Επιφανειακός λόγος

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11154
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Επιφανειακός λόγος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Νοέμ 29, 2021 3:23 pm

Επιφανειακός λόγος.png
Επιφανειακός λόγος.png (13.62 KiB) Προβλήθηκε 285 φορές
Επί των πλευρών BC, CA, AB τριγώνου ABC 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)}}.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4349
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Βρυξέλλες

Re: Επιφανειακός λόγος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Δευ Νοέμ 29, 2021 4:47 pm

george visvikis έγραψε:
Δευ Νοέμ 29, 2021 3:23 pm
Επιφανειακός λόγος.png
Επί των πλευρών BC, CA, AB τριγώνου ABC 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)}}.
Το θέμα έχει ξανασυζητηθεί στο :logo: και δεν θα απαντήσω πριν την πρώτη τουλάχιστον απάντηση
Απλά να βάλω ένα ακόμα ερώτημα (αν μου το επιτρέπει ο Γιώργος :D ): Να δείξετε ότι τα τρίγωνα KLM και ABC έχουν κοινό βαρύκεντρο ;)


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4349
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Βρυξέλλες

Re: Επιφανειακός λόγος

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Πέμ Δεκ 02, 2021 10:28 pm

george visvikis έγραψε:
Δευ Νοέμ 29, 2021 3:23 pm
Επιφανειακός λόγος.png
Επί των πλευρών BC, CA, AB τριγώνου ABC 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)}}.
Έστω D,E,Z 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
επιφανειακός λόγος.png (33.25 KiB) Προβλήθηκε 197 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 :lol: )

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


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11154
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Επιφανειακός λόγος

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Δεκ 03, 2021 11:02 am

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
Επιφανειακός λόγος.β.png (18.09 KiB) Προβλήθηκε 149 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}}


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13899
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Επιφανειακός λόγος

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Δεκ 03, 2021 12:11 pm

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 KLM και ABC έχουν κοινό βαρύκεντρο
Edit: Κάνω μία διόρθωση.

Yπάρχει στην Συναγωγή του Πάππου ένα θεώρημα που λέει ότι τα ABC,\, DEF 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.)
τελευταία επεξεργασία από Mihalis_Lambrou σε Παρ Δεκ 03, 2021 7:52 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11154
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Επιφανειακός λόγος

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Δεκ 03, 2021 12:58 pm

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

Απλά να βάλω ένα ακόμα ερώτημα (αν μου το επιτρέπει ο Γιώργος :D ): Να δείξετε ότι τα τρίγωνα KLM και ABC έχουν κοινό βαρύκεντρο ;)
Έστω ότι οι διάμεσοι KP, AN των τριγώνων KLM, ABC αντίστοιχα, τέμνονται στο G και MZ||AD.

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
Επιφανειακός λόγος.γ.png (22.29 KiB) Προβλήθηκε 125 φορές
Προφανώς, το D είναι μέσο του BZ και το Z μέσο του DC, άρα οι BC, DZ έχουν κοινό μέσο N. 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 G είναι κοινό βαρύκεντρο των τριγώνων KLM, ABC.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13899
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Επιφανειακός λόγος

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Δεκ 03, 2021 7:56 pm

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


STOPJOHN
Δημοσιεύσεις: 2195
Εγγραφή: Τετ Οκτ 05, 2011 7:08 pm
Τοποθεσία: Δροσιά, Αττικής

Re: Επιφανειακός λόγος

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από STOPJOHN » Σάβ Δεκ 04, 2021 4:33 pm

george visvikis έγραψε:
Δευ Νοέμ 29, 2021 3:23 pm
Επιφανειακός λόγος.png
Επί των πλευρών BC, CA, AB τριγώνου ABC 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)}}.
Για το δεύτερο ερώτημα εστω AT η διάμεσος στο τρίγωνο ABC και G 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 ADTκαι 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}
Συνημμένα
Eπειφανειακός λόγος.png
Eπειφανειακός λόγος.png (75.01 KiB) Προβλήθηκε 44 φορές


α. Η δυσκολία με κάνει δυνατότερο.
β. Όταν πέφτεις να έχεις τη δύναμη να σηκώνεσαι.
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

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