mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 24, 2018 6:04 pm**

Ευθεία τέμνει τις πλευρές AB, BC, CD, DE

τετραπλεύρου ABCD

κατά σειρά στα σημεία E, Z, H, F

. Να αποδειχτεί ότι:

$\dfrac{AF}{FD}\,\dfrac{DH}{HC}\,\dfrac{CZ}{ZB}\,\dfrac{BE}{EA}\,=\,1$

Ισχύει το αντίστροφο;

Αποδείξεις, για την ειδική περίπτωση, που η ευθεία διέρχεται από ένα σημείο τομής απέναντι πλευρών, μπορώ να πω, ότι είδα στον σύνδεσμο

viewtopic.php?f=178&t=63334

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 24, 2018 6:18 pm**

Μάλιστα ας βρεθεί η σχέση και για ένα ν-γωνο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 24, 2018 6:43 pm**

rek2 έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 24, 2018 6:04 pm
Ευθεία τέμνει τις πλευρές τετραπλεύρου κατά σειρά στα σημεία . Να αποδειχτεί ότι:

$\dfrac{AF}{FD}\,\dfrac{DH}{HC}\,\dfrac{CZ}{ZB}\,\dfrac{BE}{EA}\,=\,1$

Ισχύει το αντίστροφο;

Έστω ότι η διαγώνιος

τέμνει την ευθεία στο

. Κάνουμε Μενέλαο σε καθένα από τα τρίγωνα ADC,

με διατέμνουσα την εν λόγω ευθεία. Είναι τότε

$\dfrac{AF}{FD}\,\dfrac{DH}{HC}\, \dfrac{CK}{KA} \, = 1 =\, \dfrac{KA}{CK} \, \dfrac{CZ}{ZB}\,\dfrac{BE}{EA}$

Πολλαπλασιάζουμε τώρα κατά μέλη.

Ναι, ισχύει το αντίστροφο με την έννοια αν, π.χ., τα E, Z, H

είναι συνευθειακά και το

ικανοποιεί την παραπάνω ισότητα, τότε και αυτό θα βρίσκεται στην ίδια ευθεία: Παίρνουμε

το σημείο που η ευθεία E, Z, H

τέμνει την

. Από το ευθύ και με σύγκριση είναι $\dfrac{AF}{FD}=\dfrac{AF'}{FD'}$ . Άρα $F\equiv F'$ από την μοναδικότητα του λόγου.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 24, 2018 8:17 pm**

Αν Κ είναι το σημείο τομής των AB και CD τότε
(1) Από το θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο KBC με διατέμνουσα την EZH παίρνουμε
$\frac{EK}{EB}\cdot \frac{ZB}{ZC}\cdot \frac{HC}{HK}=1$
(2) Από το θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο KAD με διατέμνουσα την EHF παίρνουμε
$\frac{EK}{EA}\cdot \frac{FA}{FD}\cdot \frac{HD}{HK}=1$
από τις οποίες με διαίρεση κατά μέλη προκύπτει η ζητούμενη .
Για το αντίστροφο αν τρία σημεία είναι συνευθειακά και ικανοποιούν τη βασική ισότητα τότε και το τέταρτο θα ανήκει στην ίδια ευθεία .
Εν γένει δεν ισχύει το αντίστροφο . Πράγματι αν πάρουμε
$Z'\equiv EH\bigcap BC$ και $H'\equiv EF\bigcap CD$ τότε
(1)' Από το θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο KBC με διατέμνουσα την EZ'H παίρνουμε
$\frac{EK}{EB}\cdot \frac{Z'B}{Z'C}\cdot \frac{HC}{HK}=1$
(2)' Από το θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο KAD με διατέμνουσα την EH'F παίρνουμε
$\frac{EK}{EA}\cdot \frac{FA}{FD}\cdot \frac{H'D}{H'K}=1$
από τις οποίες με διαίρεση κατά μέλη προκύπτει ότι
$\frac{ZB}{ZC}\cdot \frac{HK}{HD}=\frac{Z'B}{Z'C}\cdot \frac{H'K}{H'D}$ .
Έτσι θα μπορούσε για παράδειγμα να είναι
$\frac{ZB}{ZC}=\frac{H'K}{H'D}$ και $\frac{HK}{HD}=\frac{Z'B}{Z'C}$ και σχετικά έχουμε το

mathematica.gr

Γενίκευση Μενελάου

Γενίκευση Μενελάου

Re: Γενίκευση Μενελάου

Re: Γενίκευση Μενελάου

Re: Γενίκευση Μενελάου