Γεωμετρείν 6

Δημήτρης Μυρογιάννης · #1

Έστω τρίγωνο ABC

και τυχαία σημεία D,E

επί των πλευρών του AB, AC

αντίστοιχα. Αν F, G

είναι αντίστοιχα οι προβολές των D,E

επί της

και

τα μέσα των BE, CD

αντίστοιχα , δείξτε ότι το τρίγωνο AMN

και το τετράπλευρο MNGF

είναι ισοδύναμα.

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 6.PNG (22.5 KiB) Προβλήθηκε 1085 φορές

Δημήτρης Μυρογιάννης · #2

Η άσκηση είναι πραγματική πρόκληση. Χρόνια περιφερόταν άλυτη στο διαδίκτυο ... ακόμα και από τον ίδιο τον (Άγγλο) δημιουργό της, που είχε αναρτήσει και το mail του για να ενημερωθεί αν κάποιος τη λύσει.
Τέλικα βρέθηκε λύτης και μάλιστα ΕΛΛΗΝΑΣ. Η λύση είναι ότι πιο απλοϊκά δύσκολο έχω συναντήσει. Η κομψότητα της απλότητας και η ευρηματικότητα της παρατήρησης κάνουν την άσκηση-λύση μοναδική. Περισσότερα σε 1-2 μέρες...

#3

maths-!!! έγραψε:Έστω τρίγωνο και τυχαία σημεία επί των πλευρών του αντίστοιχα. Αν είναι αντίστοιχα οι προβολές των επί της και τα μέσα των αντίστοιχα , δείξτε ότι το τρίγωνο και το τετράπλευρο είναι ισοδύναμα.
Το συνημμένο ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 6.PNG δεν είναι πλέον διαθέσιμο

Καλημέρα!!!

Θα δείξουμε πρώτα ένα απλό και γνωστό Λήμμα που δίνει το εμβαδόν τυχαίου κυρτού τετραπλεύρου συναρτήσει των διαγωνίων του και της γωνίας τους (οξείας ή αμβλείας)

Λήμμα: Το εμβαδόν κυρτού τετραπλεύρου $\displaystyle{ ABCD }$ με γωνία (έστω οξεία) που σχηματίζουν οι διαγώνιές του $\displaystyle{ \hat \omega }$ δίνεται από τον τύπο: $\displaystyle{ \boxed{\left( {ABCD} \right) = \frac{1} {2}AC \cdot BD \cdot \eta \mu \omega } }$ (σχήμα 1)

Απόδειξη

Έστω $\displaystyle{ O \equiv AC \cap BD }$ τότε: $\displaystyle{ \left( {ABCD} \right) = \left( {AOB} \right) + \left( {BOC} \right) + \left( {COD} \right) + \left( {DOA} \right)\mathop = \limits^{E_{\tau \rho \iota \gamma } = \frac{1} {2}bc\eta \mu A} }$

$\displaystyle{ \frac{1} {2}OA \cdot OB \cdot \eta \mu \left( {\pi - \omega } \right) + \frac{1} {2}OB \cdot OC \cdot \eta \mu \omega + \frac{1} {2}OC \cdot OD \cdot \eta \mu \left( {\pi - \omega } \right) + \frac{1} {2}OD \cdot OA \cdot \eta \mu \omega }$

$\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{\eta \mu \left( {\pi - \omega } \right) = \eta \mu \omega } \left( {ABCD} \right) = \frac{1} {2}OA \cdot OB \cdot \eta \mu \omega + \frac{1} {2}OB \cdot OC \cdot \eta \mu \omega + \frac{1} {2}OC \cdot OD \cdot \eta \mu \omega + \frac{1} {2}OD \cdot OA \cdot \eta \mu \omega = }$

$\displaystyle{ \frac{1} {2}\eta \mu \omega \left[ {OA \cdot OB + OB \cdot OC + OC \cdot OD + OD \cdot OA} \right] = \frac{1} {2}\eta \mu \omega \left[ {OA \cdot \left( {OB + OD} \right) + OC \cdot \left( {OB + OD} \right)} \right] \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \left( {ABCD} \right) = \frac{1} {2}\left( {OB + OD} \right) \cdot \left( {OA + OC} \right) \cdot \eta \mu \omega \mathop \Rightarrow \limits^{OA + OC = AC,\;OB + OD = BD} \boxed{\left( {ABCD} \right) = \frac{1} {2}AC \cdot BD \cdot \eta \mu \omega }:\left( 1 \right) }$

Παρατήρηση: Στην ειδική περίπτωση που είναι $\displaystyle{ \hat \omega = 90^0 }$

προκύπτει (είναι και στο το σχολικό βιβλίο ότι το εμβαδόν τετραπλεύρου με διαγώνιες κάθετες ισούται με το ημιγινόμενο των διαγωνίων του.

