[/tex] и преобразуваме малко:
[tex]S=\frac{1}{4}\sqrt{-\frac{(a+b)^4}{4}-\frac{[(a+b)^2+b^2]^2}{4}-\frac{[(a+b)^2+a^2]^2}{4}+2\frac{(a+b)^2}{2}.\frac{(a+b)^2+b^2}{2}+2\frac{(a+b)^2+b^2}{2}.\frac{(a+b)^2+a^2}{2}+2\frac{(a+b)^2}{2}.\frac{(a+b)^2+a^2}{2}} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow S=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{-(a+b)^4-[(a+b)^4+2b^2(a+b)^2+b^4]-[(a+b)^4+2a^2(a+b)^2+a^4]+2(a+b)^2[(a+b)^2+b^2]+2[(a+b)^2+b^2][(a+b)^2+a^2]+2(a+b)^2[(a+b)^2+a^2]}{4}} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow S=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{-(a+b)^2-(a+b)^4-2b^2(a+b)^2-b^4-(a+b)^4-2a^2(a+b)^2-a^4+2(a+b)^4+2b^2(a+b)^2+2[(a+b)^4+a^2(a+b)^2+b^2(a+b)^2+a^2b^2]+2(a+b)^2+2a^2(a+b)^2}{4}} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow S=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{-(a+b)^4-(a+b)^4-2b^2(a+b)^2-b^4-(a+b)^4-2a^2(a+b)^2-a^4+2(a+b)^2+2b^2(a+b)^2+2(a+b)^4+2a^2(a+b)^2+2b^2(a+b)^2+2a^2b^2+2(a+b)^2+2a^2(a+b)^2}{4}} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow S=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{-b^4-(a+b)^4-a^4+2(a+b)^4+2a^2(a+b)^2+2b^2(a+b)^2+2a^2b^2+2(a+b)^4}{4}}[/tex].
Сега групираме в числителя и разлагаме:
[tex]-b^4-a^4+2a^2b^2=-(a^4-2a^2b^2+b^4)=-(a^2-b^2)^2;[/tex]
[tex]2a^2(a+b)^2+2b^2(a+b)^2=2(a+b)^2(a^2+b^2);[/tex]
[tex]3(a+b)^4[/tex].
Оттук [tex]\Rightarrow -(a+b)^2(a-b)^2+2(a+b)^2(a^2+b^2)+3(a+b)^2(a+b)^2=(a+b)^2[3(a+b)^2-(a-b)^2+2(a^2+b^2)]=(a+b)^2(4a^2+4b^2+8ab)=4(a+b)^2(a+b)^2[/tex]. Заместваме в дробта и
[tex]S=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{\cancel 4(a+b)^4}{\cancel 4}} \Leftrightarrow S=\frac{(a+b)^2}{4}[/tex].

[Tinna]

Много сложно, Емо!
На Ганка решението е красиво!
Ето още едно, за тези, които не са учили теорема на Птоломей.
При означенията на дадения чертеж:
АВО₂О₁ е трапец с оснoви АО₁=а[tex]\frac{\sqrt[]{2} }{2} [/tex],BO₂=b[tex]\frac{\sqrt[]{2} }{2} [/tex] и височина О₁О₂=а[tex]\frac{\sqrt[]{2} }{2} [/tex]+в[tex]\frac{\sqrt[]{2} }{2} [/tex] и с формулата за лице на трапец се намира S₁=[tex]\frac{1}{4 } [/tex](a+b)²
S₂=S(ABO)=[tex]\frac{1}{ 2} [/tex](c[tex]\frac{\sqrt[]{2} }{2 } [/tex])²=[tex]\frac{1}{ 4} [/tex]c²
S(AOBO₂O₁)=S₁+S₂=[tex]\frac{1}{4 } [/tex](a+b)²+[tex]\frac{1}{ 4} [/tex]c²
S(OO₂O₁)=S(AOBO₂O₁)-S((AOO₁)+S(OBO₂))
S((AOO₁)=[tex]\frac{1}{ 2} [/tex]а[tex]\frac{\sqrt[]{2} }{2}c\frac{\sqrt[]{2} }{2}sin(90^\circ +\alpha[/tex] )=[tex]\frac{1}{4 } [/tex]abcosα=[tex]\frac{1}{4 } [/tex]ac[tex]\frac{a}{ c} [/tex]=[tex]\frac{1}{4 } [/tex]a²
S(OBO₂)=[tex]\frac{1}{ 2} [/tex]b[tex]\frac{\sqrt[]{2} }{2}c\frac{\sqrt[]{2} }{2}sin(180^\circ -\alpha[/tex] )=[tex]\frac{1}{4 } [/tex]bcsinα=[tex]\frac{1}{4 } [/tex]bc[tex]\frac{b}{ c} [/tex]=[tex]\frac{1}{4 } [/tex]b²
S(OO₂O₁)=[tex]\frac{1}{4 }(a+b)^{2}+\frac{1}{ 4}c^{2}-\frac{1}{4 }(a^{2}+b^{2}) [/tex]
но а²+в²=с²
=>S(OO₂O₁)=[tex]\frac{1}{4 }(a+b)^{2}[/tex]

[krainik]

Емо, защо пишеш решенията като за дебили? И не че нещо, ама като видя решение с толкова много сметки, просто ми става гадно...

[r2d2]