Κοινό βαρύκεντρο

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9222
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Κοινό βαρύκεντρο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Νοέμ 24, 2018 10:46 am

Κοινό βαρύκεντρο.png
Κοινό βαρύκεντρο.png (11.61 KiB) Προβλήθηκε 537 φορές
Τα D, E, Z είναι σημεία των πλευρών BC, CA, AB αντίστοιχα, τριγώνου ABC. Να δείξετε ότι τα τρίγωνα

ABC, DEZ έχουν κοινό βαρύκεντρο, αν και μόνο αν \displaystyle \frac{{BD}}{{DC}} = \frac{{CE}}{{EA}} = \frac{{AZ}}{{ZB}}.



Λέξεις Κλειδιά:
ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ
Δημοσιεύσεις: 954
Εγγραφή: Δευ Δεκ 28, 2009 11:41 pm
Τοποθεσία: Kάπου στο πιο μεγάλο νησί του Ιονίου

Re: Κοινό βαρύκεντρο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ » Σάβ Νοέμ 24, 2018 11:38 am

Γιώργο καλημέρα.
Πρόκειται για ένα από τα αγαπημένα μου θέματα .
Μια λύση υπάρχει στην παρακάτω δημοσίευση
https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 34&t=42376
Ενδιαφέρον θα έχει λύση με Ευκλείδεια σκέψη μόνο...


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1878
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Κοινό βαρύκεντρο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Σάβ Νοέμ 24, 2018 1:12 pm

george visvikis έγραψε:
Σάβ Νοέμ 24, 2018 10:46 am
Κοινό βαρύκεντρο.png
Τα D, E, Z είναι σημεία των πλευρών BC, CA, AB αντίστοιχα, τριγώνου ABC. Να δείξετε ότι τα τρίγωνα

ABC, DEZ έχουν κοινό βαρύκεντρο, αν και μόνο αν \displaystyle \frac{{BD}}{{DC}} = \frac{{CE}}{{EA}} = \frac{{AZ}}{{ZB}}.
Να το δούμε με Φυσική ;; :coolspeak:


Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 309
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Κοινό βαρύκεντρο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Σάβ Νοέμ 24, 2018 1:32 pm

Από τη σχέση στα κοινά βαρύκεντρα:Παίρνω τις παράλληλες από το E στις AB,BC και έστω ότι τις τέμνουν στα Z',D'.
Είναι απλό από τις σχέσεις ότι τα Z',D' είναι συμμετρικά των Z,D ως προς τα μέσα των AB,BC και από αντίστροφο Θαλή(και τις σχέσεις) ότι Z'D//AC.Έτσι το Z'ECD είναι παραλληλόγραμμο και το μέσο T της DE είναι μέσο της CZ',δηλαδή βρίσκεται πάνω στο MN(τμήμα που ενώνει τα μέσα).Είναι δηλαδή TM=\frac{BZ'}{2}=\frac{AZ}{2} και MG=\frac{AG}{2},οπότε από αντίστροφο Θαλή στις MN,AB τα Z,G,T βγαίνουν συνευθειακά.Ο ίδιος συλλογισμός βγάζει και το μέσο S της ZE συνευθειακό με τα D,G και το ζητούμενο δείχτηκε.
Για την αντίθετη κατεύθυνση,αν τα ZDE,ABC έχουν κοινό βαρύκεντρο,λόγω ομοιοθεσίας(κέντρο G,δύναμη -1/2)
το T θα βρίσκεται πάλι πάνω στην MN,ενώ αν το D' οριστεί ως το συμμετρικό του D ως προς το M ,από \frac{D'E}{2}//TM//AB,το D' ορίζεται όπως αρχικά(ομοίως και για Z') οπότε και το πρόβλημα έχει λυθεί.
bary.png
bary.png (26.34 KiB) Προβλήθηκε 491 φορές


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 803
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Κοινό βαρύκεντρο

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Νοέμ 24, 2018 4:37 pm

Με διανύσματα:

Ισχύει ότι το G είναι βαρύκεντρο ενός τριγώνου ABC αν και μόνο αν \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}.

Πρέπει δηλαδή εδώ \overrightarrow{GD}+\overrightarrow{GE}+\overrightarrow{GZ}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow (\overrightarrow{BD}-\overrightarrow{BG})+(\overrightarrow{CE}-\overrightarrow{CG})+(\overrightarrow{AZ}-\overrightarrow{AG})=\overrightarrow{0}.

Όμως \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow \overrightarrow{AG}+\overrightarrow{BG}+\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{0}.

Οπότε το G είναι βαρύκεντρο του DEZ αν και μόνο αν \overrightarrow{BD}+\overrightarrow{CE}+\overrightarrow{AZ}=\overrightarrow{0} (1).

Θεωρούμε ότι \overrightarrow{BC}=l\cdot \overrightarrow{BD}, \overrightarrow{CA}=k\cdot \overrightarrow{CE}, \overrightarrow{AB}=m\cdot \overrightarrow{AZ}.

Προσθέτουμε κατά μελή και έχουμε ότι \overrightarrow{0}=l\cdot \overrightarrow{BD}+k\cdot \overrightarrow{CE}+m\cdot \overrightarrow{AZ}=l(\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{CE}+\overrightarrow{AZ})+(k-l)\overrightarrow{CE}+(m-l)\overrightarrow{AZ}

Χρησιμοποιώντας την (1) έχουμε ότι το G είναι βαρύκεντρο του DEZ αν και μόνο αν (k-l)\overrightarrow{CE}+(m-l)\overrightarrow{AZ}=\overrightarrow{0}. Αυτά τα δύο διανύσματα δεν είναι παράλληλα, οπότε για να είναι το άθροισμά τους το μηδενικό διάνυσμα πρέπει να είναι και τα δύο μηδενικά, δηλαδή k=l και m=l.

Αυτό ισοδύναμα σημαίνει ότι \dfrac{BD}{BC}=\dfrac{CE}{CA}=\dfrac{AZ}{AB}=l\Leftrightarrow \dfrac{BD}{DC}=\dfrac{CE}{EA}=\dfrac{AZ}{ZB}.

Edit: Μόλις τώρα πάτησα το παραπάνω link και (όπως φοβόμουν) μάλλον η λύση είναι παρόμοια...


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1878
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Κοινό βαρύκεντρο

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Σάβ Νοέμ 24, 2018 5:43 pm

Επειδή η παράλληλη προβολή διατηρεί τους λόγους συγγραμμικων και παράλληλων τμημάτων, θεωρώ εκείνη που στέλνει το ABC σε ισοπλευρο τρίγωνο. Τότε, όμως και το DEZ ειναι ισοπλευρο, κ.λπ. το συμπέρασμα είναι σχεδόν προφανές.


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1878
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Κοινό βαρύκεντρο

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Σάβ Νοέμ 24, 2018 6:03 pm

Ας το δούμε με Φυσική.

Είναι γνωστό ότι η συνισταμένη δυνάμεων δεν μεταβάλλεται, αν αντικαταστήσουμε μερικές από αυτές με την συνισταμένη τους.

Έστω μ:ν οι ίσοι λόγοι. Στις κορυφές του αρχικού τριγώνου τοποθετώ βάρη ίσα με μ+ν. Η συνισταμένη των βαρών αυτών εφαρμόζεται στο κ.β. του τριγώνου αυτού.

Το βάρος ν της κορυφής Β και το βάρος μ της κορυφής C αντικαθίστανται από την συνισταμένη τους. Αυτή είναι ίση με βάρος μ+ν στην κορυφή D.

Όμοια τα βάρη ν της κορυφής C και μ της Α αντικαθίστανται από την συνισταμένη τους που είναι ίση με βάρος μ+ν στην κορυφή Ε, και, όμοια τα βάρη ν, μ των κορυφών Α, Β αντικαθίστανται από βάρος μ+ν στο Ζ.

Επομένως, τα τρία βάρη μεταφέρθηκαν από τις κορυφές A, B, C στις D, E, Z χωρίς η συνισταμένη τους να αλλάξει. Αλλά η συνισταμένη τους εφαρμόζεται στο κ.β. , οπότε το συμπέρασμα είναι ολοφάνερο.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες