ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Συντονιστής: Μιχάλης Νάννος

xr.tsif
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1913
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 7:14 pm

ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από xr.tsif » Τετ Οκτ 29, 2014 9:55 am

Τα κόκκινα είναι τα νέα θέματα και τα μεύρα παλιά που συμπληρώθηκαν οι εκφωνήσεις τους
01. ΘΕΜΑ 4-2789
02. ΘΕΜΑ 4-2809
03. ΘΕΜΑ 4-3702
04. ΘΕΜΑ 4-3703

05. ΘΕΜΑ 4-3711
06. ΘΕΜΑ 4-3731
07. ΘΕΜΑ 4-3767
08. ΘΕΜΑ 4-3803
09. ΘΕΜΑ 4-3813
10. ΘΕΜΑ 4-4555

11. ΘΕΜΑ 4-4579
12. ΘΕΜΑ 4-4614
13. ΘΕΜΑ 4-4619
14. ΘΕΜΑ 4-4652
15. ΘΕΜΑ 4-4653
16. ΘΕΜΑ 4-4741
17. ΘΕΜΑ 4-4753
18. ΘΕΜΑ 4-4762
19. ΘΕΜΑ 4-4778
20. ΘΕΜΑ 4-4786
21. ΘΕΜΑ 4-4794
22. ΘΕΜΑ 4-4798
23. ΘΕΜΑ 4-4804
24. ΘΕΜΑ 4-4806
25. ΘΕΜΑ 4-4808
26. ΘΕΜΑ 4-6876
27. ΘΕΜΑ 4-13527


Γιατί πάντα αριθμόν έχοντι. Άνευ τούτου ουδέν νοητόν και γνωστόν.
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5171
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από george visvikis » Τετ Οκτ 29, 2014 1:11 pm

Καλημέρα Χρήστο

Τα νέα αυτά θέματα, όταν λυθούν, σε ποιο φάκελο μπορούμε να τα αναρτήσουμε;


xr.tsif
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1913
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 7:14 pm

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από xr.tsif » Τετ Οκτ 29, 2014 3:52 pm

Γιώργο βάλτε τα σε αυτό το post με times New roman 12 και θα τα αποδελτιώσω σιγά σιγά


Γιατί πάντα αριθμόν έχοντι. Άνευ τούτου ουδέν νοητόν και γνωστόν.
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5171
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από george visvikis » Τετ Οκτ 29, 2014 7:33 pm

01. Άσκηση 4-2789

Δίνεται τρίγωνο AB\Gamma στο οποίο η εξωτερική του γωνία \widehat\Gamma είναι διπλάσια της εσωτερικής του γωνίας \widehat A. Από την κορυφή A διέρχεται ημιευθεία Ax||B\Gamma στο ημιεπίπεδο (AB,\Gamma). Στην ημιευθεία Ax θεωρούμε σημείο \Delta τέτοιο ώστε A\Delta=B\Gamma. Να αποδείξετε ότι:
α) Η B\Delta διέρχεται από το μέσο του τμήματος A\Gamma. (Μονάδες 7)
β) Η \Gamma\Delta είναι διχοτόμος της \displaystyle{{\widehat \Gamma _{\varepsilon \xi }}}. (Μονάδες 9)
γ) Το τρίγωνο AB\Gamma είναι ισοσκελές. (Μονάδες 9)

Λύση:

α) Επειδή A\Delta||=B\Gamma, το τετράπλευρο A\Delta\Gamma B είναι παραλληλόγραμμο, οπότε οι διαγώνιες του διχοτομούνται και κατά συνέπεια η B\Delta διέρχεται από το μέσο του τμήματος A\Gamma.

β) AB||\Gamma\Delta, οπότε \widehat A=A\widehat\Gamma\Delta. Αλλά \displaystyle{\widehat {\rm A} = \frac{{{{\widehat \Gamma }_{\varepsilon \xi }}}}{2}}, άρα η \Gamma\Delta είναι διχοτόμος της \displaystyle{{\widehat \Gamma _{\varepsilon \xi }}}.

4_2789.png
4_2789.png (8.48 KiB) Προβλήθηκε 3439 φορές


γ) \displaystyle{{\widehat \Gamma _{\varepsilon \xi }} = \widehat {\rm A} + \widehat {\rm B} \Leftrightarrow 2\widehat {\rm A} = \widehat {\rm A} + \widehat {\rm B} \Leftrightarrow \widehat {\rm A} = \widehat {\rm B} \Leftrightarrow } \displaystyle{{\rm A}\Gamma  = {\rm B}\Gamma }
Επομένως το τρίγωνο AB\Gamma είναι ισοσκελές.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3691
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από Γιώργος Ρίζος » Τετ Οκτ 29, 2014 8:08 pm

GI_A_GEO_4_2809

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο \displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma και τα ύψη του \displaystyle {\rm B}{\rm K} και \displaystyle \Gamma \Lambda , τα οποία τέμνονται στο \displaystyle {\rm I} . Αν τα σημεία \displaystyle {\rm M} και \displaystyle {\rm N} είναι τα μέσα των \displaystyle {\rm B}{\rm I} και \displaystyle \Gamma {\rm I} αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι:
α) Το τρίγωνο \displaystyle {\rm B}{\rm I}\Gamma είναι ισοσκελές (Μονάδες 5)
β) Τα τρίγωνα \displaystyle {\rm B}{\rm I}\Lambda και \displaystyle \Gamma {\rm I}{\rm K} είναι ίσα (Μονάδες 5)
γ) Το \displaystyle {\rm A}{\rm I} προεκτεινόμενο διέρχεται από το μέσο της πλευράς \displaystyle {\rm B}\Gamma . (Μονάδες 5)
δ) Το τετράπλευρο \displaystyle {\rm M}\Lambda {\rm K}{\rm N} είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο. (Μονάδες 10)

GI_A_GEO_4_2809.jpg
GI_A_GEO_4_2809.jpg (10.27 KiB) Προβλήθηκε 3368 φορές


α) Αφού το \displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma είναι ισόπλευρο, τα ύψη του είναι και διάμεσοι και διχοτόμοι, άρα \displaystyle \widehat {{\rm K}{\rm B}\Gamma } = \frac{{\widehat {\rm B}}}{2} = 30^\circ ,\;\;\widehat {\Lambda \Gamma {\rm B}} = \frac{{\widehat \Gamma }}{2} = 30^\circ άρα το \displaystyle {\rm B}{\rm I}\Lambda είναι ισοσκελές με \displaystyle {\rm B}{\rm I} = \Gamma {\rm I} .