Στο θέμα μας τώρα. Έχουμε δείξει εδώ http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=22&t=15925 ότι: $\displaystyle{ \boxed{\left( {AMN} \right) = \frac{1} {4}\left( {DECB} \right)}:\left( 1 \right) }$

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε λοιπόν ότι και $\displaystyle{ \left( {MNGF} \right) = \frac{1} {4}\left( {DECB} \right) }$ .

Αν $\displaystyle{ K \equiv FN \cap MG,\;L \equiv BE \cap CD }$ τότε: Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle DFC\left( {\widehat{DFC} = 90^0 } \right) }$ και με διάμεσο προς την

υποτείνουσα την $\displaystyle{ FN }$ θα έχουμε: $\displaystyle{ \boxed{FN = \frac{{DC}} {2}}:\left( 2 \right),\boxed{\widehat{NFC} = \widehat{NCF} = \widehat\phi }:\left( 3 \right) }$ (αφού $\displaystyle{ FN = NC = \frac{{DC}} {2} }$ )

Ομοίως από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle EGB\left( {\widehat{EGB} = 90^0 } \right) }$ και με διάμεσο προς την υποτείνουσα την $\displaystyle{ GM }$ θα έχουμε: $\displaystyle{ \boxed{GM = \frac{{BE}} {2}}:\left( 4 \right),\boxed{\widehat{MGB} = \widehat{MBG} = \widehat\omega }:\left( 5 \right) }$ (αφού $\displaystyle{ MB = MG = \frac{{BE}} {2} }$ )

Τότε όμως τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle FKG,\;\vartriangle BLC }$ θα έχουν δύο γωνίες ίσες (από τις σχέσεις $\displaystyle{ \left( 3 \right),\left( 5 \right) }$ άρα και τις τρίτες άρα και τις παραπληρωματικές των

τρίτων δηλαδή $\displaystyle{ \widehat{GKN} = \widehat{CLE} = \hat \theta }$ , δηλαδή οι διαγώνιες των τετραπλεύρων $\displaystyle{ MGNF,\;DECB }$ σχηματίζουν ίσες γωνίες.

Με βάσει λοιπόν το Λήμμα που δείξαμε πιο πάνω θα είναι :

$\displaystyle{ \left( {MNGF} \right) = \frac{1} {2}GM \cdot FN \cdot \eta \mu \theta \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right),\left( 4 \right):GM = \frac{{BE}} {2},\,FN = \frac{{DC}} {2}} \left( {MNGF} \right) = \frac{1} {2} \cdot \frac{{BE}} {2} \cdot \frac{{DC}} {2} \cdot \eta \mu \theta \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \left( {MNGF} \right) = \frac{1} {4} \cdot \frac{1} {2}BE \cdot DC \cdot \eta \mu \theta \mathop \Rightarrow \limits^{\left( {DECB} \right) = \frac{1} {2}BE \cdot DC \cdot \eta \mu \theta } \boxed{\left( {MNGF} \right) = \frac{1} {4}\left( {DECB} \right)}:\left( 6 \right) }$

Από $\displaystyle{ \left( 1 \right),\left( 6 \right) }$ προκύπτει ότι $\displaystyle{ \boxed{\left( {AMN} \right) = \left( {MNGF} \right) = \frac{1} {4}\left( {DECB} \right)} }$ και η πρόταση έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ. και εγώ ΕΛΛΗΝΑΣ είμαι!!!

#4

Ας δώσουμε νομίζω ένα ενδιαφέρον ερώτημα που προέκυψε από το πιο πάνω θέμα.

Έστω $\displaystyle{ Fx//MG,\;Gy//FN }$ και $\displaystyle{ N{'} \equiv Fx \cap NG,\;M{'} \equiv Gy \cap MF,\;D{'} \equiv DE \cap BC }$ .

Να δειχθεί ότι τα σημεία $\displaystyle{ M{'},N{'},D{'} }$ είναι συνευθειακά και μάλιστα η ευθεία στην οποία ανήκουν είναι παράλληλη προς την $\displaystyle{ MN }$ .

