Παραλληλόγραμμο !

#1

Οι διαγώνιες ΑΓ,ΒΔ ενός παραλληλογράμμου ΑΒΓΔ τέμνονται στο Ο. Έστω Μ,Ν τα μέσα των ΟΓ,ΟΔ αντίστοιχα.Οι ευθείες ΒΜ,ΑΝ τέμνονται στο Ρ. Να αποδειχθεί ότι ΟΡ // ΑΔ.

Μπάμπης

chris · #2

Απο το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο APM

με διατέμνουσα την BON

εχουμε:

$\displastyle \frac{AN}{NP}\cdot \frac{OM}{OA}\cdot \frac{BP}{BM}=1\stackrel{OA=2OM}\Rightarrow \boxed{\frac{AN}{NP}=2\frac{BM}{BP}}(1)$

Ομως $MN \parallel AB$ και απο το Θεώρημα του Θαλή:
$\displastyle \boxed{\frac{AN}{NP}=\frac{BM}{PM}}(2)$

και απο τις (1),(2)

έχουμε:

άρα το

είναι το μέσο της

και αντιστοίχως το

μέσο της

.Άρα αν

το μέσο της

τότε:
$\displaystyle GN\parallel OP\parallel AD$

που είναι και το ζητούμενο!

: Parallhlogrammo.png (10.54 KiB) Προβλήθηκε 1008 φορές

Grigoris K. · #3

chris έγραψε:Απο το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο με διατέμνουσα την εχουμε:

$\displastyle \frac{AN}{NP}\cdot \frac{OM}{OA}\cdot \frac{BP}{BM}=1\stackrel{OA=2OM}\Rightarrow \boxed{\frac{AN}{NP}=2\frac{BM}{BP}}(1)$

Ομως $MN \parallel AB$ και απο το Θεώρημα του Θαλή:
$\displastyle \boxed{\frac{AN}{NP}=\frac{BM}{PM}}(2)$

και απο τις έχουμε:

άρα το είναι το μέσο της και αντιστοίχως το μέσο της .Άρα αν το μέσο της τότε:
$\displaystyle GN\parallel OP\parallel AD$

που είναι και το ζητούμενο!
Parallhlogrammo.png

Στο σχήμα του Chris θα ήθελα να κάνω μία σκέψη (μάλλον λανθασμένη):

Στο $\displaystyle \triangle APB : BO = \frac{2}{3}BN, AO = \frac{2}{3}AM$ . Μπορούμε από εδώ να συμπεράνουμε ότι Ο βαρύκεντρο του τριγώνου; Μετά το ζητούμενο προκύπτει άμεσα αφού η προέκταση του ΡΟ θα διέρχεται από το μέσο της ΑΒ και στο τριγ. ΑΒD θα διέρχεται από τα μέσα των πλευρών άρα θα είναι παράλληλο στην ΑD.

Λάμπρος Ευσταθίου · #4

Θεωρούμε ${\rm K},\Lambda$ τα μέσα των ${\rm A}{\rm B}$ και $\Gamma \Delta$ αντίστοιχα.

Είναι, ${\rm K}\Lambda //{\rm A}\Delta//{\rm B}\Gamma$

Από Θαλή, ${\rm A}{\rm N} = {\rm N}{{\rm P}_2}$ και άρα ${\rm A}{\rm O}{{\rm P}_2}\Delta$ παραλληλόγραμμο και ${\rm O}{{\rm P}_2} = {\rm A}\Delta$ .

Όμοια, ${\rm B}{\rm O}{{\rm P}_1}\Gamma$ παραλληλόγραμμο και ${\rm O}{{\rm P}_1} = {\rm B}\Gamma ( = {\rm A}\Delta )$

και τελικά ${{\rm P}_1} \equiv {{\rm P}_2} \equiv {\rm P}$ .

#5

Grigoris K. έγραψε:
Στο σχήμα του Chris θα ήθελα να κάνω μία σκέψη (μάλλον λανθασμένη):

Στο $\displaystyle \triangle APB : BO = \frac{2}{3}BN, AO = \frac{2}{3}AM$ . Μπορούμε από εδώ να συμπεράνουμε ότι Ο βαρύκεντρο του τριγώνου; Μετά το ζητούμενο προκύπτει άμεσα αφού η προέκταση του ΡΟ θα διέρχεται από το μέσο της ΑΒ και στο τριγ. ΑΒD θα διέρχεται από τα μέσα των πλευρών άρα θα είναι παράλληλο στην ΑD.

Από αυτή ακριβώς την παρατήρηση βρήκα και γω τη λύση .
Βέβαια, η απάντηση στο ερώτημά σου είναι ΝΑΙ αλλά πάλι χρησιμοποίησα όμοια τρίγωνα .

Μπάμπης

S.E.Louridas · #6

Πράγματι από την εκφώνηση μπορούμε να ανιχνεύσουμε την λύση. Συγκεκριμένα έχουμε:
Θεωρούμε το παραλληλόγραμμο ΑΟΤD με
$OT\mathop = \limits^\parallel AD\mathop = \limits^\parallel BC.$
Οπότε και το τετράπλευρο BCTO είναι παραλληλόγραμμο. Επομένως το Τ σαν συμμετρικό του Α ως προς το μέσο του OD και ταυτόχρονα σαν συμμετρικό του Β ως προς το μέσο του OC ταυτίζεται με το Ρ.

S.E.Louridas

#7

Ένας ακόμα τρόπος είναι να χρησιμοποιήσουμε την πρόταση: "Αν ένα ευθύγραμμο τμήμα έχει τα άκρα του πάνω στις δύο πλευρές τριγώνου και είναι παράλληλο με την τρίτη πλευρά και ίση με το μισό της τρίτης πλευράς, τότε τα άκρα του είναι τα μέσα των δύο πλευρών του τριγώνου"
(Η απόδειξη είναι απλή με τη εις άτοπον απαγωγή)

Οπότε (απο το σχήμα του Chris) στο τρίγωνο DOC η ΜΝ ενώνει μέσα άρα $MN//=\frac{DC}{2}\Rightarrow MN//=\frac{AB}{2}$ οπότε τα Μ,Ν είναι τα μέσα των ΒΡ, ΑΡ αντίστοιχα. Άρα το ΑΟΡD είναι παραλληλόγραμμο (αφού οι διαγ. διχοτομούνται). Άρα ΟΡ//AD

Παραλληλόγραμμο !

Παραλληλόγραμμο !

Re: Παραλληλόγραμμο !

Re: Παραλληλόγραμμο !

Re: Παραλληλόγραμμο !

Re: Παραλληλόγραμμο !

Re: Παραλληλόγραμμο !

Re: Παραλληλόγραμμο !

Μέλη σε σύνδεση