β) Τα τρίγωνα \displaystyle \Lambda {\rm B}{\rm I},\;{\rm K}\Gamma {\rm I} έχουν τις \displaystyle {\rm B}{\rm I},\;\Gamma {\rm I} ίσες, όπως αποδείξαμε, \displaystyle \widehat {\Lambda {\rm I}{\rm B}} = \widehat {{\rm K}{\rm I}\Gamma } , ως κατακορυφήν γωνίες και \displaystyle \widehat {\Lambda {\rm B}{\rm I}} = \widehat {{\rm K}\Gamma {\rm I}} , αφού είναι \displaystyle \left\{ \begin{array}{l}
\widehat {\Lambda {\rm B}{\rm I}} = \frac{{\widehat {\rm B}}}{2} = 30^\circ \\
\widehat {{\rm K}\Gamma {\rm I}} = \frac{{\widehat \Gamma }}{2} = 30^\circ 
\end{array} \right.
Από το κριτήριο Γ-Π-Γ προκύπτει ότι είναι ίσα.

γ) Το \displaystyle {\rm I} είναι ορθόκεντρο του \displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma , οπότε το \displaystyle {\rm A}{\rm I} βρίσκεται επί του ύψους του, το οποίο είναι και διάμεσός του, άρα το \displaystyle {\rm A}{\rm I} προεκτεινόμενο διέρχεται από το μέσο της πλευράς ΒΓ.

δ) Αφού \displaystyle {\rm B}{\rm K},\;\Gamma \Lambda διάμεσοι, τα \displaystyle {\rm K},\;\Lambda είναι μέσα των \displaystyle {\rm A}\Gamma ,\;{\rm A}{\rm B} αντίστοιχα, οπότε είναι \displaystyle \Lambda {\rm K}//{\rm B}\Gamma ,\;\;\Lambda {\rm K} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2}

Ομοίως, αφού τα \displaystyle {\rm M},\;{\rm N} είναι μέσα των \displaystyle {\rm B}{\rm I},\;\Gamma {\rm I} είναι και \displaystyle {\rm M}{\rm N}//{\rm B}\Gamma ,\;\;{\rm M}{\rm N} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2} , οπότε το \displaystyle {\rm M}\Lambda {\rm K}{\rm N} είναι παραλληλόγραμμο.

Στο \displaystyle {\rm A}{\rm I}\Gamma τα \displaystyle {\rm N},\;{\rm K} είναι μέσα των \displaystyle \Gamma {\rm I},\;{\rm A}\Gamma , οπότε είναι \displaystyle {\rm N}{\rm K}//{\rm A}{\rm I} \Rightarrow {\rm N}{\rm K} \bot \Lambda {\rm K} , άρα το \displaystyle {\rm M}\Lambda {\rm K}{\rm N} είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο.
Συνημμένα
Λύση GI_A_GEO_4_2809.doc
(107.5 KiB) Μεταφορτώθηκε 69 φορές
τελευταία επεξεργασία από Γιώργος Ρίζος σε Τετ Οκτ 29, 2014 9:05 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 927
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από hlkampel » Τετ Οκτ 29, 2014 8:36 pm

03. Άσκηση 4-3702

Έστω ότι E και H είναι τα μέσα των πλευρών AB και \Gamma \Delta παραλληλογράμμου Α {\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta αντίστοιχα.
Αν για το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ επιπλέον ισχύουν {\rm A}{\rm B} > {\rm A}\Delta και γωνία {\rm A} αμβλεία , να εξετάσετε αν είναι αληθείς οι ακόλουθοι ισχυρισμοί:
Ισχυρισμός 1: Το τετράπλευρο \Delta {\rm E}{\rm B}{\rm H} είναι παραλληλόγραμμο.
Ισχυρισμός 2: Τα τρίγωνα {\rm A}\Delta {\rm E} και {\rm B}\Gamma {\rm H} είναι ίσα.
Ισχυρισμός 3: Τα τρίγωνα {\rm A}\Delta {\rm E} και {\rm B}\Gamma {\rm H} είναι ισοσκελή.
α) Στην περίπτωση που θεωρείτε ότι κάποιος ισχυρισμός είναι αληθής να τον
αποδείξετε. (Μονάδες 16)
β) Στην περίπτωση που κάποιος ισχυρισμός δεν είναι αληθής, να βρείτε τη σχέση
των διαδοχικών πλευρών του παραλληλογράμμου ώστε να είναι αληθής. Να
αιτιολογήσετε την απάντησή σας. (Μονάδες 9)

Λύση
α) Ο ισχυρισμός 1, δηλαδή ότι το \Delta {\rm E}{\rm B}{\rm H} είναι παραλληλόγραμμο ισχύει αφού είναι {\rm E}{\rm B}// = \Delta {\rm Z} ως μισά των ίσων και παραλλήλων τμημάτων {\rm A}{\rm B} και \Gamma \Delta.
Ο ισχυρισμός 2 , δηλαδή ότι τα τρίγωνα {\rm A}\Delta {\rm E} και {\rm B}\Gamma {\rm H} είναι ίσα ισχύει αφού έχουν:
{\rm A}\Delta  = {\rm B}\Gamma ως απέναντι πλευρές παραλληλογράμμου,
\displaystyle{\widehat {\rm A} = \widehat \Gamma } ως απέναντι γωνίες παραλληλογράμμου και
{\rm A}{\rm E} = \Gamma {\rm Z} ως μισά των ίσων πλευρών {\rm A}{\rm B} και \Gamma \Delta.
Ο ισχυρισμός 3 δεν είναι αληθής γενικά.
β) Για να ισχύει ο ισχυρισμός 3 πρέπει να ισχύει {\rm A}\Delta  = {\rm A}{\rm E} \Leftrightarrow {\rm A}\Delta  = \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2} \Leftrightarrow {\rm A}{\rm B} = 2{\rm A}\Delta
Συνημμένα
3702.doc
(81.5 KiB) Μεταφορτώθηκε 53 φορές
3702.png
3702.png (14.67 KiB) Προβλήθηκε 3378 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 927
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #7 από hlkampel » Τετ Οκτ 29, 2014 9:09 pm

04. Άσκηση 4-3703

Δίνεται τρίγωνο {\rm A}{\rm B}\Gamma . Προεκτείνουμε το ύψος του {\rm A}{\rm H} κατά τμήμα {\rm H}\Delta  = {\rm A}{\rm H}και τη
διάμεσό του {\rm A}{\rm M} κατά τμήμα {\rm M}{\rm E} = {\rm A}{\rm M} .
Να αποδείξετε ότι:
α) {\rm A}{\rm B} = {\rm B}\Delta  = \Gamma {\rm E} (Μονάδες 8)
β) \widehat {\Gamma {\rm B}\Delta } = \widehat {{\rm B}\Gamma {\rm E}} (Μονάδες 8)
γ) Το τετράπλευρο {\rm B}\Gamma {\rm E}\Delta είναι ισοσκελές τραπέζιο. (Μονάδες 9)

Λύση

α) Το τρίγωνο {\rm A}{\rm B}\Delta είναι ισοσκελές αφού το {\rm B}{\rm H} είναι ύψος και διάμεσος, έτσι {\rm A}{\rm B} = {\rm B}\Delta \;\left( 1 \right)
Τα τρίγωνα {\rm A}{\rm B}{\rm M} και \Gamma {\rm M}{\rm E} είναι ίσα αφού έχουν:
{\rm B}{\rm M} = \Gamma {\rm M} αφού το {\rm M} είναι μέσο της {\rm B}\Gamma
{\rm A}{\rm M} = {\rm M}{\rm E} από υπόθεση και
\widehat {{\rm A}{\rm M}{\rm B}} = \widehat {\Gamma {\rm M}{\rm E}} ως κατακορυφήν.
Έτσι {\rm A}{\rm B} = \Gamma {\rm E}\;\left( 2 \right) και \widehat {{\rm B}\Gamma {\rm E}} = \widehat {{\rm A}{\rm B}\Gamma }\;\left( 3 \right)
Από \displaystyle{\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow {\rm A}{\rm B} = {\rm B}\Delta  = \Gamma {\rm E}}

β) Στο ισοσκελές τρίγωνο {\rm A}{\rm B}\Delta το {\rm B}{\rm H} είναι και διχοτόμος, έτσι \displaystyle{\widehat {{\rm A}{\rm B}\Gamma } = \widehat {\Gamma {\rm B}\Delta }\;\left( 4 \right)}
Από \left( 3 \right),\left( 4 \right) \Rightarrow \widehat {\Gamma {\rm B}\Delta } = \widehat {{\rm B}\Gamma {\rm E}}

γ) Σημείωση: Αυτό το ερώτημα νομίζω έχει πρόβλημα.
i. Αν είναι {\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma τα σημεία \Delta ,{\rm E} ταυτίζονται οπότε δεν υφίσταται τετράπλευρο {\rm B}\Gamma {\rm E}\Delta.
ii. Αν \widehat {\rm B} = 90^\circ το {\rm B}\Gamma {\rm E}\Delta είναι ορθογώνιο.

Σε περίπτωση που δεν ισχύουν τα παραπάνω, με το δοσμένο σχήμα δηλαδή, είναι:
Στο τρίγωνο {\rm A}\Delta {\rm E} το τμήμα {\rm H}{\rm M} ενώνει τα μέσα των πλευρών του {\rm A}\Delta ,{\rm A}{\rm E} αντίστοιχα, έτσι {\rm H}{\rm M}//\Delta {\rm E} \Rightarrow {\rm B}\Gamma //\Delta {\rm E} .
\widehat {{\rm A}{\rm B}\Delta } < 180^\circ  \Rightarrow \widehat {{\rm A}{\rm B}\Gamma } + \widehat {\Gamma {\rm B}\Delta } < 180^\circ \mathop  \Rightarrow \limits^{\left( \beta  \right)} \widehat {{\rm B}\Gamma {\rm E}} + \widehat {\Gamma {\rm B}\Delta } < 180^\circ δηλαδή οι {\rm B}\Delta και \Gamma {\rm E} τέμνονται οπότε το {\rm B}\Gamma {\rm E}\Delta είναι ισοσκελές τραπέζιο αφού έχει και {\rm B}\Delta  = \Gamma {\rm E}
Συνημμένα
3703.doc
(114.5 KiB) Μεταφορτώθηκε 55 φορές
3703.png
3703.png (13.53 KiB) Προβλήθηκε 3338 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3691
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #8 από Γιώργος Ρίζος » Τετ Οκτ 29, 2014 10:14 pm

GI_A_GEO_4_3731

Δίνεται κύκλος \displaystyle \left( {{\rm O},\;{\rm{\rho }}} \right) και σημείο M εξωτερικό του. Από το M φέρουμε τα εφαπτόμενα τμήματα MA και MB του κύκλου και έστω ότι το σημείο \displaystyle \Gamma είναι το συμμετρικό του O ως προς την ευθεία MB.
α) Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο AMBO είναι εγγράψιμο σε κύκλο. (Μονάδες 7)
β) Να προσδιορίσετε το κέντρο \displaystyle \Lambda του περιγγεγραμμένου κύκλου του τετραπλεύρου AMBO και να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. (Μονάδες 9)
γ) Να αποδείξετε ότι \displaystyle {\rm B}\Lambda //\,{\rm M}\Gamma . (Μονάδες 9)

GI_A_GEO_4_3731.jpg
GI_A_GEO_4_3731.jpg (15.01 KiB) Προβλήθηκε 3282 φορές


α) Τα MA, MB είναι εφαπτόμενα τμήματα στον κύκλο, άρα είναι κάθετα στις ακτίνες OA, OB αντίστοιχα, οπότε \displaystyle \widehat {{\rm M}{\rm A}{\rm O}} = \widehat {{\rm M}{\rm O}{\rm B}} = 90^\circ , άρα το AMBO είναι εγγράψιμο τετράπλευρο σε κύκλο αφού έχει δύο απέναντι γωνίες παραπληρωματικές.

β) Φέρνουμε τη MO. Αφού είναι \displaystyle \widehat {{\rm M}{\rm A}{\rm O}} = 90^\circ , η MO είναι διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου του AMBO, οπότε το κέντρο \displaystyle \Lambda του κύκλου είναι το μέσο του MO.

γ) Το B είναι το μέσο του \displaystyle {\rm O}\Gamma και το \displaystyle \Lambda είναι το μέσο του MO, οπότε στο τρίγωνο \displaystyle {\rm M}{\rm O}\Gamma είναι \displaystyle {\rm B}\Lambda \,//\,{\rm M}\Gamma .

