mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 28, 2011 3:09 pm**

Εστω ένα κυρτό τετράπλευρο και το σημείο τομής των απέναντι πλευρών .Αν είναι τα μέσα των διαγωνίων αντίστοιχα τότε να υπολογιστεί ο λόγος των εμβαδών του τετραπλεύρου και του τριγώνου ,δηλαδή ο λόγος:

$\displaystyle \boxed{\frac{\left(ABCD \right)}{\left(KM_1M_2 \right)}}$

: Logos Embadwn.png (21.95 KiB) Προβλήθηκε 1308 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 28, 2011 5:01 pm**

Είναι $\displaystyle{ \left( {ABCD} \right) = \left( {CKD} \right) - \left( {KAB} \right):\left( 1 \right) }$ . Επίσης:

$\displaystyle{ \left( {CDK} \right) = \left( {KAC} \right) + \left( {ADC} \right) = 2\left( {KAM_1 } \right) + 2\left( {DAM_1 } \right) = 2\left[ {\left( {KAM_1 } \right) + \left( {DAM_1 } \right)} \right] \Rightarrow \boxed{\left( {CDK} \right) = 2\left( {DM_1 K} \right)}:\left( 2 \right) }$

$\displaystyle{ \left( {ABK} \right) = \left( {AKC} \right) - \left( {ABC} \right) = 2\left( {KM_1 C} \right) - 2\left( {BM_1 C} \right) = 2\left[ {\left( {KM_1 C} \right) - \left( {BM_1 C} \right)} \right] \Rightarrow \boxed{\left( {ABK} \right) = 2\left( {KBM_1 } \right)}:\left( 3 \right) }$

$\displaystyle{ \left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow \boxed{\left( {ABCD} \right) = 2\left[ {\left( {DM_1 K} \right) - \left( {KBM_1 } \right)} \right]}:\left( 4 \right) }$

$\displaystyle{ \left( {DM_1 K} \right) = \left( {M_1 M_2 K} \right) + \left( {KDM_2 } \right) + \left( {M_1 M_2 D} \right) = \left( {M_1 M_2 K} \right) + \left( {KM_2 B} \right) + \left( {BM_1 M_2 } \right) \Rightarrow }$ $\displaystyle{ \left( {DM_1 K} \right) = 2\left( {M_1 M_2 K} \right) + \left( {KM_1 B} \right):\left( 5 \right) }$

$\displaystyle{ \left( 4 \right),\left( 5 \right) \Rightarrow \left( {ABCD} \right) = 2\left[ {2\left( {M_1 M_2 K} \right) + \left( {KBM_1 } \right) - \left( {KBM_1 } \right)} \right] \Rightarrow \left( {ABCD} \right) = 4\left( {M_1 M_2 K} \right) \Rightarrow \boxed{\frac{{\left( {ABCD} \right)}} {{\left( {M_1 M_2 K} \right)}} = 4} }$

Παρατήρηση:Αν $\displaystyle{ Z = AB \cap CD }$ τότε ομοίως θα ισχύει: $\displaystyle{ \boxed{\frac{{\left( {ABCD} \right)}} {{\left( {M_1 M_2 Z} \right)}} = 4} }$ οπότε τελικά θα ισχύει και $\displaystyle{ \left( {M_1 M_2 K} \right) = \left( {M_1 M_2 Z} \right) }$ πράγμα που σημαίνει ότι

οι αποστάσεις των $\displaystyle{ K,Z }$ από την ευθεία $\displaystyle{ M_1 M_2 }$ είναι ίσες, επομένως η ευθεία $\displaystyle{ M_1 M_2 }$ διέρχεται από το μέσο $\displaystyle{ P }$ της $\displaystyle{ KZ }$

Πόρισμα. Τα μέσα των διαγωνίων του πλήρους τετραπλεύρου είναι συνευθειακά

Φιλικά και Γεωμετρικά
Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 28, 2011 8:48 pm**

Άλλη μια λύση στην ωραία άσκηση που πρότεινε ο Χρήστος.

Γνωρίζουμε ότι τα μέσα E,F,G,H

των πλευρών AB,BC,CD,DA

αντίστοιχα, είναι κορυφές παραλληλογράμμου.

Ισχύει: $\left( {EFGH} \right) = \displaystyle\frac{{\left( {ABCD} \right)}}{2}\,\,\left( 1 \right)$ γιατί:
$\left( {MEH} \right) = \left( {AEH} \right)\,\,\left( * \right),\,\left( {MHG} \right) = \left( {DHG} \right),\,\left( {MGF} \right) = \left( {CGF} \right)\,$
$\& \,\left( {MEF} \right) = \left( {BEF} \right)$ , όπου

το σημείο τομής των διαγωνίων $AC,\,BD$ .

Ισχύει: $\left( {K{M_1}{M_2}} \right) = \left( {E{M_1}K} \right) + \left( {E{M_2}K} \right) + \left( {E{M_1}{M_2}} \right)\mathop = \limits^{\left( {**} \right)} \left( {E{M_1}F} \right) + \left( {E{M_2}H} \right) +$
$+ \left( {E{M_1}{M_2}} \right)\mathop = \limits^{\left( {***} \right)} \displaystyle\frac{{\left( {EFGH} \right)}}{2}\,\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} \,\displaystyle\frac{{\left( {ABCD} \right)}}{4}\,\,\left( 2 \right)$ , οπότε: $\displaystyle\frac{{\left( {ABCD} \right)}}{{\left( {K{M_1}{M_2}} \right)}}\mathop = \limits^{\left( 2 \right)} \displaystyle\frac{{\left( {ABCD} \right)}}{{\displaystyle\frac{{\left( {ABCD} \right)}}{4}}} = 4.$

$\left( * \right)$ Τα τρίγωνα $MEH,\,AEH$ έχουν κοινή βάση, ισχύει EN//BM

άρα

μέσο της

, οπότε απ’ την ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων $AN{N_1},\,MN{N_2}$ έχουν και ίσα ύψη $A{N_1},\,M{N_2}$ . Ομοίως και για τα υπόλοιπα.

$\left( {**} \right)$ Τα τρίγωνα $E{M_1}K,\,E{M_1}F$ έχουν κοινή βάση και αφού $E{M_1}//BC$ θα έχουν ίσα ύψη $K{K_1},\,F{F_1}$ . Ομοίως και για το άλλο ζεύγος τριγώνων.

$\left( {***} \right)$ Από $\Pi - \Pi - \Pi$ τα ζεύγη τριγώνων ${M_2}EH - {M_1}FG$ , ${M_1}{M_2}E - {M_1}{M_2}G$ και ${M_2}HG - {M_1}EF$ είναι ίσα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 23, 2011 10:17 am**

Έστω $X.\ Y,\ Z,$ τα μέσα των πλευρών $AB,\ BC,\ AD$ αντιστοίχως και από $\displaystyle MY\parallel = \frac{AB}{2}\parallel = NZ$ προκύπτει ότι (LMY) = (LNZ),

όπου $M,\ N$ είναι τα μέσα των $AC,\ BD$ αντιστοίχως και $L\equiv MN\cap YZ$ ως το κοινό μέσον των $MN,\ YZ.$

: Κυρτό τετράπλευρο - Λόγος εμβαδών.; f=112_t=15925.PNG (19.33 KiB) Προβλήθηκε 1025 φορές

$\bullet$ $(KMN) = (KXM) + (XMN) + (KXN)\ \ ,(1)$

$\bullet$ $(XYZ) = (XYMNZ) = (YXM) + (XMN) + (ZXN)\ \ ,(2)$

Από $XM\parallel KY$ $\Longrightarrow$ $(KXM) = (YXM)\ \ ,(3)$ και από $XN\parallel KZ$ $\Longrightarrow$ $(KXN) = (ZXN)\ \ ,(4)$

Από $(1),\ (2),\ (3),\ (4)$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle (KMN) = (XYZ) = \frac{(ABCD)}{4}$ και το ζητούμενο έχει βρεθεί.

Σημείωση. - Με το ίδιο τρόπο αποδεικνύεται ότι ισχύει και $\displaystyle (BMNA) = (KMN) = (XYZ) = \frac{(ABCD)}{4}$

Κώστας Βήττας.

mathematica.gr

Κυρτό Τετράπλευρο-Λόγος Εμβαδών

Κυρτό Τετράπλευρο-Λόγος Εμβαδών

Re: Κυρτό Τετράπλευρο-Λόγος Εμβαδών

Re: Κυρτό Τετράπλευρο-Λόγος Εμβαδών

Re: Κυρτό Τετράπλευρο-Λόγος Εμβαδών