mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 03, 2012 10:01 am**

Έστω

κυρτό τετράπλευρο εμβαδού

(ένα). Παίρνουμε στην

σημεία

με

. Όμοια στις άλλες πλευρές παίρνουμε
$BG=GH=HC, \, CP=PQ=QD, \, DR=RS=SA$ . Ενώνουμε απέναντι σημεία όπως τα E, Q

, μετά τα F, P

, μετά τα

και τέλος τα H, R

.

Σχηματίζονται έτσι 9 μικρά τετράπλευρα. Δείξτε ότι το "μεσαίο" στο σχήμα (το κεντρικό) έχει εμβαδόν 1/9

.

(Συγνώμη που δεν βάζω σχήμα αλλά είμαι στο εξωτερικό με μικρή πρόσβαση στο ιντερνέτ).

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 03, 2012 10:37 am**

εδώ είναι το σχήμα

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 03, 2012 1:30 pm**

Καλησπέρα.

: Το-μεσαίο-τετράπλευρο.jpg (40.18 KiB) Προβλήθηκε 736 φορές

Είναι $\left( {ADQ} \right) = \left( {AQP} \right) = \left( {APC} \right) = \displaystyle\frac{{\left( {ADC} \right)}}{3}$ και $\left( {CBF} \right) = \left( {CFE} \right) = \left( {CEA} \right) = \displaystyle\frac{{\left( {CAB} \right)}}{3}$ , οπότε $\left( {APCE} \right) = \left( {APC} \right) + \left( {CEA} \right) = \displaystyle\frac{{\left[ {\left( {ADC} \right) + \left( {CAB} \right)} \right]}}{3} = \displaystyle\frac{1}{3}$ .

Είναι $\left( {EQPF} \right) = \left( {EQP} \right) + \left( {EPF} \right) = \left( {EPC} \right) + \left( {EPA} \right) = \left( {APCE} \right) = \displaystyle\frac{1}{3}$ , οπότε και $\left( {SRHG} \right) = \displaystyle\frac{1}{3}$ και εφόσον $SK = KL = LG,\,RN = NM = MH$ θα ισχύει $\left( {KLMN} \right) = \displaystyle\frac{{\left( {SRHG} \right)}}{3} = \displaystyle\frac{1}{9}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 03, 2012 3:09 pm**

Ίσως να μου ξεφεύγει κάτι, αλλά στο συγκεκριμένο πρόβλημα, αν και ισχύει πράγματι $\displaystyle (KLMN) = \frac{(SRHG)}{3}\ \ \ ,(1)$ , αυτό δεν τεκμηριώνεται ότι αληθεύει επειδή στο τετράπλευρο SRHG

έχουμε $SK = KL = LG\ \ \ ,(2)$ και $RN = NM = MH\ \ \ ,(3)$ γιατί η (1)

δεν συμπεραίνεται εν γένει, με βάση τις $(2),\ (3).$

Κώστας Βήττας.

ΥΓ (1). Οι ισότητες $(2),\ (3)$ , προκύπτουν ως άμεση εφαρμογή του Θεωρήματος των ίσων λόγων σε τετράπλευρο, που έχουμε ξαναδεί Εδώ.

ΥΓ (2). Επειδή η λύση που έχω υπόψη μου είναι πολύπλοκη και ως τέτοια, δεν ταιριάζει σ' αυτόν τον φάκελο, προσδοκώ μία απλούστερη προσέγγιση.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 03, 2012 4:47 pm**

Καλησπέρα .
Μια προσπάθεια και αν πονάει δεκτή κάθε παρατήρηση.

1ο Βήμα:
Πρώτα-πρώτα αν σε τρίγωνο ABC

φέρουμε παράλληλη σε κάποια πλευρά π.χ. την

που να την τέμνει κατά το $EZ = \frac{2}{3}BC$ ,κάθε παραλληλόγραμμο με βάση το

και ύψος την απόσταση των παραλλήλων EZ,BC

έχει εμβαδόν $N = \frac{4}{9}(ABC)$

: L_LIma_1.png (3.17 KiB) Προβλήθηκε 673 φορές

Πράγματι
$N = EZ \cdot \frac{1}{3} \cdot {\upsilon _a} = \displaystyle\frac{2}{3}a \cdot \displaystyle\frac{1}{3} \cdot {\upsilon _a} = \displaystyle\frac{2}{9} \cdot 2(ABC) = \displaystyle\frac{4}{9}(ABC)$
2ο Βήμα:
Αν έχουμε δύο ευθύγραμμα τμήματα έστω AB,CD

και τα μέσα τους M,N

αντίστοιχα και πάρουμε τας συμμετρικά A',M',B'

των

ως προς τα C,N,D

αντίστοιχα , τότε τα A',M',B'

ανήκουν στην ίδια ευθεία .

