mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 24, 2010 11:34 am**

Να αποδειχθεί ότι οι $\displaystyle{{\mu _\alpha },{\mu _\beta }}$ και $\displaystyle{{\mu _\gamma }}$ , διάμεσοι του τριγώνου $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ , σχηματίζουν τρίγωνο με εμβαδόν $\displaystyle{{\rm E} = \frac{3}{4} \cdot {{\rm E}_{{\rm A}{\rm B}\Gamma }}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 24, 2010 12:01 pm**

Σεραφείμ έγραψε:Να αποδειχθεί ότι οι $\displaystyle{{\mu _\alpha },{\mu _\beta }}$ και $\displaystyle{{\mu _\gamma }}$ , διάμεσοι του τριγώνου $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ , σχηματίζουν τρίγωνο με εμβαδόν $\displaystyle{{\rm E} = \frac{3}{4} \cdot {{\rm E}_{{\rm A}{\rm B}\Gamma }}}$ .

Πως ακριβώς σχηματίζεται το τρίγωνο αυτό; Προσωπικά γνωρίζω δυο τέτοια τρίγωνα που σχηματίζονται από διαμέσους, αλλά με εμβαδόν ίσο προς το 1/4, όχι 3/4, του αρχικού τριγώνου. (Υπόδειξη: τα δυο μαζί σχηματίζουν το άστρο του Δαβίδ

)

Γιώργος Μπαλόγλου

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 24, 2010 12:20 pm**

gbaloglou έγραψε:Πως ακριβώς σχηματίζεται το τρίγωνο αυτό;

Γιώργο νομίζω ότι ο Σεραφείμ εννοεί αυτό:

: medians.png (9.2 KiB) Προβλήθηκε 2067 φορές

Μαυρογιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 24, 2010 12:49 pm**

Ισχύει όπως δείχνει ο Νίκος. Το νέο τρίγωνο, έχει πλευρές τις διαμέσους του αρχικού.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 24, 2010 12:53 pm**

Σεραφείμ έγραψε:Ισχύει όπως δείχνει ο Νίκος. Το νέο τρίγωνο, έχει πλευρές τις διαμέσους του αρχικού.

Καταπληκτικό, είμαι σίγουρος πως θα υπάρξουν πολλές λύσεις!

(Στέλνω και εγώ αυτό που εννοούσα ως ξεχωριστό θέμα.)

Γιώργος Μπαλόγλου

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 24, 2010 1:01 pm**

Είναι $E_{ON\Gamma }=\frac{1}{3}E_{AB\Gamma }$
Όμως το τρίγωνο ΟΝΓ είναι όμοιο με το τρίγωνο που έχει πλευρές τις τρείς διαμέσους και με λόγο ομοιότητας ίσο με 2/3. Άρα: $\frac{E_{\left(ON\Gamma \right)}}{E_{\delta }}=\left(\frac{2}{3} \right)^2=\frac{4}{9}$
Επομένως: $E_{\delta }=\frac{9}{4}E_{\left(ON\Gamma \right)}=\frac{9}{4}.\frac{1}{3}E_{\left(AB\Gamma \right)}=\frac{3}{4}E_{\left(AB\Gamma \right)}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 24, 2010 1:18 pm**

Κατασκευάζουμε το παραλληλόγραμμο ΑΔΒΗ. Τότε ΗΑ= ΒΔ= ΒΓ/2=ΖΕ. Συνεπώς ΗΖΕΑ παραλληλόγραμμο και επομένως ΗΖ =ΑΕ=ΑΓ/2=ΕΓ. Είναι δηλαδή ΗΖΓΕ παραλληλόγραμμο με συνέπεια ΓΖ=ΕΗ. Είναι δηλαδή το ΗΒΕ το τργ των διαμέσων. Είναι Ι μέσον της ΗΕ (σημείο τομής διαγωνίων παρ/μου ΗΖΕΑ) που σημαίνει ότι (ΗΒΕ)=2(ΒΙΕ)=2 $\cdot$ ¾ (ΑΒΕ)***= 2 $\cdot$ ¾ $\cdot$ ½ (ΑΒΓ)=3/4 (ΑΒΓ)

*** αφού ΑΙ=1/4 ΑΒ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 24, 2010 1:25 pm**

Άλλη λύση:

Θα δείξουμε ότι:

