Επιφανειακός λόγος

#1

: Επιφανειακός λόγος.png (13.62 KiB) Προβλήθηκε 552 φορές

Επί των πλευρών BC, CA, AB

τριγώνου

θεωρώ τα σημεία D, E, F

αντίστοιχα ώστε $BD = \dfrac{a}{3},$

$CE = \dfrac{b}{3},$ $AF = \dfrac{c}{3}.$ Οι AD, BE, CF

τέμνονται ανά δύο στα K, L, M.

Να υπολογίσετε το λόγο $\displaystyle \frac{{(KLM)}}{{(ABC)}}.$

#2

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 29, 2021 3:23 pm
Επιφανειακός λόγος.png
Επί των πλευρών τριγώνου θεωρώ τα σημεία αντίστοιχα ώστε $BD = \dfrac{a}{3},$

$CE = \dfrac{b}{3},$ $AF = \dfrac{c}{3}.$ Οι τέμνονται ανά δύο στα Να υπολογίσετε το λόγο $\displaystyle \frac{{(KLM)}}{{(ABC)}}.$

Το θέμα έχει ξανασυζητηθεί στο

και δεν θα απαντήσω πριν την πρώτη τουλάχιστον απάντηση
Απλά να βάλω ένα ακόμα ερώτημα (αν μου το επιτρέπει ο Γιώργος

): Να δείξετε ότι τα τρίγωνα KLM

και

έχουν κοινό βαρύκεντρο

#3

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 29, 2021 3:23 pm
Επιφανειακός λόγος.png
Επί των πλευρών τριγώνου θεωρώ τα σημεία αντίστοιχα ώστε $BD = \dfrac{a}{3},$

$CE = \dfrac{b}{3},$ $AF = \dfrac{c}{3}.$ Οι τέμνονται ανά δύο στα Να υπολογίσετε το λόγο $\displaystyle \frac{{(KLM)}}{{(ABC)}}.$

Έστω

σημεία εσωτερικά των πλευρών BC,CA,AB

αντίστοιχα τριγώνου $\vartriangle ABC$ ώστε: $BD=\mu \cdot a,CE=\kappa \cdot b,AZ=\lambda \cdot c$ (προφανώς με $0<\kappa ,\lambda ,\mu <1$ ) . Να υπολογιστεί συναρτήσει των $\kappa ,\lambda ,\mu$ ο λόγος $\dfrac{\left( KLM \right)}{\left( ABC \right)}$ ,όπου $K\equiv BE\cap CZ,L\equiv CZ\cap AD,M\equiv AD\cap BE$ .

: επιφανειακός λόγος.png (33.25 KiB) Προβλήθηκε 464 φορές

Από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle ZBC$ με διατέμνουσα την ALD