: L_LIma_2.png (5.48 KiB) Προβλήθηκε 673 φορές

Ας το δούμε και διανυσματικά: $\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {DB} = 2\overrightarrow {NM} = \overrightarrow {NA} + \overrightarrow {NB} \,,\,\,\overrightarrow {CA'} + \overrightarrow {DB'} = 2\overrightarrow {NM'}$ και
$\overrightarrow {NA'} = \overrightarrow {NC} + \overrightarrow {CA'\,\,} \,\,\,,\,\,\overrightarrow {NB'} = \overrightarrow {ND} + \overrightarrow {DB'\,\,} \,$ συνεπώς προσθέτοντας έχουμε:
$\overrightarrow {NA'} + \overrightarrow {NB'} = \overrightarrow {CA'} + \overrightarrow {DB'}$ δηλαδή $\overrightarrow {NA'} + \overrightarrow {NB'} = 2\overrightarrow {NM'}$ που μας εξασφαλίζει ότι τα A',M',B'

ανήκουν στην ίδια ευθεία και το

μέσο του

.
Η πρόταση προφανώς ισχύει και στην περίπτωση που τα M,N

διαιρούν εσωτερικά τα AB,CD

σε ίσους λόγους.
Βήμα 3ο

: L_end.png (11.93 KiB) Προβλήθηκε 673 φορές

Μετά τα παραπάνω με βάσει το Ευκλείδειο αίτημα στο τετράπλευρο της εκφώνησης
Τα ενδιάμεσα ευθύγραμμα τμήματα τριχοτομούνται .
Έτσι θα έχουμε:
Τα τετράπλευρα SEC'A',PHC'A',SEHP

παραλληλόγραμμα τα δύο πρώτα γιατί οι διαγώνιοί τους διχοτομούνται ενώ το τρίτο γιατί έχει απέναντι πλευρές παράλληλες και ίσες με $\frac{1}{3}AC$ .
Ισχύουν
${N_1} + {N_2} = \displaystyle\frac{1}{4}(SEC'A') + \displaystyle\frac{1}{4}(PHC'A') = \displaystyle\frac{1}{4}(SEHP)$ δηλαδή
$(A'B'C'D') = \displaystyle\frac{1}{4}[(EZTH) + (SPTZ)] = \displaystyle\frac{1}{4} \cdot \displaystyle\frac{4}{9}[(CAB) + (ADB)]$ δηλαδή
$\boxed{(A'B'C'D') = \displaystyle\frac{1}{9}(ABCD)}$

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 03, 2012 8:13 pm**

Όπως αποδεικνύεται στη λύση του Μιχάλη Νάννου πιο πάνω, έχουμε $\displaystyle e + k + g = \frac{(ABCD)}{3} = f + k + h\ \ \ ,(1)$

: Το μεσαίο τετράπλευρο.; f=22_t=32504.PNG (24.52 KiB) Προβλήθηκε 631 φορές

Σύμφωνα με το πρόβλημα που έχει συζητηθεί Εδώ, έχουμε $a + c = 2k = b + d\ \ \ ,(2)$

Από (1)

$\Longrightarrow$ $\displaystyle (ABCD) - (a + c) - (b + d) + k = \frac{2(ABCD)}{3}\ \ \ ,(3)$

Από $(2),\ (3)$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle (ABCD) - 3k = \frac{2(ABCD)}{3}$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle k = \frac{(ABCD)}{9}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 03, 2012 10:00 pm**

Καλησπέρα.
Καταθέτω την άποψή μου προσπαθώντας να ερμηνεύσω «την σκέψη του Μιχάλη»

Έστω τετράπλευρο ABCD

στο οποίο οι δύο απέναντι πλευρές του AD,BC

τριχοτομούνται από τα σημεία $Z,E\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,H,P$ αντίστοιχα.
Άραγε το τετράπλευρο έχει εμβαδόν το $\displaystyle\frac{1}{3}$ του αρχικού;
Ας πάρουμε τα μέσα M,N

των

αντίστοιχα και τα μέσα T,S

των

αντίστοιχα καθώς και τα μέσα ${G_1}\,\,,{G_2}$ των EP,ZH

αντίστοιχα.
Είναι προφανές ότι τα τετράπλευρα $MSNT,T{G_1}S{G_2}$ είναι παραλληλόγραμμα και
Αφού η διαγώνιος

του πρώτου και η διαγώνιος ${G_1}{G_2}$ του δευτέρου περνούν από το μέσο

της

τα σημεία $N,{G_1},{G_2},M$ ανήκουν στην ίδια ευθεία .
Ακόμα θα είναι (λόγω τριχοτομίας και της