$\displaystyle \frac{3}{4}E=\sqrt{m\left(m-m_{a} \right)\left(m-m_{b} \right)\left(m-m_{c} \right)},m=\frac{m_{a}+m_{b}+m_{c}}{2}$

η αλλίως: $\displaystyle 3E=\sqrt{\left(m_{a}+m_{b}+m_{c} \right)\prod{\left(m_{b}+m_{b}-m_{c} \right)}}$

όμως η ταυτότητα του De Moivre:

$\displaystyle 16E_{m_{a}m_{b}m_{c}}^{2}=\left(m_{a}+m_{b}+m_{c} \right)\left(m_{b}+m_{c}-m_{a} \right)\left(m_{c}+m-{a}-m_{b} \right)\left(m_{a}+m_{b}-m_{c} \right)=2\sum{m_{a}^{2}m_{b}^{2}}-\sum{m_{a}^{4}}=\sum{m_{a}^{2}\left(2m_{b}^{2}-m_{a}^{2} \right)}=\frac{1}{16}\sum{\left(2b^{2}+2c^{2}-a^{2} \right)\left(5a^{2}+2c^{2}-4b^{2} \right)}=\frac{1}{16}\sum{\left(10a^{2}b^{2}+4b^{2}c^{2}+10a^{2}c^{2}+4a^{2}b^{2}-2c^{2}a^{2}-8b^{4}+4c^{4}-5a^{4} \right)}=$

$\displaystyle \frac{1}{16}\left(10\sum{a^{2}b^{2}}+4\sum{b^{2}c^{2}}+10\sum{a^{2}c^{2}}+4\sum{a^{2}b^{2}}-2\sum{c^{2}a^{2}}-8\sum{b^{4}}-5\sum{a^{4}}+4\sum{c^{4}} \right)=\frac{1}{16}\left(18\sum{a^{2}b^{2}}-9\sum{a^{4}} \right)=9\left(\frac{2\sum{a^{2}b^{2}}-\sum{a^{4}}}{16} \right)=9\cdot\frac{1}{16}\left(a+b+c \right)\prod{\left(-a+b+c \right)}=9s\prod{\left(s-a \right)}=9E^{2}\Rightarrow E_{m_{a}m_{b}m_{c}}=\frac{3}{4}E$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 24, 2010 1:48 pm**

Όταν διάβασα το πρόβλημα, ήμουν σίγουρος ότι στους λύτες θα εμφανιστεί και ο Κώστας Δόρτσιος.
"Παλιά καραβάνα", γι' αυτόν τέτοια θέματα είναι για "ελαφρά προπόνηση", χωρίς να υποτιμώ καθόλου την αξία και το διδακτικό ενδιαφέρον που παρουσιάζει το πρόβλημα.
Νομίζω ότι το θέμα υπάρχει και στη Γεωμετρία του Τόγκα, απλά είμαι μακρυά από τη βιβλιοθήκη μου και δεν μπορώ να το επιβεβαιώσω.
Θα παρακολουθήσω με προσοχή όλες τις δυνατές λύσεις που θα προταθούν, επειδή το θέμα πράγματι αντέχει για πολλαπλές προσεγγίσεις.

Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 24, 2010 2:28 pm**

Μια ακόμα λύση .. (αν και όλες έχουν την ίδια αρχική ιδέα)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 24, 2010 11:24 pm**