θα έχουμε: $\dfrac{LC}{LZ}\cdot \dfrac{AZ}{AB}\cdot \dfrac{DB}{DC}=1\Rightarrow \dfrac{LC}{LZ}\cdot \lambda \cdot \dfrac{\mu }{1-\mu }=1\Rightarrow \dfrac{LC}{LZ}=\dfrac{1-\mu }{\lambda \mu }\Rightarrow$ $\dfrac{LC}{CZ}=\dfrac{1-\mu }{1-\mu +\lambda \mu }\Rightarrow \dfrac{\left( ALC \right)}{\left( AZC \right)}=\dfrac{1-\mu }{1-\mu +\lambda \mu }:\left( 1 \right)$ . Αλλά $\dfrac{\left( AZC \right)}{\left( ABC \right)}=\lambda :\left( 2 \right)$
Πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ κατά μέλη παίρνουμε: $\dfrac{\left( ALC \right)}{\left( ABC \right)}=\dfrac{\lambda -\lambda \mu }{1-\mu +\lambda \mu }:\left( 3 \right)$ . Με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι: $\dfrac{\left( CKB \right)}{\left( ABC \right)}=\dfrac{\mu -\mu \kappa }{1-\kappa +\mu \kappa }:\left( 4 \right)$ και $\dfrac{\left( BMA \right)}{\left( ABC \right)}=\dfrac{\kappa -\kappa \lambda }{1-\lambda +\kappa \lambda }:\left( 5 \right)$
Προσθέτοντας τις σχέσεις $\left( 3 \right),\left( 4 \right),\left( 5 \right)$ παίρνουμε:
$\dfrac{\left( ALC \right)+\left( CKB \right)+\left( BMA \right)}{\left( ABC \right)}=\dfrac{\lambda -\lambda \mu }{1-\mu +\lambda \mu }+\dfrac{\mu -\mu \kappa }{1-\kappa +\mu \kappa }+\dfrac{\kappa -\kappa \lambda }{1-\lambda +\kappa \lambda }$
$\Rightarrow \dfrac{\left( ABC \right)-\left( KLM \right)}{\left( ABC \right)}=\dfrac{\lambda -\lambda \mu }{1-\mu +\lambda \mu }+\dfrac{\mu -\mu \kappa }{1-\kappa +\mu \kappa }+\dfrac{\kappa -\kappa \lambda }{1-\lambda +\kappa \lambda }$ από όπου προκύπτει προφανώς $\dfrac{\left( KLM \right)}{\left( ABC \right)}=1-\dfrac{\lambda -\lambda \mu }{1-\mu +\lambda \mu }-\dfrac{\mu -\mu \kappa }{1-\kappa +\mu \kappa }-\dfrac{\kappa -\kappa \lambda }{1-\lambda +\kappa \lambda }$
Σχόλιο: Στην ειδική περίπτωση που έθεσε ο Γιώργος είναι $\kappa =\lambda =\mu =\dfrac{1}{3}$
Όσο για το ερώτημα που έθεσα καλλίτερα να απαντήσει κάποιος άλλος (Τι θα το κάνουμε: Γιάννης κερνάει , Γιάννης πίνει

)

Σημείωση: Για όποιον έχει χρόνο και ενδιαφέρεται για "τέτοιου" είδους θέματα μπορεί να ρίξει μια ματιά εδώ

#4

Ευχαριστώ τον Στάθη για τη λύση του παρόντος θέματος και δίνω μία διαφορετική προσέγγιση χρησιμοποιώντας

του λόγου τα καμώματα. Σύμφωνα με την παραπομπή είναι $\displaystyle \frac{{AL}}{{LD}} = \frac{{1 - k}}{{{k^2}}}$ και για $\displaystyle k = \frac{1}{3}$ θα είναι $\displaystyle \frac{{AL}}{{LD}} = 6.$

: Επιφανειακός λόγος.β.png (18.09 KiB) Προβλήθηκε 416 φορές

Είναι λοιπόν, $\displaystyle (ABL) = \frac{6}{7}(ABD) = \frac{2}{{7}}(ABC)$ και ομοίως $\displaystyle (BCM) = (CAK) = \frac{2}{{7}}(ABC).$

$\displaystyle (ABC) = (ABL) + (BCM) + (CAK) + (KLM) \Leftrightarrow (KLM) = (ABC) - \frac{2}{7}\left( {3(ABC)} \right)$

Επομένως, $\boxed{\frac{{(KLM)}}{{(ABC)}} = \frac{1}{7}}$

#5

Για την ιστορία.

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 29, 2021 3:23 pm
Να υπολογίσετε το λόγο $\displaystyle \frac{{(KLM)}}{{(ABC)}}.$

.
Το αποτέλεσμα αυτό ονομάζεται Θεώρημα Routh. Βλέπε π.χ. εδώ. Υπάρχει π.χ. στο βιβλίο του A Treatise on Analytical Statics (β έκδοση 1896) σελίς 82. Βλέπε εδώ.

.

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 29, 2021 4:47 pm
Να δείξετε ότι τα τρίγωνα και έχουν κοινό βαρύκεντρο

Edit: Κάνω μία διόρθωση.

Yπάρχει στην Συναγωγή του Πάππου ένα θεώρημα που λέει ότι τα $ABC,\, D$

έχουν το ίδιο βαρύκεντρο. Το δείχνει με συνθετική Γεωμετρία αλλά η απόδειξη με Αναλυτική Γεωμετρία είναι αρκετά απλή και ενδιαφέρουσα. Θα την γράψω, αν χρειαστεί, μόλις βρω ευκαιρία.

Θα ήταν ενδιαφέρον αν θα μπορούσαμε τα αποδείξουμε την άσκηση του Στάθη με βάση το θεώρημα του Πάππου.

