Τετράπλευρο ως μέρος τριγώνου

KARKAR · #1

: Τετράπλευρο ως μέρος τριγώνου.png (10.35 KiB) Προβλήθηκε 990 φορές

Στην διάμεσο

, τριγώνου ABC

, κινείται σημείο

. Οι

τέμνουν

τις πλευρές AC , AB

, στα σημεία T , S

αντίστοιχα .

α) Αν το

είναι το μέσο της

, υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{(ASNT)}{(ABC)}$ .

β) Ποιος πρέπει να είναι ο λόγος $\dfrac{AN}{NM}$ , ώστε : $\dfrac{(ASNT)}{(ABC)}=\dfrac{1}{3}$ ;

* Γενίκευση δεκτή ( για άλλους λόγους ) .

#2

KARKAR έγραψε: Τετ Νοέμ 17, 2021 12:07 pm Τετράπλευρο ως μέρος τριγώνου.pngΣτην διάμεσο , τριγώνου , κινείται σημείο . Οι τέμνουν

τις πλευρές , στα σημεία αντίστοιχα .
b)
α) Αν το είναι το μέσο της , υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{(ASNT)}{(ABC)}$ .

β) Ποιος πρέπει να είναι ο λόγος $\dfrac{AN}{NM}$ , ώστε : $\dfrac{(ASNT)}{(ABC)}=\dfrac{1}{3}$ ;

* Γενίκευση δεκτή ( για άλλους λόγους ) .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

KARKAR έγραψε: Τετ Νοέμ 17, 2021 12:07 pm Τετράπλευρο ως μέρος τριγώνου.pngΣτην διάμεσο , τριγώνου , κινείται σημείο . Οι τέμνουν

τις πλευρές , στα σημεία αντίστοιχα .

α) Αν το είναι το μέσο της , υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{(ASNT)}{(ABC)}$ .

β) Ποιος πρέπει να είναι ο λόγος $\dfrac{AN}{NM}$ , ώστε : $\dfrac{(ASNT)}{(ABC)}=\dfrac{1}{3}$ ;

* Γενίκευση δεκτή ( για άλλους λόγους ) .

Από CEVA $\dfrac{AS}{SB}. \dfrac{BM}{MC}. \dfrac{CT}{TA}=1 \Rightarrow \dfrac{AS}{SB}= \dfrac{AT}{TC} \Rightarrow ST//BC$

Από θ.κ.δέσμης είναι SP=PT

άρα

και

$\dfrac{(ASNT)}{(ABC)}= \dfrac{2(ASN)}{2(ABM)}= \dfrac{(ASN)}{(ABM)}= \dfrac{AS}{AB}. \dfrac{AN}{AM}$

Έστω $\dfrac{AS}{AB}=m$ οπότε $\dfrac{AS}{SB}= \dfrac{m}{1-m}$

Από VAN AUBEL $\dfrac{AN}{NM} = \dfrac{AS}{SB}+ \dfrac{AT}{TC} \Rightarrow \dfrac{AN}{NM}= 2\dfrac{AS}{SB} = \dfrac{2m}{1-m}$

Τελικά $\dfrac{(ASNT)}{(ABC)}= \dfrac{2m^2}{1-m}$

1)Όταν $\dfrac{AN}{NM}=1 \Rightarrow \dfrac{2m}{1-m}=1 \Rightarrow m= \dfrac{1}{3}$ και $\dfrac{(ASNT)}{(ABC)}= \dfrac{1}{6}$

2)Όταν $\dfrac{(ASNT)}{(ABC)}= \dfrac{1}{3}$ εύκολα από $\dfrac{2m^2}{1-m} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow m= \dfrac{1}{2}$ και $\dfrac{AN}{NM}=2$ άρα το

είναι κ.βάρους

: Τετράπλευρο ως μέρος τριγώνου.png (13.02 KiB) Προβλήθηκε 900 φορές

#4

Από το Θ.

έχω: $\boxed{\frac{{AS}}{{SB}} \cdot \dfrac{{BM}}{{MC}} \cdot \dfrac{{CT}}{{TA}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{AS}}{{SB}} = \dfrac{{AT}}{{TC}}}$ και άρα ST//BC

.

Φέρνω από το

παράλληλη στην

Και τέμνει την

στο

.

Επειδή τα τρίγωνα $SKN\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TKN$ έχουν κοινή βάση

και ίσα ύψη προς αυτή από τα $S\,\,\kappa \alpha \iota \,\,K$ θα είναι ισοδύναμα .

Προφανώς τώρα τα «πράσινα» τρίγωνα είναι ισοδύναμα οπότε : $\boxed{\left( {ASNT} \right) = \left( {AKT} \right)}\,\,\left( 1 \right)$ .

: Τετράπλευρο ως μέρος τριγώνου.png (14.42 KiB) Προβλήθηκε 889 φορές

Ας είναι τώρα $\dfrac{{AN}}{{NM}} = x,x > 0 \Rightarrow \boxed{\dfrac{{AK}}{{AB}} = \dfrac{x}{{x + 1}}\,}\,\,\left( 2 \right)$ .

