Γενίκευση Μενελάου

Συντονιστής: polysot

Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1827
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Γενίκευση Μενελάου

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Δευ Δεκ 24, 2018 6:04 pm

Ευθεία τέμνει τις πλευρές AB, BC, CD, DE τετραπλεύρου ABCD κατά σειρά στα σημεία E, Z, H,  F. Να αποδειχτεί ότι:

\dfrac{AF}{FD}\,\dfrac{DH}{HC}\,\dfrac{CZ}{ZB}\,\dfrac{BE}{EA}\,=\,1

Ισχύει το αντίστροφο;

Αποδείξεις, για την ειδική περίπτωση, που η ευθεία διέρχεται από ένα σημείο τομής απέναντι πλευρών, μπορώ να πω, ότι είδα στον σύνδεσμο

viewtopic.php?f=178&t=63334



Λέξεις Κλειδιά:
harrisp
Δημοσιεύσεις: 537
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Γενίκευση Μενελάου

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από harrisp » Δευ Δεκ 24, 2018 6:18 pm

Μάλιστα ας βρεθεί η σχέση και για ένα ν-γωνο.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11807
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Γενίκευση Μενελάου

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Δευ Δεκ 24, 2018 6:43 pm

rek2 έγραψε:
Δευ Δεκ 24, 2018 6:04 pm
Ευθεία τέμνει τις πλευρές AB, BC, CD, DE τετραπλεύρου ABCD κατά σειρά στα σημεία E, Z, H,  F. Να αποδειχτεί ότι:

\dfrac{AF}{FD}\,\dfrac{DH}{HC}\,\dfrac{CZ}{ZB}\,\dfrac{BE}{EA}\,=\,1

Ισχύει το αντίστροφο;
Έστω ότι η διαγώνιος AC τέμνει την ευθεία στο K. Κάνουμε Μενέλαο σε καθένα από τα τρίγωνα ADC, ACB με διατέμνουσα την εν λόγω ευθεία. Είναι τότε

\dfrac{AF}{FD}\,\dfrac{DH}{HC}\,     \dfrac{CK}{KA} \, = 1 =\,  \dfrac{KA}{CK} \,   \dfrac{CZ}{ZB}\,\dfrac{BE}{EA}

Πολλαπλασιάζουμε τώρα κατά μέλη.

Ναι, ισχύει το αντίστροφο με την έννοια αν, π.χ., τα E, Z, H είναι συνευθειακά και το F ικανοποιεί την παραπάνω ισότητα, τότε και αυτό θα βρίσκεται στην ίδια ευθεία: Παίρνουμε F' το σημείο που η ευθεία E, Z, H τέμνει την DA. Από το ευθύ και με σύγκριση είναι \dfrac{AF}{FD}=\dfrac{AF'}{FD'}. Άρα F\equiv F' από την μοναδικότητα του λόγου.


Stelios V8
Δημοσιεύσεις: 22
Εγγραφή: Κυρ Ιαν 14, 2018 10:42 pm

Re: Γενίκευση Μενελάου

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Stelios V8 » Δευ Δεκ 24, 2018 8:17 pm

Αν Κ είναι το σημείο τομής των AB και CD τότε
(1) Από το θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο KBC με διατέμνουσα την EZH παίρνουμε
\frac{EK}{EB}\cdot \frac{ZB}{ZC}\cdot \frac{HC}{HK}=1
(2) Από το θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο KAD με διατέμνουσα την EHF παίρνουμε
\frac{EK}{EA}\cdot \frac{FA}{FD}\cdot \frac{HD}{HK}=1
από τις οποίες με διαίρεση κατά μέλη προκύπτει η ζητούμενη .
Για το αντίστροφο αν τρία σημεία είναι συνευθειακά και ικανοποιούν τη βασική ισότητα τότε και το τέταρτο θα ανήκει στην ίδια ευθεία .
Εν γένει δεν ισχύει το αντίστροφο . Πράγματι αν πάρουμε
Z'\equiv EH\bigcap BC και H'\equiv EF\bigcap CD τότε
(1)' Από το θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο KBC με διατέμνουσα την EZ'H παίρνουμε
\frac{EK}{EB}\cdot \frac{Z'B}{Z'C}\cdot \frac{HC}{HK}=1
(2)' Από το θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο KAD με διατέμνουσα την EH'F παίρνουμε
\frac{EK}{EA}\cdot \frac{FA}{FD}\cdot \frac{H'D}{H'K}=1
από τις οποίες με διαίρεση κατά μέλη προκύπτει ότι
\frac{ZB}{ZC}\cdot \frac{HK}{HD}=\frac{Z'B}{Z'C}\cdot \frac{H'K}{H'D} .
Έτσι θα μπορούσε για παράδειγμα να είναι
\frac{ZB}{ZC}=\frac{H'K}{H'D} και \frac{HK}{HD}=\frac{Z'B}{Z'C} και σχετικά έχουμε το
Συνημμένα
Αντίστροφο θεωρήματος Μενελάου για τετράπλευρο αντιπαράδειγμα.ggb
(19.82 KiB) Μεταφορτώθηκε 33 φορές


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης