το 1/10 του όλου

#1

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle A_1 A_2 A_3 }$ και τα ζεύγη των σημείων $\displaystyle{ M_1 - N_1 ,\;M_2 - N_2 ,\;M_3 - N_3 }$ επί των πλευρών του $\displaystyle{ A_2 A_3 ,\;A_3 A_1 ,\;A_1 A_2 }$ αντίστοιχα ώστε:

$\displaystyle{ A_2 M_1 = M_1 N_1 = N_1 A_3 ,\;A_3 M_2 = M_2 N_2 = N_2 A_1 ,\;A_1 M_3 = M_3 N_3 = N_3 A_2 \; }$ . Αν $\displaystyle{ M = \vartriangle M_1 A_1 N_1 \cap \vartriangle M_2 A_2 N_2 \cap \vartriangle M_3 A_3 N_3 }$ να δειχθεί ότι $\displaystyle{ \boxed{\left( M \right) = \frac{{\left( {A_1 A_2 A_3 } \right)}} {{10}}} }$

όπου $\displaystyle{ \left( M \right),\left( {A_1 A_2 A_3 } \right) }$ είναι τα εμβαδά του εξαγώνου $\displaystyle{ M }$ και του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle A_1 A_2 A_3 }$ αντίστοιχα.

Στάθης

#2

Στο πρώτο σχήμα φέρουμε τις διαμέσους: $\displaystyle A_2T=\mu _2$ και $\displaystyle A_3P=\mu _3$
οι οποίες τέμνονται στο βαρύκεντρο G και ορίζουν στην $\displaystyle A_1M_1$ αντίστοιχα τα σημεία C και B.
Από το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\displaystyle A_2A_3T$ και με διατέμνουσα την $\displaystyle M_1,C,A_1$ προκύπτει:
$\displaystyle \frac{A_2M_1}{M_1A_3}.\frac{A_3A_1}{A_1T}.\frac{TC}{CA_2}=1\Rightarrow \frac{1}{2}.\frac{2}{1}.\frac{TC}{CA_2}=1\Rightarrow TC=CA_2 \ \ (1)$
Όμοια από το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\displaystyle PA_2A_3$ και με διατέμνουσα την $\displaystyle M_1,C,A_1$ προκύπτει:
$\displaystyle \frac{PA_1}{A_1A_2}.\frac{A_2M_1}{M_1A_3}.\frac{A_3B}{BP}=1\Rightarrow \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{A_3B}{BP}=1\Rightarrow A_3B=4BP \ \ (2)$
Άρα:
$\displaystyle GB=GP-BP=\frac{1}{3}\mu _3-\frac{1}{5}\mu _3=\frac{2}{15}\mu _3 \ \ (3)$
και
$\displaystyle GC=CT-GT=\frac{1}{2}\mu _2-\frac{1}{3}\mu _2=\frac{1}{6}\mu _2 \ \ (4)$
Σύμφωνα με τις (3) και (4) έχουμε το λόγο των εμβαδών:
$\displaystyle \frac{\left(GBC \right)}{\left(GPA_2 \right)}=\frac{\left(GB \right)\left(GC \right)}{\left(GP\right)\left(GA_2 \right)}=\frac{\frac{2}{15}\mu _3.\frac{1}{6}\mu _2}{\frac{1}{3}\mu _3.\frac{2}{3}\mu _2}=\frac{1}{10} \ \ (5)$
και επειδή: $\displaystyle \left(GPA_2 \right)=\frac{1}{6}\left(A_1A_2A_3 \right)$
η σχέση (5) γίνεται:
$\displaystyle \left(GBC \right)=\frac{1}{60}\left(A_1A_2A_3 \right) \ \ (6)$

Όμοια αποδείχνονται και οι σχέσεις στο δεύτερο σχήμα:
$\displaystyle \left(GCD \right)=\frac{1}{60}\left(A_1A_2A_3 \right) \ \ (7)$
$\displaystyle \left(GDE \right)=\frac{1}{60}\left(A_1A_2A_3 \right) \ \ (8)$
$\displaystyle \left(GEZ \right)=\frac{1}{60}\left(A_1A_2A_3 \right) \ \ (9)$
$\displaystyle \left(GZH \right)=\frac{1}{60}\left(A_1A_2A_3 \right) \ \ (10)$
$\displaystyle \left(GHB \right)=\frac{1}{60}\left(A_1A_2A_3 \right) \ \ (11)$
Τελικά είναι:
$\displaystyle \left(BCDEZH \right)=6.\frac{1}{60}\left(A_1A_2A_3 \right)=\frac{1}{10}\left(A_1A_2A_3 \right)$

Σχόλιο:
Από τις σχέσεις (1) και (2) καθως και από τις όμοιες μ' αυτές για τα άλλα τρίγωνα δείχνεται ότι οι διάμεσοι του τριγώνου
διέρχονται από τις κορυφές του εξαγώνου αυτού.

Κώστας Δόρτσιος

#3

Κάπως συνοπτικά .. θέλει αρκετό γράψιμο ..

: Sta-10.jpg (37.97 KiB) Προβλήθηκε 796 φορές

Έστω $\displaystyle{\Im }$ το εμβαδόν του τριγώνου $\displaystyle{{A_1}{A_2}{A_3}}$ .
Θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο $\displaystyle{{A_1}{M_1}{A_3}}$ με τέμνουσα την $\displaystyle{{A_2}{N_2}}$ : $\displaystyle{\frac{{{A_2}{M_1}}}{{{A_2}{A_3}}} \cdot \frac{{{N_2}{A_3}}}{{{N_2}{A_1}}} \cdot \frac{{B{A_1}}}{{B{M_1}}} = 1 \Rightarrow \boxed{\frac{{B{A_1}}}{{B{M_1}}} = \frac{3}{2}}}$ οπότε $\displaystyle{\boxed{\frac{{{A_1}B}}{{{A_1}{M_1}}} = \frac{3}{5}}}$ .
Θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο $\displaystyle{{A_1}{A_2}{M_1}}$ με τέμνουσα την $\displaystyle{{A_3}{N_3}}$ : $\displaystyle{\frac{{{A_3}{M_1}}}{{{A_3}{A_2}}} \cdot \frac{{{N_3}{A_2}}}{{{N_3}{A_1}}} \cdot \frac{{C{A_1}}}{{C{M_1}}} = 1 \Rightarrow \boxed{\frac{{C{A_1}}}{{C{M_1}}} = 3}}$ . οπότε $\displaystyle{{\frac{{{A_1}C}}{{{A_1}{M_1}}} = \frac{3}{4}}}$ .
Όμοια βρίσκουμε ότι $\displaystyle{\boxed{\frac{{{A_1}Z}}{{{A_1}{N_1}}} = \frac{3}{5}}}$ και $\displaystyle{\boxed{\frac{{{A_1}E}}{{{A_1}{N_1}}} = \frac{3}{4}}}$ οπότε $\displaystyle{BZ\parallel {A_2}{A_3}{\text{ \& }}BZ = \frac{3}{5}{M_1}{N_1} \Rightarrow \boxed{BZ = \frac{1}{5}{A_2}{A_3}}}$ , καθώς επίσης $\displaystyle{{E_{BZD}} = \frac{1}{{25}} \cdot \Im }$ .
Επίσης $\displaystyle{{\upsilon _1} = \frac{3}{4}{\upsilon _2} = \frac{3}{4} \cdot \frac{2}{3}{\upsilon _3} = \frac{1}{2}{\upsilon _3} \Rightarrow {{\rm E}_{{\rm H}{{\rm A}_2}{{\rm A}_3}}} = \frac{1}{2}\Im }$ και $\displaystyle{\frac{{H{A_2}}}{{B{A_2}}} = \frac{{\left( {3/4} \right) \cdot {A_2}{N_2}}}{{\left( {3/5} \right) \cdot {A_2}{N_2}}} = \frac{5}{4} \Rightarrow \frac{{HB}}{{H{A_2}}} = \frac{1}{5} \Rightarrow {E_{HBZ}} = \frac{1}{{25}}{E_{H{A_2}{A_3}}} = \frac{1}{{50}}\Im }$ . Όμοια $\displaystyle{{E_{CBD}} = {E_{EDZ}} = \frac{1}{{50}}\Im }$ .
Τελικά $\displaystyle{\left( M \right) = {E_{CBD}} + {E_{EDZ}} + {E_{HBZ}} + {E_{BZD}} = \frac{3}{{50}}\Im + \frac{1}{{25}} \cdot \Im = \frac{5}{{50}} \cdot \Im = \frac{\Im }{{10}}}$ .

