Βαρύκεντρο

#1

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και έστω ότι υπάρχει σημείο Δ στην πλευρά ΒΓ , ώστε ΑΔ = ΒΓ. Αν ΔΕ,ΔΖ είναι διχοτόμοι των γωνιών ΑΔΒ, ΑΔΓ αντίστοιχα ,

να αποδειχθεί ότι η ΕΖ διέρχεται από το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

Μπάμπης

Dreamkiller · #2

Η απόδειξη μου βασίζεται στο παρακάτω λήμμα (υπάρχει και στο σχολικό βιβλίο, νομίζω).
Έστω μια ευθεία που τέμνει τις πλευρές AB, ΑC ενός τριγώνου στα Ε και Ζ. Η ευθεία αυτή διέρχεται από το βαρύκεντρο του τριγώνου αν και μόνο αν $\displaystyle \frac {EB}{EA} + \frac{ZC}{ZA} = 1$

Εδώ είναι: $\displaystyle \frac {EB}{EA} + \frac{ZC}{ZA} = \frac {DB}{DA} + \frac {DC}{DA} = \frac {DB}{BC} + \frac {DC}{BC} = 1$ , άρα η ευθεία περνά από το βαρύκεντρο.

#3

Dreamkiller έγραψε:Η απόδειξη μου βασίζεται στο παρακάτω λήμμα (υπάρχει και στο σχολικό βιβλίο, νομίζω).
Έστω μια ευθεία που τέμνει τις πλευρές AB, ΑC ενός τριγώνου στα Ε και Ζ. Η ευθεία αυτή διέρχεται από το βαρύκεντρο του τριγώνου αν και μόνο αν $\displaystyle \frac {EB}{EA} + \frac{ZC}{ZA} = 1$

Εδώ είναι: $\displaystyle \frac {EB}{EA} + \frac{ZC}{ZA} = \frac {DB}{DA} + \frac {DC}{DA} = \frac {DB}{BC} + \frac {DC}{BC} = 1$ , άρα η ευθεία περνά από το βαρύκεντρο.

Πρόκειται για ένα χρήσιμο Λήμμα, αλλά αυτό, όπως και με κάθε λήμμα, στις ολυμπιάδες πρέπει να αποδειχθεί. Δεν υπάρχει λυμένο ή ως θεώρημα σε σχολικό βιβλίο(ως άσκηση είναι άλλο πράγμα).

Στην ουσία, όλη η άσκηση , ταυτίζεται με το λήμμα. Αυτός είναι και ο λόγος που την έδωσα. Τέθηκε το 2009 σε μαθηματικό διαγωνισμό.

Μπάμπης

#4

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\bigtriangleup ABC$ και έστω $E,\ Z,$ τα σημεία τομής των πλευρών του $AB,\ AC$ αντιστοίχως, από τυχαία ευθεία που περνάει από το βαρύκεντρό του Αποδείξτε ότι αληθεύει η ισότητα $\displaystyle \frac{EB}{EA} + \frac{ZC}{ZA} =1$ .

Απόδειξη. - Δια των κορυφών $B,\ C$ του δοσμένου τριγώνου $\bigtriangleup ABC,$ έρνουμε τις παράλληλλες ευθείες προς την ευθεία

οι οποίες τέμνουν την ευθεία AM,

όπου

είναι το μέσον της πλευράς BC,

στα σημεία $P,\ Q,$ αντιστοίχως.

$\bullet$ Από $BP\parallel CQ$ και MB = MC,

σύμφωνα με το θεώρημα Θαλή, έχουμε ότι PM = MQ

Από $EG\parallel BP$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{EB}{EA} = \frac{GP}{GA} = \frac{\frac{1}{2}GA - PM}{GA}$ ,(2)

Από $GZ\parallel QC$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{ZC}{ZA} = \frac{GQ}{GA} = \frac{\frac{1}{2}GA + MQ}{GA}$ ,(3)

Από $(1),\ (2),\ (3)$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{EB}{EA} + \frac{ZC}{ZA} = 1$ (4)

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Εύκολα αποδεικνύεται και το αντίστροφο. Αν δηλαδή ισχύει η (4)

, τότε η ευθεία

περνάει από το βαρύκεντρο

του $\bigtriangleup ABC.$

Καλή Χρονιά σε όλους τους φίλους του

, Κώστας Βήττας.

p@g · #5

Απλά να προσθέσω και εγώ πως το λήμμα αυτό βρίσκεται και σαν άσκηση στο σχολικό βιβλίο σελίδα 164 άσκηση 2 των γενικών ασκήσεων.

Καλή χρονιά και από εμένα!!!

Βαρύκεντρο

Βαρύκεντρο

Re: Βαρύκεντρο

Re: Βαρύκεντρο

Re: Βαρύκεντρο

Re: Βαρύκεντρο

Μέλη σε σύνδεση