Εμβαδά, 1. Κριτήριο //γράμμου, 2. Συντρέχουσες ευθείες

Ανδρέας Πούλος · #1

Το θέμα που προτείνω είναι πάλι από διαγωνισμό Πανρωσικό.
Αυτή τη φορά κοίταξα καλά όλα τα σχετικά θέματα που έχουν
προταθεί στη στήλη "Γεωμετρία διαγωνισμών για Seniors".
Αλλά ποτέ δεν πρέπει να είναι κανείς σίγουρος.
Το ζητούμενο πάλι είναι να δοθούν πολλές και διαφορετικές λύσεις.
Το θέμα είχε χωριστεί σε δύο σκέλη α) και β) όπως το γράφω.

α) Κάθε μία από τις διαγώνιες ενός κυρτού τετραπλεύρου το διαιρεί σε δύο ισεμβαδικά σχήματα.
Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο είναι παραλληλόγραμμο.
β) Δίνεται κυρτό εξάγωνο ΑΒΓΔΕΖ. Αν κάθε μία από τις διαγώνιες ΑΔ, ΒΕ και ΓΖ
το διαιρεί σε δύο ισεμβαδικά σχήματα, να αποδείξετε ότι οι τρεις αυτές διαγώνιοι
έχουν ένα κοινό σημείο.

Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

#2

Για το (α)

: 17-4-2011 Γεωμετρία.jpg (11.73 KiB) Προβλήθηκε 936 φορές

Έστω ΑΒΓΔ κυρτό τετράπλευρο, τέτοιο ώστε $\displaystyle {\rm{(AB\Gamma ) = ({\rm A}\Gamma \Delta ) = ({\rm A}{\rm B}\Delta ) = ({\rm B}\Gamma \Delta )}}$ .

Φέρνουμε τα ύψη ΔΚ και ΓΛ στην ΑΒ.
$\displaystyle {\rm{(AB\Gamma ) = ({\rm A}{\rm B}\Delta ) }} \Rightarrow \frac{{{\rm A}{\rm B} \cdot \Delta {\rm K}}}{2} = \frac{{{\rm A}{\rm B} \cdot \Lambda \Gamma }}{2} \Rightarrow \Delta {\rm K} = \Gamma \Lambda$

Οπότε το ΔΚΛΓ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο, οπότε $\displaystyle \Delta \Gamma = {\rm A}{\rm B},\;\Delta \Gamma //{\rm A}{\rm B}$ δηλαδή ΑΒΓΔ παραλληλόγραμμο.

#3

Απόδειξη του (α), αλλά και του (β), με διανυσματικό:

ΕΠΕΞΕΡΓΑΣΙΑ 21-5-13: δυστυχώς δεν ισχύει η απόδειξη -- βλέπετε παρακάτω -- που πάντως παραμένει εδώ για διδακτικούς σκοπούς.

(α) Θέτουμε $\overrightarrow{b}=\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{c}=\overrightarrow{AC}, \overrightarrow{d}=\overrightarrow{AD}.$ Λόγω ίσων εμβαδών, το βαρύκεντρο του ABCD

είναι το μέσον του ευθυγράμμου τμήματος που ορίζεται από τα βαρύκεντρα των ABC

,

, αλλά ταυτόχρονα είναι και το μέσον του ευθυγράμμου τμήματος που ορίζεται από τα βαρύκεντρα των ABD

,

: προκύπτει συνεπώς η εξίσωση

$\frac{\frac{\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}}{3}+\frac{\overrightarrow{d}+\overrightarrow{c}}{3}}{2}=\frac{\frac{\overrightarrow{b}+\overrightarrow{d}}{3}+\frac{\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}+\overrightarrow{d}}{3}}{2}\Longleftrightarrow\overrightarrow{c}=\overrightarrow{b}+\overrightarrow{d},$

που σημαίνει ότι το ABCD

είναι παραλληλόγραμμο.

(β) Θέτουμε $\overrightarrow{b}=\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{c}=\overrightarrow{AC}, \overrightarrow{d}=\overrightarrow{AD}, \overrightarrow{e}=\overrightarrow{AE}, \overrightarrow{f}=\overrightarrow{AF}.$ Λόγω ίσων εμβαδών, το βαρύκεντρο του εξαγώνου είναι ταυτόχρονα το μέσον του ευθυγράμμου τμήματος που ορίζεται από τα βαρύκεντρα των ABCD

,

, το μέσον του ευθυγράμμου τμήματος που ορίζεται από τα βαρύκεντρα των BCDE

,

, και το μέσον του ευθυγράμμου τμήματος που ορίζεται από τα βαρύκεντρα των FABC

,

: προκύπτει συνεπώς η εξίσωση

$\frac{\frac{\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}+\overrightarrow{d}}{4}+\frac{\overrightarrow{f}+\overrightarrow{e}+\overrightarrow{d}}{4}}{2}=\frac{\frac{\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}+\overrightarrow{d}+\overrightarrow{e}}{4}+\frac{\overrightarrow{b}+\overrightarrow{f}+\overrightarrow{e}}{4}}{2}=\frac{\frac{\overrightarrow{f}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}}{4}+\frac{\overrightarrow{f}+\overrightarrow{e}+\overrightarrow{d}+\overrightarrow{c}}{4}}{2}\Longleftrightarrow\overrightarrow{d}=\overrightarrow{b}+\overrightarrow{e}=\overrightarrow{c}+\overrightarrow{f},$

που σημαίνει ότι τα ABDE

,

είναι παραλληλόγραμμα και επομένως τα μέσα των

,

ταυτίζονται.

Γιώργος Μπαλόγλου

#4

Γιώργος Ρίζος έγραψε:Για το (α)

17-4-2011 Γεωμετρία.jpg
Έστω ΑΒΓΔ κυρτό τετράπλευρο, τέτοιο ώστε $\displaystyle {\rm{(AB\Gamma ) = ({\rm A}\Gamma \Delta ) = ({\rm A}{\rm B}\Delta ) = ({\rm B}\Gamma \Delta )}}$ .

Φέρνουμε τα ύψη ΔΚ και ΓΛ στην ΑΒ.
$\displaystyle {\rm{(AB\Gamma ) = ({\rm A}{\rm B}\Delta ) }} \Rightarrow \frac{{{\rm A}{\rm B} \cdot \Delta {\rm K}}}{2} = \frac{{{\rm A}{\rm B} \cdot \Lambda \Gamma }}{2} \Rightarrow \Delta {\rm K} = \Gamma \Lambda$

Οπότε το ΔΚΛΓ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο, οπότε $\displaystyle \Delta \Gamma = {\rm A}{\rm B},\;\Delta \Gamma //{\rm A}{\rm B}$ δηλαδή ΑΒΓΔ παραλληλόγραμμο.

Γιώργο η απόδειξη σου σωστή τελικά, αλλά θέλει λίγο περισσότερη δουλειά και προσοχή: δεν μας έχει δοθεί η ισότητα $\displaystyle {\rm{(AB\Gamma ) = ({\rm A}\Gamma \Delta ) = ({\rm A}{\rm B}\Delta ) = ({\rm B}\Gamma \Delta )}}$ αλλά οι ΔΥΟ ισότητες $\displaystyle {\rm{(AB\Gamma ) = ({\rm A}\Gamma \Delta )}}$ και $\displaystyle({\rm A}{\rm B}\Delta ) = ({\rm B}\Gamma \Delta )}}$ , από τις οποίες εύκολα έπεται ότι το τετράπλευρο διαμερίζεται σε τέσσερα ισεμβαδικά τρίγωνα και επομένως $\displaystyle {\rm{(AB\Gamma ) = ({\rm A}{\rm B}\Delta ) }}$ , κλπ

Γιώργος Μπαλόγλου

#5

gbaloglou έγραψε:Απόδειξη του (α), αλλά και του (β), με διανυσματικό:

Όπως με ενημέρωσε νωρίτερα σήμερα ο Ανδρέας Βαρβεράκης, η απόδειξη μου δεν ισχύει καθώς ... "είναι διαφορετικό το κέντρο βάρους πολυγώνου θεωρώντας το σαν μία ομογενή πλάκα και διαφορετικό το κέντρο βάρους θεωρώντας ίσα σημειακά βάρη στις κορυφές"!

[Θεωρείστε για παράδειγμα τα ισεμβαδικά τρίγωνα με συντεταγμένες κορυφών (0, 0), (b, h), (a, 0)

και

και αντίστοιχα βαρύκεντρα $(\displaystyle\frac{a+b}{3}, \displaystyle\frac{h}{3})$ , $(\displaystyle\frac{a+c}{3}, \displaystyle\frac{-h}{3})$ : το μέσο του ευθυγράμμου τμήματος που ορίζουν είναι το $(\displaystyle\frac{2a+b+c}{6}, 0)$ , ενώ το βαρύκεντρο του τετραπλεύρου που ορίζουν οι κορυφές των δύο τριγώνων είναι το $(\displaystyle\frac{a+b+c}{4}, 0)$ .]

Γιώργος Μπαλόγλου

#6

gbaloglou έγραψε:
gbaloglou έγραψε:Απόδειξη του (α), αλλά και του (β), με διανυσματικό:
Όπως με ενημέρωσε νωρίτερα σήμερα ο Ανδρέας Βαρβεράκης, η απόδειξη μου δεν ισχύει καθώς ... "είναι διαφορετικό το κέντρο βάρους πολυγώνου θεωρώντας το σαν μία ομογενή πλάκα και διαφορετικό το κέντρο βάρους θεωρώντας ίσα σημειακά βάρη στις κορυφές"!

[Θεωρείστε για παράδειγμα τα ισεμβαδικά τρίγωνα με συντεταγμένες κορυφών και και αντίστοιχα βαρύκεντρα $(\displaystyle\frac{a+b}{3}, \displaystyle\frac{h}{3})$ , $(\displaystyle\frac{a+c}{3}, \displaystyle\frac{-h}{3})$ : το μέσο του ευθυγράμμου τμήματος που ορίζουν είναι το $(\displaystyle\frac{2a+b+c}{6}, 0)$ , ενώ το βαρύκεντρο του τετραπλεύρου που ορίζουν οι κορυφές των δύο τριγώνων είναι το $(\displaystyle\frac{a+b+c}{4}, 0)$ .]

To παραπάνω αντιπαράδειγμα μας δίνει και απόδειξη για την περίπτωση του τετραπλεύρου: αν η διαγώνιος χωρίζει το τετράπλευρο σε δύο ισεμβαδικά (άρα και ισοϋψή) τρίγωνα, τότε το βαρύκεντρο του τετραπλεύρου κείται επί της διαγωνίου^ αν το ίδιο συμβαίνει και με την άλλη διαγώνιο, τότε το βαρύκεντρο του τετραπλεύρου είναι η τομή των διαγωνίων (και συνεπώς το τετράπλευρο είναι παραλληλόγραμμο).

[Ο συλλογισμός αυτός δεν επεκτείνεται στην περίπτωση του εξαγώνου, υποπτεύομαι μάλιστα ότι ακόμη και αν οι τρεις κύριες διαγώνιοι συντρέχουν το κοινό τους σημείο δεν είναι υποχρεωτικά το βαρύκεντρο, κλπ κλπ]

Γιώργος Μπαλόγλου

Εμβαδά, 1. Κριτήριο //γράμμου, 2. Συντρέχουσες ευθείες

Εμβαδά, 1. Κριτήριο //γράμμου, 2. Συντρέχουσες ευθείες

Re: Εμβαδά, 1. Κριτήριο //γράμμου, 2. Συντρέχουσες ευθείες

Re: Εμβαδά, 1. Κριτήριο //γράμμου, 2. Συντρέχουσες ευθείες

Re: Εμβαδά, 1. Κριτήριο //γράμμου, 2. Συντρέχουσες ευθείες

Re: Εμβαδά, 1. Κριτήριο //γράμμου, 2. Συντρέχουσες ευθείες

Re: Εμβαδά, 1. Κριτήριο //γράμμου, 2. Συντρέχουσες ευθείες

Μέλη σε σύνδεση