#4

Κώστα και Σεραφείμ (σε επεθύμησα!!! που είσαι;) να σας ευχαριστήσω για τις όμορφες λύσεις σας και ας δούμε μια λύση "ρίχνοντας μια γέφυρα".

Έστω $\displaystyle{ A \equiv A_1 M_1 \cap A_2 N_2 ,\;B \equiv A_1 M_1 \cap A_3 N_3 ,\;S \equiv A_1 M_1 \cap A_3 M_3 ,\;T \equiv A_1 M_1 \cap A_2 M_2 \;C \equiv A_2 M_2 \cap A_3 N_3 ,\;Z \equiv A_2 N_2 \cap A_3 M_3 ,\; }$

$\displaystyle{ K \equiv A_2 N_2 \cap A_3 N_3 ,\;P \equiv A_1 K \cap A_2 A_3 ,E \equiv A_1 N_1 \cap A_3 M_3 ,\;D \equiv A_1 N_1 \cap A_2 M_2 ,L \equiv A_2 M_2 \cap A_3 M_3 ,\;Q \equiv A_1 L \cap A_2 A_3 \; }$

Εφαρμόζοντας το θεώρημα του Ceva, για τις $\displaystyle{ AZ,A_2 M_2 ,A_3 N_3 }$ έχουμε $\displaystyle{ \frac{{A_2 O}} {{OA_3 }} \cdot \frac{{A_3 M_2 }} {{M_2 A_1 }} \cdot \frac{{A_1 N_3 }} {{N_3 A_2 }} = 1\mathop \Rightarrow \limits^{\frac{{A_3 M_2 }} {{M_2 A_1 }} = \frac{1} {2},\frac{{A_1 N_3 }} {{N_3 A_2 }} = 2} \frac{{A_2 O}} {{OA_3 }} = 1 \Rightarrow A_2 O = OA_3 \Rightarrow O }$ το μέσο της $\displaystyle{ A_2 A_3 }$

και το $\displaystyle{ Z }$ ανήκει στη διάμεσο $\displaystyle{ AO }$ του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle A_1 A_2 A_3 }$ . Με το θεώρημα του Ceva με τον

ίδιο τρόπο εύκολα συμπεραίνουμε ότι και το $\displaystyle{ C }$ ανήκει στη διάμεσο $\displaystyle{ AO }$ . Από το θεώρημα επίσης του Ceva για το σημείο $\displaystyle{ P }$ προκύπτει ότι:

$\displaystyle{ \frac{{A_2 P}} {{PA_3 }} \cdot \frac{{A_3 N_2 }} {{N_2 A_1 }} \cdot \frac{{A_1 N_3 }} {{N_3 A_2 }} = 1\mathop \Rightarrow \limits^{\frac{{A_3 N_2 }} {{N_2 A_1 }} = \frac{{A_1 N_3 }} {{N_3 A_2 }} = 2} 4 \cdot \frac{{A_2 P}} {{PA_3 }} = 1 \Rightarrow \frac{{A_2 P}} {{PA_3 }} = \frac{1} {4} \Rightarrow \frac{{A_2 P}} {{A_2 P + PA_3 }} = \frac{1} {5} \Rightarrow \frac{{A_2 P}} {{A_2 A_3 }} = \frac{1} {5} \Rightarrow }$ $\displaystyle{ \boxed{A_2 P = \frac{1} {5}A_2 A_3 }:\left( 1 \right) }$

και με όμοιο τρόπο δείχνουμε ότι και $\displaystyle{ \boxed{QA_3 = \frac{1} {5}A_2 A_3 }:\left( 2 \right) }$ οπότε από $\displaystyle{ \left( 1 \right),\left( 2 \right) }$ προκύπτει ότι: $\displaystyle{ \boxed{A_2 P = QA_3 = \frac{1} {5}A_2 A_3 } }$ έτσι το χωρίο $\displaystyle{ M }$ είναι

εξάγωνο και προφανώς ισχύει: $\displaystyle{ \boxed{\left( M \right) = \left( {TSL} \right) - \left( {DLE} \right) - \left( {ZSA} \right) - \left( {BTC} \right)}:\left( 3 \right) }$

Από τον τύπο δείξαμε εδώ viewtopic.php?f=22&t=16947 (να η "γέφυρα" ) και τις εφαρμογές του έχουμε:

$\displaystyle{ \left( {LST} \right) = \frac{{\left( {1 - mn\ell } \right)^2 }} {{\left( {1 + m + mn} \right)\left( {1 + n + n\ell } \right)\left( {1 + \ell + \ell m} \right)}}\left( {A_1 A_2 A_3 } \right)\xrightarrow{{m = n = \ell = \frac{1} {2}}} \ldots \boxed{\left( {LST} \right) = \frac{1} {7}\left( {A_1 A_2 A_3 } \right)}:\left( 4 \right) }$ .

Και με εφαρμογή του ίδιου τύπου και λαμβάνοντας υπόψη τη συμμετρία των $\displaystyle{ P,Q }$ ως προς το μέσο $\displaystyle{ O }$ της $\displaystyle{ A_2 A_3 }$ και ότι

$\displaystyle{ \left( {A_1 A_2 O} \right) = \left( {A_1 A_3 O} \right) = \frac{1} {2}\left( {A_1 A_2 A_3 } \right) }$ (λόγω της διαμέσου $\displaystyle{ AO }$ ) προκύπτει ότι: $\displaystyle{ \boxed{\left( {DLE} \right) = \left( {ZSA} \right) = \left( {BTC} \right) = \frac{1} {{70}}\left( {A_1 A_2 A_3 } \right)}:\left( 5 \right) }$

Έτσι από $\displaystyle{ \left( 3 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right),\left( 5 \right)} \left( M \right) = \frac{1} {7}\left( {A_1 A_2 A_3 } \right) - \frac{3} {{70}}\left( {A_1 A_2 A_3 } \right) = \frac{7} {{70}}\left( {A_1 A_2 A_3 } \right) \Rightarrow \boxed{\left( M \right) = \frac{1} {{10}}\left( {A_1 A_2 A_3 } \right)} }$

Στάθης

#5

Παρά το ότι θα έπρεπε ίσως να μετακινηθεί το θέμα σε άλλο φάκελο, ας θέσω προς το παρόν εδώ μία γενίκευση:

Διαιρούμε τις πλευρές τριγώνου ΑΒC σε n ίσα μέρη και ενώνουμε τα σημεία με τις απέναντι κορυφές, όπου n>2 περιττός φυσικός αριθμός.
Αν το εμβαδόν του εξαγώνου που σχηματίζεται από τα ευθύγραμμα τμήματα που συνδέουν τις κορυφές με τα δύο μεσαία σημεία κάθε πλευράς ίσούται με 1, να βρεθεί το εμβαδόν του ABC και να αποδειχτεί ότι είναι φυσικός αριθμός.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#6

Θεωρώ τον αφφινικό μετασχηματισμό που απεικονίζει το αρχικό τρίγωνο σε ισόπλευρο πλευράς a. Eπειδή διατηρούνται οι λόγοι αρκεί να υπολογίσουμε τον λόγο των εμβαδών στο νέο τρίγωνο. Στο σχήμα οι πλευρές του αρχικού τριγώνου διαιρούνται μεν στα 3, αλλά θεωρούμε ότι διαιρούνται σε n ίσα μέρη. (Αντρέα, γιατί δεν έβαλες... γράμματα στο σχήμα σου;;!!)
Πάλι, λόγω συμμετρίας περί το κέντρο Ο, αρκεί να υπολογίσω τον λόγο:

$\frac{(OPQ)}{(OMA)}$

Είναι $\frac{CN}{NM}=1, \frac{CL}{LA}=\frac{\frac{n-1}{2}-1}{\frac{n-1}{2}}=\frac{n+1}{n-1}$

άρα

$\frac{AQ}{QN}=\frac{1+1}{\frac{n+1}{n-1}}\Rightarrow \frac{AQ}{AQ+QN}=\frac{2n-2}{n+1+2n-2}=\frac{2n-2}{3n-1}$

$\Rightarrow \frac{AQ}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2n-2}{3n-11}\Rightarrow AQ=a\sqrt{3}\frac{n-1}{3n-1}$

Και

$OQ=OA-AQ=\frac{2}{3}\frac{a\sqrt{3}}{2}-a\sqrt{3}\frac{n-1}{3n-1)}=\frac{2a\sqrt{3}}{3n-1}$

Ομοίως $OP=\frac{2a\sqrt{3}}{3n+1}$

Τότε

$\frac{(OPQ)}{(OMA)}=\frac{OP\cdot OQ}{OM\cdot OA}=\frac{\frac{2a\sqrt{3}}{3n+1}\frac{2a\sqrt{3}}{3n-1)}}{\frac{1}{3}\frac{a\sqrt{3}}{2}\frac{2}{3}\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{8}{(3n+1)(3n-1}$

Επομένως ο ζητούμενος λόγος είναι $\frac{(3n+1)(3n-1)}{8}$ , o οποίος είναι φυσικός αριθμός, γιατί ο αριθμητής είναι γινόμενο διαδοχικών αρτίων φυσικών.

ΥΓ. Το γράψιμο είναι ... μπελάς!

#7

Από τις ομοιότητες τριγώνων ΑΒΝ,ΝΒΕ και ABC,EBC και τις αναλογίες που προκύπτουν έχουμε:
$\frac{EN}{NA}=\frac{EH}{AB}=\frac{n-1}{2n}\Rightarrow \frac{EN}{AE}=\frac{n-1}{3n-1}$
$\frac{MN}{DE}=\frac{AN}{AE}=\frac{AB}{AB+EH}=\frac{2n}{3n-1}\Rightarrow \frac{MN}{BC}=\frac{2}{3n-1}$
$\frac{\left( OMN\right)}{\left(ABC \right)}=\left( \frac{2}{3n-1}\right)^{2}$
Αν $h,h_{2}$ είναι τα ύψη των τριγώνων ABC, KMN αντίστοιχα και $h_{1}$ του τραπεζίου MNCB έχουμε τις αναλογίες που προκύπτουν από αντίστοιχα όμοια τρίγωνα:
$\frac{h_{1}}{h}=\frac{EN}{AE}=\frac{n-1}{3n-1}$
$\frac{h_{2}}{h_{1}}=\frac{MN}{MN+BC}=\frac{2}{3n+1}$
Επομένως:
$\frac{h_{2}}{h}=\frac{2\left( n-1\right)}{\left( 3n+1\right) \left( 3n-1\right)}$
Έτσι τελικά έχουμε:
$\frac{\left( MKN\right)}{\left( ABC\right)}=\frac{4\left( n-1\right)}{\left( 3n+1\right)\left( 3n-1\right)^{2}}$
Υπολογίζοντας όμοια και τα δύο άλλα τρίγωνα ROM και OQN, έχουμε:
$\frac{\left( ORMKNQ\right)}{\left( ABC\right)}=\frac{12\left( n-1\right)}{\left( 3n+1\right)\left( 3n-1\right)^{2}}+\left( \frac{2}{3n-1}\right)^{2}=\frac{8}{9n^{2}-1}$

το 1/10 του όλου

το 1/10 του όλου

Re: το 1/10 του όλου

Re: το 1/10 του όλου

Re: το 1/10 του όλου

Re: το 1/10 του όλου

Re: το 1/10 του όλου

Re: το 1/10 του όλου

Μέλη σε σύνδεση