Και μία με διανύσματα:
Ας είναι $\vec{\alpha},\vec{\beta},\vec{\gamma}$ τα διανύσματα που αντιστοιχούν στις πλευρές του τριγώνου (κυκλικά). Είναι $\vec{\alpha}+\vec{\beta}+\vec{\gamma}=\vec{0}$ . Τα διανύσματα των διαμέσων είναι $\vec{\gamma}+\frac{\vec{\alpha}}{2},\vec{\alpha}+\frac{\vec{\beta}}{2}\vec{\beta}+\frac{\vec{\gamma}}{2}$ που και αυτά έχουν άθροισμα $\vec{0}$ . 'Αρα ή σχηματίζουν τρίγωνο ή είναι συγγραμμικά. 'Exoυμε:
$\det \left( \vec{\gamma}+\frac{\vec{\alpha}}{2},\vec{\alpha}+\frac{\vec{\beta}}{2}\right) =\det \left( -\vec{\alpha}-\vec{\beta}+\frac{\vec{\alpha}}{2},\vec{\alpha}+\frac{\vec{\beta}}{2}\right) =\det \left( -\frac{1}{2}\left( \vec{\alpha}+2\vec{\beta}\right) ,\allowbreak \frac{1}{2}\left( 2\vec{\alpha}+\vec{\beta}\right) \right) =\frac{1}{4}\det \left( -\vec{\alpha}-2\vec{\beta},\allowbreak 2\vec{\alpha}+\vec{\beta}\right) =\frac{1}{4}\det \left( \vec{\alpha}-\vec{\beta},\allowbreak 2\vec{\alpha}+\vec{\beta}\right) =\frac{1}{4}\det \left( \vec{\alpha}-\vec{\beta},\allowbreak 2\vec{\alpha}+\vec{\beta}\right) =\frac{1}{4}\det \left( \vec{\alpha}-\vec{\beta},\allowbreak 3\vec{\beta}\right) =\frac{3}{4}\det \left( \vec{\alpha}-\vec{\beta},\allowbreak \vec{\beta}\right) =\frac{3}{4}\det \left( \vec{\alpha},\allowbreak \vec{\beta}\right)$
Τελικά $\det \left( \vec{\gamma}+\frac{\vec{\alpha}}{2},\vec{\alpha}+\frac{\vec{\beta}}{2}\right) =\frac{3}{4}\det \left( \vec{\alpha},\allowbreak \vec{\beta}\right)$
Η τελευταία ισότητα εξασφαλίζει ότι τελικά τα διανύσματα των διαμέσων ορίζουν τρίγωνο και συγχρόνως μας δίνει και την ζητούμενη σχέση για τα εμβαδά.
Μαυρογιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 18, 2011 11:30 pm**

Μόλις τώρα πρόσεξα το θέμα, με αφορμή την παραπομπή από εδώ.

Ας δώσω μια ακόμα λύση:

: 18-05-2011 Γεωμετρία.jpg (11.84 KiB) Προβλήθηκε 1743 φορές

Έστω το τρίγωνο ΑΒΓ και οι διάμεσοί του ΑΔ, ΒΕ και ΓΖ αντίστοιχα.

ΥΠΑΡΞΗ ΤΡΙΓΩΝΟΥ

Από τριγωνική ανισότητα (νόμο παραλληλογράμμου) είναι

$\displaystyle {\rm B}\Theta + \Gamma \Theta > 2\Theta \Delta \Rightarrow \frac{2}{3}{\rm B}{\rm E} + \frac{2}{3}\Gamma {\rm Z} > \frac{2}{3}{\rm A}\Delta \Rightarrow {\rm B}{\rm E} + \Gamma {\rm Z} > {\rm A}\Delta$

και κυκλικά αποδεικνύουμε την τριγωνική ανισότητα για τις διαμέσους του ΑΒΓ, οπότε σχηματίζουν τρίγωνο.

ΣΥΓΚΡΙΣΗ ΕΜΒΑΔΩΝ

Φέρνουμε τμήμα ΔΚ παράλληλο και ίσο με το ΒΕ. Φέρνουμε τις ΑΚ και ΓΚ.

Το ΒΔΚΕ είναι παραλληλόγραμμο, άρα ΕΚ = ΒΔ δηλαδή ΕΚ = ΖΕ, οπότε και ΖΚΓΒ παραλληλόγραμμο και διαδοχικά και ΑΚΓΖ παραλληλόγραμμο,
οπότε ΑΚ = ΓΖ.

Τότε το εμβαδό του τριγώνου που σχηματίζουν οι διάμεσοι του ΑΒΓ είναι:

$\displaystyle \left( {{\rm A}\Delta {\rm K}} \right) = \frac{1}{2}{\rm A}\Delta \cdot \Delta {\rm K} \cdot \eta \mu \phi$ (όπου $\displaystyle \widehat{{\rm A}\Delta {\rm K}} = \widehat{{\rm A}\Theta {\rm E}} = \phi$ ).

Έστω Θ το βαρύκεντρο του ΑΒΓ.