Στο $\vartriangle AMC$ με διατέμνουσα $\overline {BNT}$ από Θ. Μενέλαου έχω:

$\dfrac{{AN}}{{NM}} \cdot \dfrac{{MB}}{{BC}} \cdot \dfrac{{CT}}{{TA}} = 1 \Rightarrow \boxed{\dfrac{x}{2} = \dfrac{{AT}}{{TC}}}\,\,\left( 3 \right)$ και $\boxed{\dfrac{{AT}}{{AC}} = \dfrac{x}{{x + 2}}}\,\,\,\left( 4 \right)$ ,

Ας ονομάσω με $\boxed{k = \dfrac{{\left( {ASNT} \right)}}{{\left( {ABC} \right)}} = \dfrac{{\left( {AKT} \right)}}{{\left( {ABC} \right)}} = \dfrac{{AK \cdot AT}}{{AB \cdot AC}}\mathop = \limits_{\left( 4 \right)}^{\left( 2 \right)} \dfrac{x}{{x + 1}} \cdot \dfrac{x}{{x + 2}}}$ $\left( 5 \right)$

Έτσι:

Αν AN = NM

θα είναι

και από την $\left( 5 \right)$ , προκύπτει: $\boxed{k = \dfrac{1}{6}}$

ενώ αν $k = \dfrac{1}{3}$ από την $\left( 5 \right)$ προκύπτει η εξίσωση : $\dfrac{x}{{x + 1}} \cdot \dfrac{x}{{x + 2}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow 2{x^2} - 3x - 2 = 0 \Rightarrow \boxed{x = 2}$ , δηλαδή το

είναι το βαρύκεντρο του $\vartriangle ABC$

#5

Αλλιώς για το α) ερώτημα με "σχολικό" τρόπο.

Επειδή το

είναι μέσο της διαμέσου

από άσκηση του σχολικού είναι $\displaystyle \frac{{AS}}{{AB}} = \frac{{AT}}{{AC}} = \frac{1}{3}$

$\displaystyle \frac{{(ASNT)}}{{(ABC)}} = \frac{{(ASN)}}{{(ABM)}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{6}$

kfd · #6

α) $\vec{AT}=x\vec{AC}\Leftrightarrow \vec{NT}-\vec{NA}=x\vec{AC}\Leftrightarrow y\vec{BT}-\frac{1}{2}\vec{MA}=x\vec{AC}\Leftrightarrow y(\vec{AT}-\vec{AB})+\frac{1}{4}\left ( \vec{AB} +\vec{AC}\right )=x\vec{AC}\Leftrightarrow yx\vec{AC}-y\vec{AB}+\frac{1}{4}\vec{AB}+\frac{1}{4}\vec{AC}=x\vec{AC}\Leftrightarrow \left ( \frac{1}{4}-y \right )\vec{AB}=\left ( x-\frac{1}{4}-yx \right )\vec{AC}\Leftrightarrow x=\frac{1}{3},y=\frac{1}{4}$ ,
επειδή ABC τρίγωνο. Άρα $\frac{AT}{AC}=\frac{1}{3}.$
Άρα $\frac{\left ( ANT \right )}{\left ( AMC \right )}=\frac{AN\cdot AT}{AM\cdot AC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{6}.$
Όμοια $\frac{\left ( ANS \right )}{\left ( AMB \right )}=\frac{1}{6}$ και $\frac{\left ( ASNT \right )}{\frac{1}{2}\cdot \left ( ABC \right )}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{\left ( ASNT \right )}{\left ( ABC \right )}=\frac{1}{6}$
β) H παράλληλη από το Μ στην ΒΤ τέμνει την ΑC στο Κ που είναι μέσο της ΤC. Αν $\frac{AN}{NM}=k=\frac{AT}{TK}=\frac{2AT}{TC}$
θα είναι $\frac{AT}{TC}=\frac{k}{2}, \frac{AT}{AC}=\frac{k}{k+2},\frac{AN}{AM}=\frac{k}{k+1}.$
θα είναι $\frac{\left ( ANT \right )}{\left ( AMC \right )}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow \frac{AN\cdot AT}{AM\cdot AC}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow \frac{k}{k+1}\cdot \frac{k}{2+k}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow k=2,k=-\frac{1}{2}$
με δεκτή τη θετική.

Τετράπλευρο ως μέρος τριγώνου

Τετράπλευρο ως μέρος τριγώνου

Re: Τετράπλευρο ως μέρος τριγώνου

Re: Τετράπλευρο ως μέρος τριγώνου

Re: Τετράπλευρο ως μέρος τριγώνου

Re: Τετράπλευρο ως μέρος τριγώνου

Re: Τετράπλευρο ως μέρος τριγώνου

Μέλη σε σύνδεση