(Αρχικά ισχυρίστηκα ότι ο Πάππος αναφερόταν στο KLM

. Αυτό ήταν παραδρομή μου γιατί από βιασύνη παρανάγνωσα το τρίγωνο στο οποίο αναφερόταν ο Στάθης. Ζητώ συγνώμη για το σφάλμα μου.)

#6

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 29, 2021 4:47 pm

Απλά να βάλω ένα ακόμα ερώτημα (αν μου το επιτρέπει ο Γιώργος ): Να δείξετε ότι τα τρίγωνα και έχουν κοινό βαρύκεντρο

Έστω ότι οι διάμεσοι KP, AN

των τριγώνων KLM, ABC

αντίστοιχα, τέμνονται στο

και

Εύκολα (με Μενέλαο) βρίσκω ότι $\displaystyle AK = KL = \frac{{3AD}}{7},BL = LM = \frac{{3BE}}{7},CM = MK = \frac{{3CF}}{2}$

: Επιφανειακός λόγος.γ.png (22.29 KiB) Προβλήθηκε 392 φορές

Προφανώς, το

είναι μέσο του

και το

μέσο του

άρα οι

έχουν κοινό μέσο

Άρα:

$\displaystyle NP = \frac{{LD + MZ}}{2} = \frac{{3LD}}{2} = \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{7}AD = \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{7}\left( {\frac{{7AK}}{3}} \right) \Leftrightarrow NP|| = \frac{{AK}}{2}$

Επομένως $\displaystyle \frac{{KG}}{{GP}} = \frac{{AG}}{{GN}} = 2,$ που σημαίνει ότι το

είναι κοινό βαρύκεντρο των τριγώνων KLM, ABC.

#7

Έκανα μία διόρθωση στο προηγούμενο ποστ μου. Συγνώμη για την ταλαιπωρία.

STOPJOHN · #8

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 29, 2021 3:23 pm
Επιφανειακός λόγος.png
Επί των πλευρών τριγώνου θεωρώ τα σημεία αντίστοιχα ώστε $BD = \dfrac{a}{3},$

$CE = \dfrac{b}{3},$ $AF = \dfrac{c}{3}.$ Οι τέμνονται ανά δύο στα Να υπολογίσετε το λόγο $\displaystyle \frac{{(KLM)}}{{(ABC)}}.$

Για το δεύτερο ερώτημα εστω

η διάμεσος στο τρίγωνο ABC

και

το

βαρύκεντρο του.Θα αποδειχθεί ότι PK=PL,GM=2PG

Από το πρώτο ερώτημα ισχύουν (μπορώ να τα αποδείξω αν ζητηθούν)

LD=x,KL=AK=3x,FK=y,KM=MC=3y,ME=z,BL=LM=3z,

Με θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο ADT

και τέμνουσα

$PGO,\dfrac{AG}{GT}.\dfrac{OT}{OD}.\dfrac{PD}{PA}=1 \Leftrightarrow \dfrac{OT}{OD}.\dfrac{PD}{PA}=1,(1)$

Ομοίως στο τρίγωνο

KDC

με τέμνουσα AMJ $,\dfrac{JC}{DJ}=\dfrac{3}{7}, DJ+JC=\dfrac{2a} {3}\Rightarrow JC=\dfrac{a}{5},$

Στο ADJ

με τέμνουσα $KMC,\dfrac{AM}{MJ}=\dfrac{5}{2}, \dfrac{5}{2}.\dfrac{2(5OC+a)}{5(2OC+a)}=2 \Leftrightarrow OC=a, GTO,AMJ,\dfrac{OM}{GM}=6, 6GM=OM,14PG=GO\Rightarrow GM=2PG, (1)\Rightarrow \dfrac{PD}{PA}=\dfrac{5}{9}\Leftrightarrow 9PL-5PK=6x,PL+PK=3x \Rightarrow PK=PL=\dfrac{3x}{2}$

Επιφανειακός λόγος

Επιφανειακός λόγος

Re: Επιφανειακός λόγος

Re: Επιφανειακός λόγος

Re: Επιφανειακός λόγος

Re: Επιφανειακός λόγος

Re: Επιφανειακός λόγος

Re: Επιφανειακός λόγος

Re: Επιφανειακός λόγος

Μέλη σε σύνδεση