mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2012 1:20 pm**

Οι πλευρές

και

, εγγεγραμμένου τετραπλεύρου ABCD

, τέμνονται στο

, ενώ οι

τέμνονται στο

. Δείξτε ότι τα μέσα M , N , K

των

αντίστοιχα , είναι συνευθειακά .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2012 2:06 pm**

KARKAR έγραψε:Οι πλευρές και , εγγεγραμμένου τετραπλεύρου , τέμνονται στο , ενώ οι

τέμνονται στο . Δείξτε ότι τα μέσα των αντίστοιχα , είναι συνευθειακά .

Απλά να πω ότι δεν είναι ανάγκη να είναι το $\displaystyle{ ABCD }$ εγγράψιμο (είναι μια βασική ιδιότητα των μέσων των διαγωνίων του πλήρους τετραπλεύρου)

και μια απόδειξη (με τη βοήθεια των εμβαδών) βρίσκεται εδώ: http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=22&t=15925.

Επίσης γίνεται και εύκολη απόδειξη με το Θεώρημα του Μενελάου

Μια άλλη απόδειξη σαν συνέπεια ότι οι κύκλοι με διαμέτρους τις διαγώνιες του πλήρους τετραπλεύρου έχουν κοινό ριζικό άξονα (και επομένως τα κέντρα τους (που είναι τα μέσα των διαγωνίων) είναι συνευθειακά βρίσκεται εδώ viewtopic.php?f=22&t=17080 (συνημμένο σελίδα 4)

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2012 7:44 pm**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
KARKAR έγραψε:Οι πλευρές και , "εγγεγραμμένου" τετραπλεύρου , τέμνονται στο , ενώ οι

τέμνονται στο . Δείξτε ότι τα μέσα των αντίστοιχα , είναι συνευθειακά .

Επίσης γίνεται και εύκολη απόδειξη με το Θεώρημα του Μενελάου

Επειδή ανέφερα πιο πάνω λύση με τη βοήθεια του θεωρήματος του Μενελάου ας γίνω πιο συγκεκριμένος.

: 1.png (27.89 KiB) Προβλήθηκε 616 φορές

Έστω $\displaystyle{ C',D',T' }$ τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{ DT,TC,CD }$ αντίστοιχα.

Τότε προφανώς οι τριάδες των σημείων $\displaystyle{ K,D',C' - C',N,T' - T',D',M }$

είναι συνευθειακές (από τα ευθύγραμμα τμήματα που συνδέουν τα μέσα των πλευρών τριγώνων...).

Στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle CDT }$ με διατέμνουσα την $\displaystyle{ ABS }$ (όλες ... προεκτάσεις) από το θεώρημα του Μενελάου είναι :

$\displaystyle{ \boxed{\frac{{AD}} {{AT}} \cdot \frac{{BT}} {{BC}} \cdot \frac{{SC}} {{SD}} = 1}:\left( 1 \right) }$

Από τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle CAT,\vartriangle ADC,\vartriangle BDT,\vartriangle BDC,\vartriangle SCT,\vartriangle SDC }$ για τα τμήματα που συνδέουν τα μέσα των πλευρών τους

έχουμε : $\displaystyle{ AD = 2MT',AT = 2MD',BT = 2NC',BC = 2NT',SC = 2KD',SD = 2KC' }$ και η $\displaystyle{ \left( 1 \right) }$ γίνεται

$\displaystyle{ \frac{{2MT'}} {{2MD'}} \cdot \frac{{2NC'}} {{2NT'}} \cdot \frac{{2KD'}} {{2KC'}} = 1 \Rightarrow \boxed{\frac{{MT'}} {{MD'}} \cdot \frac{{NC'}} {{NT'}} \cdot \frac{{KD'}} {{KC'}} = 1} }$ άρα για το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle T'D'C' }$ και

για τα σημεία $\displaystyle{ M,N,K }$ ισχύει το αντίστροφο του θεωρήματος του Μενελάου και συνεπώς $\displaystyle{ M,N,K }$ συνευθειακά

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

mathematica.gr

Στον ίσιο δρόμο

Στον ίσιο δρόμο

Re: Στον ίσιο δρόμο

Re: Στον ίσιο δρόμο