Τότε $\displaystyle {\rm A}\Theta = \frac{2}{3}{\rm A}\Delta ,\;\;\Theta {\rm E} = \frac{1}{3}{\rm B}{\rm E},\;\;\left( {{\rm A}\Theta {\rm E}} \right) = \frac{1}{2}\left( {{\rm A}\Theta \Gamma } \right) = \frac{1}{6}\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)$

Οπότε

$\displaystyle \begin{array}{l} \left( {{\rm A}\Theta {\rm E}} \right) = \frac{1}{2}{\rm A}\Theta \cdot \Theta {\rm E} \cdot \eta \mu \phi = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot {\rm A}\Delta \cdot \frac{1}{3}{\rm B}{\rm E} \cdot \eta \mu \phi = \frac{2}{9} \cdot \left( {{\rm A}\Delta {\rm K}} \right) \Rightarrow \\ \\ \Rightarrow \left( {{\rm A}\Delta {\rm K}} \right) = \frac{9}{2}\left( {{\rm A}\Theta {\rm E}} \right) = \frac{9}{2} \cdot \frac{1}{6}\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = \frac{3}{4}\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) \\ \end{array}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 22, 2011 7:53 pm**

το τρίγωνο $EHG,\ ( H- \mu\epsilon\sigma o \ AG\ )$ είναι όμοιο με το τρίγωνο διαμέσων (εμβαδού

),με λόγο ομοιότητας $\displaystyle{\frac{1}{3}}$ , έτσι $\displaystyle{\frac{(EHG)}{E}=\frac{1}{9}\Rightarrow E=9\cdot (EHG)}$

αλλά $\displaystyle{(EHG)=\frac{1}{12}(ABC),\ \alpha \rho\alpha \ (EHG)=9\cdot \frac{1}{12}(ABC)\Rightarrow E=\frac{3}{4}(ABC)}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 25, 2011 10:38 pm**

Μιας και εγώ τώρα το βλέπω το θέμα, έχω προτείνει ανάλογη άσκηση στην Γεωμετρία Α΄ Λυκείου που αναφέρεται σε αυτή την κατασκευή, όπως και ότι οι διάμεσοι του νέου τριγώνου είναι τα 3/4 των πλευρών του αρχικού τριγώνου, αλλά φυσικά δεν αναφέρομαι πουθενά σε εμβαδά τριγώνων (μιας και είναι θέμα Β Λυκείου)

Δείτε εδώ(θέμα Β-9 /σελ. 11)

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 26, 2011 12:33 am**

Σεραφείμ έγραψε:Να αποδειχθεί ότι οι $\displaystyle{{\mu _\alpha },{\mu _\beta }}$ και $\displaystyle{{\mu _\gamma }}$ , διάμεσοι του τριγώνου $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ , σχηματίζουν τρίγωνο με εμβαδόν $\displaystyle{{\rm E} = \frac{3}{4} \cdot {{\rm E}_{{\rm A}{\rm B}\Gamma }}}$ .

Οι διάμεσοι χωρίζουν το τρίγωνο σε έξι ισεμβαδικά τρίγωνα (ίσες βάσεις, ίσα ύψη ανά ζεύγη). Το GCE

, όπου

παράλληλη και άρα ίση της

(διότι

παραλληλόγραμμο) έχει προφανώς εμβαδόν ίσο με το 1/3 του αρχικού. Όμως οι πλευρές του έχουν μήκος τα 2/3 των διαμέσων και άρα το εμβαδόν του είναι τα 4/9 του τριγώνου των διαμέσων. Συνεπώς το τρίγωνο των διαμέσων έχει εμβαδόν τα $\frac {9}{4}\cdot \frac {1}{3}= \frac {3}{4}$ του αρχικού τριγώνου.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Ουπς. Τώρα βλέπω ότι ο Κώστας έβαλε νωρίτερα την ίδια λύση. Την αποσύρω, αλλά την ... αφήνω αφού έκανα το σχήμα.

mathematica.gr

Το τρίγωνο των διαμέσων.

Το τρίγωνο των διαμέσων.

Re: Το τρίγωνο των διαμέσων.

Re: Το τρίγωνο των διαμέσων.

Re: Το τρίγωνο των διαμέσων.

Re: Το τρίγωνο των διαμέσων.

Re: Το τρίγωνο των διαμέσων.

Re: Το τρίγωνο των διαμέσων.

Re: Το τρίγωνο των διαμέσων.

Re: Το τρίγωνο των διαμέσων.

Re: Το τρίγωνο των διαμέσων.

Re: Το τρίγωνο των διαμέσων.

Re: Το τρίγωνο των διαμέσων.

Re: Το τρίγωνο των διαμέσων.

Re: Το τρίγωνο των διαμέσων.

Re: Το τρίγωνο των διαμέσων.