Στάθης

Δημήτρης Μυρογιάννης · #5

Στάθη και πάλι συγχαρητήρια.

: ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΣΗΜΑΙΑ 2.gif (41.47 KiB) Προβλήθηκε 901 φορές

Την άσκηση πρότεινε ο D.Matthews το 2007 και έλυσε ο Μ. Τζούμας το 2009(αν κάποιος θελήσει μπορώ να δώσω ιστοσελίδες).
Παρακάτω δίνω σε αναλυτική-τμηματική παρουσίαση τη λύση που έχει μερικά κοινα σημεία με του ΣΤΑΘΗ.

#6

maths-!!! έγραψε:Έστω τρίγωνο και τυχαία σημεία επί των πλευρών του αντίστοιχα. Αν είναι αντίστοιχα οι προβολές των επί της και τα μέσα των αντίστοιχα , δείξτε ότι το τρίγωνο και το τετράπλευρο είναι ισοδύναμα.

Γράφω μία λύση με συντεταγμένες. Για τον υπολογισμό του $\left( MNGF\right)$ χρησιμοποιώ το γνωστό σχήμα της "ορίζουσας" για τον υπολογισμό εμβαδών πολυγώνων.
Ας πούμε ότι οι δύο κορυφές του τριγώνου είναι B(-r,0),C(r,0)

η τρίτη ανήκει στην y=ax

και είναι η A(t,at)

και ότι

. Η τεταγμένη

του

βρίσκεται από την συνθήκη $\det \left( \overrightarrow{BD},\overrightarrow{BA}\right) =0$ και είναι $y=\frac{at\left( m+r\right) }{t+r}$ . 'Ομοια βρίσκουμε από την συνθήκη $\det \left( \overrightarrow{CE},\overrightarrow{CA}\right) =0$ ότι η τεταγμένη

του

είναι $\det \left( \overrightarrow{CE},\overrightarrow{CA}\right) =0$ .
Eίναι λοιπόν:
$\displaystyle{ \left( {AMN} \right) = \frac{1}{2}\left| {\left| {\begin{array}{*{20}c} {\frac{{n - r}}{2} - t} & {\frac{{at\left( {n - r} \right)}}{{2\left( {t - r} \right)}} - at} \\ {\frac{{m + r}}{2} - t} & {\frac{{at\left( {m + r} \right)}}{{2\left( {t + r} \right)}} - at} \\ \end{array}} \right|} \right| = \frac{1}{2}atr\left| {\frac{{nm - nt - tm + r^2 }}{{\left( {r + t} \right)\left( {r - t} \right)}}} \right| }$
$\displaystyle{ \left( {MNGF} \right) = \frac{1}{2}\left| {\left| {\begin{array}{*{20}c} {\frac{{n - r}}{2}} & {\frac{{at\left( {n - r} \right)}}{{2\left( {t - r} \right)}}} \\ {\frac{{m + r}}{2}} & {\frac{{at\left( {m + r} \right)}}{{2\left( {t + r} \right)}}} \\ n & 0 \\ m & 0 \\ {\frac{{n - r}}{2}} & {\frac{{at\left( {n - r} \right)}}{{2\left( {t - r} \right)}}} \\ \end{array}} \right|} \right| }$ $\displaystyle{ = \frac{1}{2}\left| {\frac{{n - r}}{2}\frac{{at\left( {m + r} \right)}}{{2\left( {t + r} \right)}} + \frac{{m + r}}{2}\cdot0 + n\cdot0 + m\cdot\frac{{at\left( {n - r} \right)}}{{2\left( {t - r} \right)}} - \frac{{at\left( {n - r} \right)}}{{2\left( {t - r} \right)}}\cdot\frac{{m + r}}{2} - \frac{{at\left( {m + r} \right)}}{{2\left( {t + r} \right)}}n - 0\cdotm - 0\cdot\frac{{n - r}}{2}} \right| = \frac{1}{2}atr\left| {\frac{{nm - nt - tm + r^2 }}{{\left( {r + t} \right)\left( {r - t} \right)}}} \right| }$
Σχόλιο: Το MNGF

δεν είναι κατ΄ανάγκην κυρτό.
Μαυρογιάννης

Γεωμετρείν 6

Γεωμετρείν 6

Re: Γεωμετρείν 6

Re: Γεωμετρείν 6

Re: Γεωμετρείν 6

Re: Γεωμετρείν 6

Re: Γεωμετρείν 6

Μέλη σε σύνδεση