από τα ${G_1},{G_2}$ ) το μεν ${G_1}$ βαρύκεντρο του NTS

και το ${G_2}$ του MTS

.
Τώρα θα έχουμε:
$({G_1}TS) + ({G_2}TS) = \displaystyle\frac{1}{3}[(NTS) + (MTS)]$ δηλαδή $(T{G_1}S{G_2}) = \displaystyle\frac{1}{3}(NTMS) \Leftrightarrow 2(T{G_1}S{G_2}) = \displaystyle\frac{1}{3} \cdot 2(NTMS)$ . Αλλά το παραλληλόγραμμο που προκύπτει από τα μέσα τετράπλευρου έχει εμβαδόν το μισό του τετράπλευρου, έτσι εδώ $\boxed{(EZHP) = \displaystyle\frac{1}{3}(ABCD)}$

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 04, 2012 2:08 am**

vittasko έγραψε:Ίσως να μου ξεφεύγει κάτι, αλλά στο συγκεκριμένο πρόβλημα, αν και ισχύει πράγματι $\displaystyle (KLMN) = \frac{(SRHG)}{3}\ \ \ ,(1)$ , αυτό δεν τεκμηριώνεται ότι αληθεύει επειδή στο τετράπλευρο έχουμε $SK = KL = LG\ \ \ ,(2)$ και $RN = NM = MH\ \ \ ,(3)$ γιατί η δεν συμπεραίνεται εν γένει, με βάση τις $(2),\ (3).$

Μεγάλη τελικά η στραβομάρα μου και ζητώ την κατανόησή σας.

Αφού, όπως αποδεικνύεται ότι ισχύει $\displaystyle (EQPF) = \frac{(ABCD)}{3}$ με τον ίδιο τρόπο προκύπτει ότι αληθεύει και $\displaystyle (KLMN) = \frac{(SRHG)}{3}$ και δεν ξέρω πόσο απλούστερη προσέγγιση από αυτήν του Μιχάλη πιο πάνω μπορεί να βρεθεί.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 04, 2012 1:11 pm**

Γενικότερα, αν διαιρεθούν οι πλευρές σε 2n+1

ίσα τμήμτα, τότε ο λόγος του εμβαδού του μεσαίου τετραπλεύρου προς το εμβαδόν του αρχικού τετραπλεύρου ισούται με $\frac{1}{(2n+1)^2}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 07, 2012 11:32 am**

Άλλη μία αντιμετώπιση, αφού έχουμε δείξει την ισότητα των αντιστοίχων τμημάτων.
Λήμμα:
Αν οι απέναντι πλευρές τετραπλεύρου ABCD

, χωριστούν σε τρία ίσα τμήματα και συνδέσουμε τα αντίστοιχα σημεία, τα εμβαδά των τριών σχηματιζόμενων τετραπλεύρων, είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου. Δηλαδή γενικότερα, τα τετράπλευρα που δημιουργούνται με χωρισμό των απέναντι πλευρών σε

ίσα τμήματα, έχουν εμβαδά που είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου.
Απόδειξη:
Έστω h_1,h_2,h_3,h_4

τα αντίστοιχα ύψη και E', D

' προβολές των E,D

στα

αντίστοιχα.
Καθώς (FEZ)=(FAZ),(KED)=(KEZ)

έχουμε:
$\displaystyle{(ABFZ)-(ZFKE)=(AFB)-(EKF)=\frac{BF(h_1-h_3)}{2}=\frac{BF\cdot AE'}{2}}$ και όμοια, $\displaystyle{(ZFKE)-(DEKC)=(ZKF)-(DCK)=\frac{BF(h_2-h_4)}{2}=\frac{BF\cdot ZD'}{2}}$ , οπότε τα εμβαδά των τριών τετραπλεύρων (ABFZ),(ZFKE),(DEKC)

είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, καθώς AE'=ZD'

Με το παραπάνω λήμμα, το μεσαίο τετράπλευρο κάθε σειράς είναι ο αριθμητικός μέσος των υπολοίπων τετραπλεύρων της σειράς και το εμβαδόν της μεσαίας σειράς, είναι ο αριθμητικός μέσος των υπολοίπων σειρών.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 07, 2012 12:17 pm**

Γειά και χαρά στην τρομερή παρέα.
Θα μπορούσε κανείς να είχε εμνευστεί το θέμα από το Pick's Theorem;

mathematica.gr

Το μεσαίο τετράπλευρο

Το μεσαίο τετράπλευρο

Re: Το μεσαίο τετράπλευρο

Re: Το μεσαίο τετράπλευρο

Re: Το μεσαίο τετράπλευρο

Re: Το μεσαίο τετράπλευρο

Re: Το μεσαίο τετράπλευρο

Re: Το μεσαίο τετράπλευρο

Re: Το μεσαίο τετράπλευρο

Re: Το μεσαίο τετράπλευρο

Re: Το μεσαίο τετράπλευρο

Re: Το μεσαίο τετράπλευρο