Παραλληλόγραμμο από βαρύκεντρα

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #1

: Παραλληλόγραμμο από βαρύκεντρα.PNG (47.99 KiB) Προβλήθηκε 674 φορές

Θεωρούμε κυρτό τετράπλευρο ABCD

και

το σημείο τομής των διαγωνίων του.

Αν K,L,M,N

τα βαρύκεντρα των τριγώνων AEB,BEC,ECD,EDA

αντίστοιχα τότε :

α)Να δείξετε ότι το KLMN

είναι παράλληλόγραμμο.

β)Να υπολογίσετε τον λόγο $\dfrac{\left ( KLMN \right )}{\left ( ABCD \right )}$

Ορέστης Λιγνός · #2

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 10, 2019 10:05 pm

Παραλληλόγραμμο από βαρύκεντρα.PNG
Θεωρούμε κυρτό τετράπλευρο και το σημείο τομής των διαγωνίων του.

Αν τα βαρύκεντρα των τριγώνων αντίστοιχα τότε :

α)Να δείξετε ότι το είναι παράλληλόγραμμο.

β)Να υπολογίσετε τον λόγο $\dfrac{\left ( KLMN \right )}{\left ( ABCD \right )}$

Γεια σου Πρόδρομε!

α) Έστω, $Y \equiv AN \cap BD, Z \equiv AK \cap BC$ .

Τότε, αφού τα N,K

είναι βαρύκεντρα είναι $AN=2NY, AK=2KZ \Rightarrow \dfrac{AN}{NY}=\dfrac{AK}{KZ}=2$ άρα από αντίστροφο Θαλή $NK \parallel YZ \equiv DB \Rightarrow NK \parallel DB$ .

Όμοια, $ML \parallel DB$ άρα $NK \parallel ML$ και όμοια $KL \parallel NM$ άρα το KLMN

είναι παραλληλόγραμμο.

β) Έστω, $X \equiv AE \cap NK$ και $S \equiv NM \cap DB$ .

Τότε, είναι $(NXES)=(AEY)-(ANX)-(NYS)=\dfrac{(ADE)}{2}-\dfrac{4(AYE)}{9}-\dfrac{(AYE)}{9}=\dfrac{(ADE)}{2}-\dfrac{5(AYE)}{9}=$
$\dfrac{(ADE)}{2}-\dfrac{5(ADE)}{18}=\dfrac{2(ADE)}{9}$ .

Όμοια, $(XKTE)=\dfrac{2(AEB)}{9}$ (με $T \equiv KL \cap DB$ ) και τα κυκλικά.

Άρα, (KLMN)=(NXES)+(KXET)+(SEWM)+(TEWL)=

$\dfrac{2}{9}((ADE)+(AEB)+(DEC)+(BEC))=\dfrac{2(ABCD)}{9}$

#3

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 10, 2019 10:05 pm
Παραλληλόγραμμο από βαρύκεντρα.PNG

Θεωρούμε κυρτό τετράπλευρο και το σημείο τομής των διαγωνίων του.

Αν τα βαρύκεντρα των τριγώνων αντίστοιχα τότε :

α)Να δείξετε ότι το είναι παράλληλόγραμμο.

β)Να υπολογίσετε τον λόγο $\dfrac{\left ( KLMN \right )}{\left ( ABCD \right )}$

Την καλησπέρα μου στα παιδιά μας !!!!
Το τετράπλευρο KLMN

είναι (λόγω των βαρυκέντων) το ομοιόθετο του παραλληλογράμμου ${{K}_{1}}{{L}_{1}}{{M}_{1}}{{N}_{1}}$ (γνωστότατη πρόταση), όπου ${{K}_{1}},{{L}_{1}}.{{M}_{1}}.{{N}_{1}}$ είναι τα μέσα των AB,BC,CD,DA

αντίστοιχα με κέντρο ομοιοθεσίας το

και λόγο $\dfrac{2}{3}$ και συνεπώς είναι και αυτό παραλληλόγραμμο και μάλιστα
$\dfrac{\left( KLMN \right)}{\left( {{K}_{1}}{{L}_{1}}{{M}_{1}}{{N}_{1}} \right)}={{\left( \dfrac{2}{3} \right)}^{2}}=\dfrac{4}{9}\overset{\left( ABCD \right)=2\left( {{K}_{1}}{{L}_{1}}{{M}_{1}}{{N}_{1}} \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{\left( KLMN \right)}{\left( ABCD \right)}=\dfrac{2}{9}$

#4

Το ι) υπάρχει ήδη αλλά θα το δούμε και λίγο αλλιώς μέσα στην απόδειξη του ιι). Το ιι) αλλιώς:

Από το γεγονός ότι τα N, K

διαιρούν τις διαμέσους σε λόγο 2:3

, εύκολα βλέπουμε ότι $NM= \frac {1}{3} DB = ML$ , και όμοια $KL= \frac {1}{3} AC = NM$ . 'Επεται ότι το KLMN

είναι παραλληλόγραμμο. Επίσης από την ισότητα των γωνιών NKL, AEB

(έστω $\theta$ ) είναι

$(KLMN) = NM \cdot KL \sin \theta = \frac {1}{9} DB \cdot AC \sin \theta = \frac {2}{9} \left ( \frac {1}{2} DB \cdot AC \sin \theta \right) = \frac {2}{9} (ABCD)$

Παραλληλόγραμμο από βαρύκεντρα

Παραλληλόγραμμο από βαρύκεντρα

Re: Παραλληλόγραμμο από βαρύκεντρα

Re: Παραλληλόγραμμο από βαρύκεντρα

Re: Παραλληλόγραμμο από βαρύκεντρα

Μέλη σε σύνδεση