Χρήστο, παράβλεψα την 4-3711, αφού θέλει απλώς συμπλήρωση, για να μην την ξαναγράψω από την αρχή. Αν θες, ανάρτησε (σε word) όσες θέλουν απλώς συμπλήρωση για να τις επιμεληθούμε.
Συνημμένα
Λύση GI_A_GEO_4_3731.doc
(51 KiB) Μεταφορτώθηκε 64 φορές


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3691
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #9 από Γιώργος Ρίζος » Τετ Οκτ 29, 2014 10:50 pm

hlkampel έγραψε:04. Άσκηση 4-3703

γ) Σημείωση: Αυτό το ερώτημα νομίζω έχει πρόβλημα.
i. Αν είναι {\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma τα σημεία \Delta ,{\rm E} ταυτίζονται οπότε δεν υφίσταται τετράπλευρο {\rm B}\Gamma {\rm E}\Delta.
ii. Αν \widehat {\rm B} = 90^\circ το {\rm B}\Gamma {\rm E}\Delta είναι ορθογώνιο.


Ηλία καλησπέρα, εύλογη η ένστασή σου.

Ας δεχτούμε ότι αφού αναφέρει ως διακριτά τα σημεία H και M ότι το τρίγωνο δεν είναι ισοσκελές. Άντε να δεχτούμε το ίδιο και για το ορθογώνιο.
Όμως.... αν AB > A\Gamma, τότε το τραπέζιο είναι το {\rm B}\Gamma \Delta{\rm E} κι όχι το {\rm B}\Gamma {\rm E}\Delta !

ΠΡΕΠΕΙ να συμπληρωθεί η εκφώνηση με τους περιορισμούς \hat{B}\neq 90^0 και AB > A\Gamma.
Αναρωτιέμαι (και ζητώ τη γνώμη σας) Το ότι έχει συνοδευτικό ένα συγκεκριμένο σχήμα, δίχως να δηλώνεται στην υπόθεση, απαλλάσει τον λύτη από την υποχρέωση διερεύνησης;
Γενικότερα, είναι σωστό στη Γεωμετρία, να δίνονται ελλιπή στοιχεία στην υπόθεση και να περιγράφονται απλά με ένα σχήμα;

Ηλία, προτείνω να αναρτήσεις την παρατήρησή σου ΕΔΩ
τελευταία επεξεργασία από Γιώργος Ρίζος σε Τετ Οκτ 29, 2014 11:00 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4632
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #10 από Doloros » Τετ Οκτ 29, 2014 10:53 pm

GK_A_GEO_4_3803

Σε τετράγωνο {\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta προεκτείνουμε τη διαγώνιο {\rm B}\Delta ( προς το \Delta) κατά τμήμα \Delta {\rm E} = \Delta {\rm B} .

Έστω {\rm M} το μέσο της {\rm A}\Delta και {\rm N} το σημείο τομής των ευθειών {\rm A}{\rm E} και \Gamma \Delta.

α) Να αποδείξετε ότι \Delta {\rm N} = \Delta {\rm M} (Μονάδες 6)

β) Να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου {\rm N}{\rm M}\Delta (Μονάδες 5)

γ) να αποδείξετε ότι :

i. {\rm M}{\rm N} \bot {\rm A}\Gamma (Μονάδες 7)

ii. \Gamma {\rm M} \bot {\rm A}{\rm N} (Μονάδες 7)

Geometria_A_4_3803_ekfonisi.png
Geometria_A_4_3803_ekfonisi.png (11.66 KiB) Προβλήθηκε 3264 φορές


Λύση

Geometria_A_4_3803.png
Geometria_A_4_3803.png (24.44 KiB) Προβλήθηκε 3264 φορές


α) Επειδή \Gamma \Delta //{\rm B}{\rm A} και το \Delta είναι μέσο του {\rm E}{\rm A} ,στο τρίγωνο {\rm E}{\rm A}{\rm B} το {\rm N} θα είναι μέσο της πλευράς {\rm E}{\rm A}.

Τώρα το ευθύγραμμο τμήμα \Delta {\rm N}// = \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2} = \dfrac{{{\rm A}\Delta }}{2} = \Delta {\rm M}.
β) Το τρίγωνο {\rm N}{\rm M}\Delta είναι ορθογώνιο και ισοσκελές άρα οι οξείες του γωνίες θα είναι από {45^0}

γ)

i. Οι διαγώνιοι του τετραγώνου {\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta , δηλαδή οι {\rm A}\Gamma και {\rm B}\Delta τέμνονται κάθετα .

Στο τρίγωνο {\rm A}{\rm E}\Delta το ευθύγραμμο τμήμα {\rm N}{\rm M} συνδέει τα μέσα των πλευρών του {\rm A}{\rm E},{\rm A}\Delta και άρα {\rm N}{\rm M}// = {\rm E}\Delta.

Δηλαδή {\rm N}{\rm M}//\Delta {\rm B} και αφού \Delta {\rm B} \bot {\rm A}\Gamma θα είναι και {\rm N}{\rm M} \bot {\rm A}\Gamma

ii. Έστω {\rm Z} το σημείο που η {\rm N}{\rm M} τέμνει κάθετα (προηγούμενο ερώτημα) την {\rm A}\Gamma .

Αφού και {\rm A}\Delta  \bot {\rm N}\Gamma στο τρίγωνο {\rm A}{\rm N}\Gamma το σημείο {\rm M} είναι ορθόκεντρο,

Συνεπώς η ευθεία \Gamma {\rm M} είναι ο φορέας του τρίτου του ύψους και ως εκ τούτου \Gamma {\rm M} \bot {\rm A}{\rm N} , έστω στο σημείο {\rm K}.

Φιλικά Νίκος
Συνημμένα
Θέμα 4_4_3803.doc
(112 KiB) Μεταφορτώθηκε 66 φορές
τελευταία επεξεργασία από Doloros σε Πέμ Οκτ 30, 2014 1:45 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4632
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #11 από Doloros » Πέμ Οκτ 30, 2014 12:24 am

A_GEO_4_6876

Δίδεται ισοσκελές τρίγωνο {\rm A}\Gamma {\rm B}({\rm A}\Gamma  = \Gamma {\rm B}) . Φέρουμε τα ύψη του {\rm A}{\rm K} και \Gamma \Lambda.

Αν {\rm E} το μέσο της {\rm A}\Gamma να αποδείξετε ότι :

α) Το τρίγωνο {\rm K}{\rm E}\Lambda είναι ισοσκελές ( Μονάδες 10)

β) Η {\rm K}\Lambda είναι διχοτόμος της γωνίας {\rm B}\widehat {\rm K}{\rm E} ( Μονάδες 15)

Λύση

Geometria_A_4_6876.png
Geometria_A_4_6876.png (18.2 KiB) Προβλήθηκε 3204 φορές

α) Οι \Lambda {\rm E},{\rm K}{\rm E} είναι διάμεσοι προς την κοινή υποτείνουσα των ορθογωνίων τριγώνων

\Lambda {\rm A}\Gamma αφ ενός και {\rm K}{\rm A}\Gamma αφ ετέρου .

Θα είναι λοιπόν \Lambda {\rm E} = {\rm K}{\rm E} = \dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{2}

β) Η απάντηση σ αυτό το ερώτημα χωρίς επί πλέον χάραξη γραμμών απαιτεί εγγράψιμα και ισότητα τριγώνων ( και όχι μόνο).

Θα δοθεί μια «γρήγορη» λύση που όμως δεν είναι εύκολο να την σκεφτεί ο μέσος μαθητής ειδικά σε ώρα εξετάσεων .


Από το \Lambda φέρνουμε παράλληλη στην {\rm E}{\rm K} που τέμνει τη {\rm B}\Gamma στο {\rm N}.

Επειδή το \Lambda είναι και μέσο της βάσης {\rm A}{\rm B} του ισοσκελούς τριγώνου \Gamma {\rm A}{\rm B} θα είναι

{\rm E}\Lambda // = \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{2}\,\,\,(1) και άρα σε πρώτη «φάση» το τετράπλευρο {\rm K}{\rm E}\Lambda {\rm N} είναι παραλληλόγραμμο.

Όμως λόγω του α) ερωτήματος θα είναι {\rm E}\Lambda  = {\rm E}{\rm K} άρα το τετράπλευρο {\rm K}{\rm E}\Lambda {\rm N} είναι ρόμβος.

Ως εκ τούτου οι διαγώνιοι διχοτομούν τις γωνίες του του ρόμβου αυτού δηλαδή η {\rm K}\Lambda είναι διχοτόμος της γωνίας {\rm B}\widehat {\rm K}{\rm E}.

Υπάρχει πάντως και απλή λύση που δεν την "είδα", αλλά μου την υπέδειξαν . Δεν αλλάζω όμως τίποτα για παραδειγματισμό μου !

Φιλικά Νίκος
Συνημμένα
Θέμα 4_6876.doc
(71.5 KiB) Μεταφορτώθηκε 69 φορές
τελευταία επεξεργασία από Doloros σε Πέμ Οκτ 30, 2014 9:04 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5171
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #12 από george visvikis » Πέμ Οκτ 30, 2014 1:10 pm

Άσκηση 4-3767

Δίνεται κύκλος (O,R) και μία επίκεντρη γωνία του A\widehat OB=120^0. Οι εφαπτόμενες του κύκλου στα σημεία A και B τέμνονται στο σημείο P. Θεωρούμε σημείο M του τόξου AB και φέρνουμε τις χορδές AM και BM, οι οποίες προεκτεινόμενες τέμνουν τις PB και PA στα σημεία \Delta και E αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι:
α) Το τρίγωνο APB είναι ισόπλευρο. (Μονάδες 8)
β) \displaystyle{{\rm M}\widehat {\rm A}{\rm B} + {\rm M}\widehat {\rm B}{\rm A} = {60^0}}. (Μονάδες 8)
γ) Τα τρίγωνα AB\Delta και PEB είναι ίσα. (Μονάδες 8)

Λύση.

α) Το τετράπλευρο OAPB είναι εγγράψιμο(δύο απέναντι γωνίες του είναι ορθές), άρα A\widehat PB=60^0. Το τρίγωνο PAB είναι ισοσκελές (PA=PB) και έχει μία γωνία 60^0, οπότε είναι ισόπλευρο.

β) \displaystyle{{\rm M}\widehat {\rm A}{\rm B} + {\rm M}\widehat {\rm B}{\rm A} = \frac{1}{2}}(τόξο(MA)+τόξο(MB))\displaystyle{ = \frac{1}{2}}(τόξοAB)=60^0.

4-3767.png
4-3767.png (12.93 KiB) Προβλήθηκε 3131 φορές


γ) Τα τρίγωνα AB\Delta και PEB έχουν:
AB=PB, \displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm B}\Delta  = {\rm B}\widehat {\rm P}{\rm E} = {60^0}} (λόγω του ισοπλεύρου τριγώνου PAB) και \displaystyle{{\rm B}\widehat {\rm A}\Delta  = {\rm E}\widehat {\rm B}{\rm P}} (σχέση εγγεγραμμένης γωνίας με γωνία χορδής κι εφαπτομένης), άρα είναι ίσα \displaystyle{\left( {\Gamma  - \Pi  - \Gamma } \right)}.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5171
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #13 από george visvikis » Πέμ Οκτ 30, 2014 5:09 pm

Άσκηση 4-3813

Δίνεται παραλληλόγραμμο AB\Gamma\Delta με AB=2B\Gamma και τη γωνία B αμβλεία. Από την κορυφή A φέρουμε την AE κάθετη στην ευθεία B\Gamma και έστω M, N τα μέσα των AB,\Delta\Gamma αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι:
α) Το τετράπλευρο MB\Gamma N είναι ρόμβος. (Μονάδες 8)
β) Το τετράπλευρο ME\Gamma N είναι ισοσκελές τραπέζιο. (Μονάδες 9)
γ) Η EN είναι διχοτόμος της γωνίας M\widehat E\Gamma. (Μονάδες 8)

Λύση.

α) \displaystyle{{\rm M}{\rm B}|| = {\rm N}\Gamma }, οπότε το MB\Gamma N είναι παραλληλόγραμμο. Αλλά \displaystyle{{\rm M}{\rm B} = \frac{1}{2}{\rm A}{\rm B} = {\rm B}\Gamma }, άρα τελικά είναι ρόμβος.

β) Η EM είναι η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου EAB, οπότε EM=MB=N\Gamma. Είναι ακόμα MN||\Gamma E και επιπλέον MN=B\Gamma<\Gamma E (Επειδή η γωνία B είναι αμβλεία το E βρίσκεται στην προέκταση της \Gamma B). Άρα το τετράπλευρο ME\Gamma N είναι ισοσκελές τραπέζιο.

4-3813.png
4-3813.png (12.54 KiB) Προβλήθηκε 3067 φορές


γ) Το ME\Gamma N ως ισοσκελές τραπέζιο είναι εγγράψιμο, οπότε \displaystyle{{\rm M}\widehat {\rm E}{\rm N} = {\rm N}\widehat {\rm E}\Gamma } (εγγεγραμμένες γωνίες που βαίνουν σε αντίστοιχα τόξα ίσων χορδών).

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Επειδή η εκφώνηση της άσκησης δεν συνοδεύεται από σχήμα, νομίζω ότι θα έπρεπε να διευκρινιστεί ότι το E είναι σημείο της ευθείας B\Gamma


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3691
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #14 από Γιώργος Ρίζος » Πέμ Οκτ 30, 2014 6:36 pm

GI_A_GEO_4_4555

Δίνεται τρίγωνο \displaystyle {\rm{{\rm A}{\rm B}\Gamma }} . Από το μέσο M του \displaystyle {\rm{{\rm B}\Gamma }} φέρουμε ευθύγραμμο τμήμα \displaystyle {\rm{{\rm M}\Delta }} ίσο και παράλληλο με το BA και ευθύγραμμο τμήμα ME ίσο και παράλληλο με το \displaystyle {\rm{\Gamma {\rm A}}} (τα σημεία \displaystyle {\rm{\Delta }} και E είναι στο ημιεπίπεδο που ορίζεται από τo \displaystyle {\rm{{\rm B}\Gamma }} και το σημείο A). Να αποδείξετε ότι:
α) Τα σημεία\displaystyle {\rm{\Delta }}{\rm{,}}\;{\rm{{\rm A}}}{\rm{,}}\;{\rm{{\rm E}}} είναι συνευθειακά. (Μονάδες 10)
β) Η περίμετρος του τριγώνου \displaystyle {\rm{{\rm M}\Delta {\rm E}}} είναι ίση με την περίμετρο του τριγώνου \displaystyle {\rm{{\rm A}{\rm B}\Gamma }} . (Μονάδες 9)
γ) Όταν ένας καθηγητής έθεσε στους μαθητές του το ερώτημα αν τα σημεία \displaystyle {\rm{\Delta }}{\rm{,}}\;{\rm{{\rm A}}}{\rm{,}}\;{\rm{{\rm E}}} είναι συνευθειακά, ένας από αυτούς έκανε το παρακάτω σχήμα και απάντησε ως εξής:
\displaystyle {\widehat {\rm Z}_1} = {\widehat {\rm A}_1} (εντός εναλλάξ των ΑΒ//ΜΔ που τέμνονται από ΑΖ)
\displaystyle \widehat {{\rm A}\Delta {\rm Z}} = {\widehat {\rm A}_2} (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη των ΑΒ//ΜΔ που τέμνονται από ΔΕ)

Όμως \displaystyle {\widehat {\rm Z}_1} + {\widehat {\rm A}_3} + \widehat {{\rm A}\Delta {\rm Z}} = 180^\circ (άθροισμα γωνιών του τριγώνου ΑΔΖ). Άρα σύμφωνα με τα προηγούμενα έχουμε: \displaystyle {\widehat {\rm A}_1} + {\widehat {\rm A}_2} + {\widehat {\rm A}_3} = 180^\circ . Οπότε \displaystyle {\rm{\Delta }}{\rm{,}}\;{\rm{{\rm A}}}{\rm{,}}\;{\rm{{\rm E}}} συνευθειακά.
Όμως ο καθηγητής είπε ότι υπάρχει λάθος στο συλλογισμό. Μπορείτε να εντοπίσετε το λάθος του μαθητή; (Μονάδες 6)
GI_A_GEO_4_4555.jpg
GI_A_GEO_4_4555.jpg (8.56 KiB) Προβλήθηκε 2950 φορές


α) Αφού \displaystyle {\rm M}\Delta //{\rm B}{\rm A},\;\;{\rm M}\Delta  = {\rm M}{\rm A} το \displaystyle {\rm M}{\rm B}{\rm A}\Delta είναι παραλληλόγραμμο. Ομοίως, αφού \displaystyle {\rm M}{\rm E}//{\rm A}\Gamma ,\;{\rm M}{\rm E} = {\rm A}\Gamma και το \displaystyle {\rm M}\Gamma {\rm A}{\rm E} είναι παραλληλόγραμμο, οπότε \displaystyle {\rm A}\Delta //{\rm B}{\rm M},\;\;{\rm A}{\rm E}//{\rm M}\Gamma και αφού οι \displaystyle {\rm A}\Delta ,\;{\rm A}{\rm E} έχουν κοινό σημείο το A είναι συνευθειακά τμήματα, άρα τα σημεία\displaystyle {\rm{\Delta }}{\rm{,}}\;{\rm{{\rm A}}}{\rm{,}}\;{\rm{{\rm E}}} είναι συνευθειακά.

β) Ακόμα, είναι \displaystyle {\rm A}\Delta  = {\rm M}{\rm B},\;\;{\rm A}{\rm E} = {\rm M}\Gamma , οπότε \displaystyle \Delta {\rm E} = {\rm B}\Gamma .
Άρα είναι Περίμετρος \displaystyle \Delta {\rm M}{\rm E} = \Delta {\rm E} + {\rm M}{\rm E} + {\rm M}\Delta  = {\rm B}\Gamma  + {\rm A}\Gamma  + {\rm A}{\rm B} = Περίμετρος \displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma

γ) Το λάθος του μαθητή είναι στην πρόταση: \displaystyle \widehat {{\rm A}\Delta {\rm Z}} = {\widehat {\rm A}_2} (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη των ΑΒ//ΜΔ που τέμνονται από ΔΕ), αφού δεν έχουμε αποδείξει ότι το AE είναι προέκταση της \displaystyle \Delta {\rm A} .
(Αυτό είναι το ζητούμενο της απόδειξης…)

ΣΧΟΛΙΟ: Το δεδομένο ότι το M είναι μέσο της \displaystyle {\rm B}\Gamma είναι περιττό.
Συνημμένα
Λύση GI_A_GEO_4_4555.doc
(101 KiB) Μεταφορτώθηκε 53 φορές
GI_A_GEO_4_4555.ggb
(6.86 KiB) Μεταφορτώθηκε 46 φορές
τελευταία επεξεργασία από Γιώργος Ρίζος σε Πέμ Οκτ 30, 2014 10:39 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5171
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #15 από george visvikis » Πέμ Οκτ 30, 2014 10:17 pm

Άσκηση 4-4614

Δίνεται τετράγωνο AB\Gamma\Delta και τυχαίο σημείο E στην πλευρά \Delta\Gamma. Φέρουμε τη διχοτόμο AZ της γωνίας E\widehat AB και τη \Delta H κάθετη από το \Delta προς την AZ, η οποία τέμνει την AE στο M και την AB στο N.
Να αποδείξετε ότι:
α) Τα τρίγωνα A\Delta N και ABZ είναι ίσα. (Μονάδες 8)
β) AM=AN και \Delta E=EM. (Μονάδες 10)
γ) AE=\Delta E+BZ. (Μονάδες 7)

Λύση:

α) Τα τρίγωνα A\Delta N και ABZ είναι ορθογώνια και έχουν A\Delta=AB(ως πλευρές τετραγώνου) και \displaystyle{{\rm A}\widehat \Delta {\rm N} = {\rm B}\widehat {\rm A}{\rm Z}}(είναι οξείες γωνίες με πλευρές κάθετες). Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα.

4-4614.png
4-4614.png (9.16 KiB) Προβλήθηκε 2911 φορές


β) Στο τρίγωνο AMN το AH είναι ύψος και διχοτόμος, οπότε είναι ισοσκελές. Δηλαδή AM=AN και \displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm M}{\rm N} = {\rm A}\widehat {\rm N}{\rm M}}. \displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm M}{\rm N} = \Delta \widehat {\rm M}{\rm E}}(ως κατακορυφήν). \displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm N}{\rm M} = {\rm M}\widehat \Delta {\rm E}}(ως εντός εναλλάξ).

Άρα: \displaystyle{{\rm M}\widehat \Delta {\rm E} = \Delta \widehat {\rm M}{\rm E} \Leftrightarrow \Delta {\rm E} = {\rm E}{\rm M}}

γ) AM=AN=BZ, ME=\Delta E. Οπότε: \displaystyle{{\rm A}{\rm E} = {\rm A}{\rm M} + {\rm M}{\rm E} = \Delta {\rm E} + {\rm B}{\rm Z}}
τελευταία επεξεργασία από george visvikis σε Πέμ Οκτ 30, 2014 11:07 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 927
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #16 από hlkampel » Πέμ Οκτ 30, 2014 10:42 pm

Άσκηση 4-4778

Σε παραλληλόγραμμο {\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta με {\rm A}{\rm B} > {\rm B}\Gamma και \widehat {\rm B} < 90^\circ θεωρούμε σημείο {\rm Z} στην προέκταση της {\rm B}\Gamma (προς το \Gamma) τέτοιο ώστε \Gamma {\rm Z} = {\rm B}\Gamma .
Αν {\rm E} είναι σημείο της {\rm A}{\rm B}, τέτοιο ώστε {\rm E}\Gamma  = \Gamma {\rm B} , να αποδείξετε ότι:
α) Η γωνία {\rm B}{\rm E}{\rm Z} είναι ορθή. (Μονάδες 8)
β) Το τετράπλευρο {\rm A}{\rm E}\Gamma \Delta είναι ισοσκελές τραπέζιο. (Μονάδες 8)
γ) Το τετράπλευρο {\rm A}\Gamma {\rm Z}\Delta είναι παραλληλόγραμμο. (Μονάδες 9)

Λύση

4778.png
4778.png (20.04 KiB) Προβλήθηκε 2923 φορές

α) Στο τρίγωνο {\rm B}{\rm E}{\rm Z} η διάμεσός του {\rm E}\Gamma είναι το μισό της αντίστοιχης πλευράς της.
Άρα το τρίγωνο είναι ορθογώνιο με \widehat {{\rm B}{\rm E}{\rm Z}} = 90^\circ
β) Είναι {\rm A}{\rm E}//\Gamma \Delta και {\rm E}\Gamma  = {\rm A}\Delta  = {\rm B}\Gamma
Η ευθεία {\rm E}\Gamma τέμνει την {\rm B}\Gamma άρα θα τέμνει και την παράλληλή της {\rm A}\Delta .
Έτσι το τετράπλευρο {\rm A}{\rm E}\Gamma \Delta είναι ισοσκελές τραπέζιο.
γ) Είναι {\rm A}\Delta // = {\rm B}\Gamma  \Leftrightarrow {\rm A}\Delta // = \Gamma {\rm Z} οπότε το {\rm A}\Gamma {\rm Z}\Delta είναι παραλληλόγραμμο.
Συνημμένα
4778.doc
(86 KiB) Μεταφορτώθηκε 56 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5171
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #17 από george visvikis » Παρ Οκτ 31, 2014 12:24 am

Ένας άλλος τρόπος για το β) ερώτημα της άσκησης 4-6876.

Δίδεται ισοσκελές τρίγωνο {\rm A}\Gamma {\rm B}({\rm A}\Gamma  = \Gamma {\rm B}) . Φέρουμε τα ύψη του {\rm A}{\rm K} και \Gamma \Lambda.

Αν {\rm E} το μέσο της {\rm A}\Gamma να αποδείξετε ότι :

α) Το τρίγωνο {\rm K}{\rm E}\Lambda είναι ισοσκελές ( Μονάδες 10)

β) Η {\rm K}\Lambda είναι διχοτόμος της γωνίας {\rm B}\widehat {\rm K}{\rm E} ( Μονάδες 15)

Λύση.

4-6876.png
4-6876.png (7.97 KiB) Προβλήθηκε 2878 φορές


β) Από το ισοσκελές τρίγωνο {\rm K}{\rm E}\Lambda, έχουμε \displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm K}\Lambda  = {\rm E}\widehat \Lambda {\rm K}}

Η E\Lambda ενώνει τα μέσα των πλευρών \Gamma A, AB του τριγώνου AB\Gamma, οπότε, \displaystyle{{\rm E}\Lambda ||{\rm K}{\rm B} \Rightarrow {\rm E}\widehat \Lambda {\rm K} = \Lambda \widehat {\rm K}{\rm B}}. Άρα: \displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm K}\Lambda  = \Lambda \widehat {\rm K}{\rm B}}


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3691
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #18 από Γιώργος Ρίζος » Παρ Οκτ 31, 2014 9:08 am

GI_A_GEO_4_4794


Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο \displaystyle {\rm{{\rm A}{\rm B}\Gamma }} \displaystyle \left( {\widehat {\rm A} = 90^\circ } \right) με \displaystyle {\rm{{\rm B}\Delta }} διχοτόμο και AK ύψος, που τέμνονται στο E. Η κάθετη από το E στην AB τέμνει τις AB και \displaystyle \Gamma στα H και Z αντίστοιχα.
α) Να αποδείξετε ότι:
i. Tα τρίγωνα EHA και EKZ είναι ίσα. (Μονάδες 6)
ii. Tο τρίγωνο BKH είναι ισοσκελές. (Μονάδες 6)
iii. Η \displaystyle {\rm B}\Delta είναι κάθετη στην AZ. (Μονάδες 7)

β) Αν επιπλέον το ορθογώνιο τρίγωνο \displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma είναι και ισοσκελές, να αποδείξετε ότι η \displaystyle \Gamma {\rm E} είναι διχοτόμος της γωνίας \displaystyle \Gamma . (Μονάδες 6)

GI_A_GEO_4_4794.jpg
GI_A_GEO_4_4794.jpg (14.25 KiB) Προβλήθηκε 2802 φορές


αi) Το E ανήκει στη διχοτόμο της \displaystyle \widehat B , άρα ισαπέχει από τις \displaystyle AB,\;A\Gamma , δηλαδή είναι HE=KE.

Τα ορθογώνια τρίγωνα AEH και ZEK έχουν HE=KE, όπως αποδείξαμε και \displaystyle \widehat {{\rm H}{\rm E}A} = \widehat {{\rm K}{\rm E}Z} ως κατακορυφήν γωνίες, άρα είναι ίσα.

ii) Τα ορθογώνια τρίγωνα BHE και BEK έχουν τη BE κοινή, \displaystyle \widehat {{\rm H}{\rm B}{\rm E}} = \widehat {{\rm K}{\rm B}{\rm E}} από υπόθεση, άρα είναι ίσα, οπότε είναι BH=BK, δηλαδή BHK ισοσκελές.

iii) Στο \displaystyle {\rm A}{\rm B}{\rm Z} το E είναι ορθόκεντρο, αφού είναι σημείο τομής των υψών AK, ZΗ, οπότε και το BE ανήκει στο ύψος από το B στην AZ.

β) Αν \displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma ορθογώνιο με \displaystyle \widehat {\rm A} = 90^\circ και ισοσκελές, τότε το ύψος AK είναι και διχοτόμος, οπότε το E είναι έγκεντρο του \displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma , άρα και η \displaystyle \Gamma {\rm E} είναι διχοτόμος της γωνίας \displaystyle \widehat \Gamma .
Συνημμένα
Λύση GI_A_GEO_4_4794.doc
(120 KiB) Μεταφορτώθηκε 59 φορές
GI_A_GEO_4_4794.ggb
(7.04 KiB) Μεταφορτώθηκε 39 φορές


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5171
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #19 από george visvikis » Παρ Οκτ 31, 2014 11:49 am

Άσκηση GI_A_GEO_4_4808

Δίνονται δυο ίσα ισοσκελή τρίγωνα AB\Gamma(AB=A\Gamma) καιAB\Delta(BA=B\Delta), τέτοια ώστε οι πλευρές τους A\Gamma και B\Delta να τέμνονται κάθετα στο σημείο E, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Τα σημεία K και \Lambda είναι τα μέσα των τμημάτων A\Delta καιB\Gamma αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι:
α) E\Delta=E\Gamma. (Μονάδες 7)

β)\Delta\Gamma||AB . (Μονάδες 8)

γ) Το τρίγωνο EK\Lambda είναι ισοσκελές και K\Lambda||AB. (Μονάδες 10)

Λύση.

α) Από τα ίσα ισοσκελή τρίγωνα έχουμε A\Delta=B\Gamma και A\widehat \Delta E=B\widehat \Gamma E, οπότε τα ορθογώνια τρίγωνα E\Delta A, E\Gamma B είναι ίσα. Άρα E\Delta=E\Gamma

β) Είναι ακόμα EA=EB, δηλαδή τα τρίγωνα E\Delta\Gamma, EAB είναι ορθογώνια και ισοσκελή, οπότε: \displaystyle{\Delta \widehat \Gamma {\rm E} = {\rm B}\widehat {\rm A}{\rm E} = {45^0} \Rightarrow \Delta \Gamma ||{\rm A}{\rm B}}

4-4808.png
4-4808.png (12.25 KiB) Προβλήθηκε 2703 φορές


γ) Επειδή η διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα είναι ίση με το μισό της, θα έχουμε: \displaystyle{{\rm E}{\rm K} = \frac{{{\rm A}\Delta }}{2} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2} = {\rm E}\Lambda }, οπότε το τρίγωνο EK\Lambda είναι ισοσκελές.

Η K\Lambda είναι διάμεσος του ισοσκελούς τραπεζίου AB\Gamma\Delta, άρα K\Lambda||AB.

ΣΧΟΛΙΟ: Η κατασκευή του σχήματος είναι δύσκολη για μαθητές, επειδή δεν έχουμε απλώς δύο ίσα ισοσκελή τρίγωνα, αλλά ισοσκελή τρίγωνα με συγκεκριμένες γωνίες (45^0-67,5^0-67,5^0).


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 8405
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #20 από KARKAR » Παρ Οκτ 31, 2014 2:58 pm

Doloros έγραψε:Δίδεται ισοσκελές τρίγωνο {\rm A}\Gamma {\rm B}({\rm A}\Gamma  = \Gamma {\rm B}) . Φέρουμε τα ύψη του {\rm A}{\rm K} και \Gamma \Lambda.

Αν {\rm E} το μέσο της {\rm A}\Gamma να αποδείξετε ότι :

α) Το τρίγωνο {\rm K}{\rm E}\Lambda είναι ισοσκελές ( Μονάδες 10)

β) Η {\rm K}\Lambda είναι διχοτόμος της γωνίας {\rm B}\widehat {\rm K}{\rm E} ( Μονάδες 15)

Λύση

Στο β) υπάρχει και απλή λύση που δεν την "είδα" . Φιλικά Νίκος
Doloravlepsia.png
Doloravlepsia.png (14.35 KiB) Προβλήθηκε 2666 φορές

Μια διαφορετική λύση για το β) Το KE \Lambda Z είναι ισοσκλές τραπέζιο ( δεν ξέρω αν ο Νίκος εννοεί αυτή )



Επιστροφή σε “Τράπεζα Θεμάτων, Γεωμετρία A”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης