ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

hlkampel · #161

Άσκηση 4822
Έστω ορθογώνιο τρίγωνο $\Gamma {\rm A}{\rm B}$ $\left( {\widehat {\rm A} = 90^\circ } \right)$ . Με διάμετρο την πλευρά του ${\rm A}\Gamma$ φέρουμε κύκλο που τέμνει την υποτείνουσα ${\rm B}\Gamma$ στο $\Delta$ .
Από το $\Delta$ φέρουμε εφαπτόμενο τμήμα το οποίο τέμνει την ${\rm A}{\rm B}$ στο ${\rm M}$ .
Να αποδείξετε ότι:

α) $\widehat {\Gamma {\rm A}\Delta } = \widehat {\rm B}$

β) Το τρίγωνο $\Delta {\rm M}{\rm B}$ είναι ισοσκελές.

γ) Το ${\rm M}$ είναι το μέσο του ${\rm A}{\rm B}$ .

Λύση

α) Είναι $\widehat {{\rm A}\Delta \Gamma } = 90^\circ$ ως εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο, έτσι ${\rm A}\Delta \bot {\rm B}\Gamma$ .

Άρα $\widehat {\Gamma {\rm A}\Delta } = \widehat {\rm B}$ ως συμπληρωματικές της $\Gamma$ από τα ορθογώνια τρίγωνα $\Gamma {\rm A}\Delta$ και ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ (ή ως οξείες με κάθετες πλευρές)

β) Είναι $\displaystyle{\widehat {{\rm A}\Delta {\rm M}} = \widehat \Gamma \;\left( 1 \right)}$ γιατί η $\displaystyle{\widehat {{\rm A}\Delta {\rm M}}}$ είναι γωνία χορδής $\left( {{\rm A}\Delta } \right)$ και εφαπτομένης $\left( {\Delta {\rm M}} \right)$ και η $\widehat \Gamma$ είναι εγγεγραμμένη στη χορδή.

Άρα $\widehat {{\rm M}\Delta {\rm B}} = \widehat {\rm B}$ ως συμπληρωματικές των ίσων γωνιών $\widehat {{\rm M}\Delta {\rm B}}$ και $\widehat {\rm B}$ οπότε το τρίγωνο $\Delta {\rm M}{\rm B}$ είναι ισοσκελές αφού έχει δύο ίσες γωνίες.

Έτσι θα είναι $\Delta {\rm M} = {\rm M}{\rm B}\;\left( 2 \right)$

γ) $\widehat {{\rm M}{\rm A}\Delta } = \widehat \Gamma \;\left( 3 \right)$ διότι η $\widehat {{\rm M}{\rm A}\Delta }$ είναι γωνία χορδής $\left( {{\rm A}\Delta } \right)$ και εφαπτομένης $\left( {{\rm A}{\rm M}} \right)$ και η $\widehat \Gamma$ είναι εγγεγραμμένη στη χορδή.

Από $\left( 1 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow \widehat {{\rm A}\Delta {\rm M}} = \widehat {{\rm M}{\rm A}\Delta }$ δηλαδή το τρίγωνο ${\rm M}{\rm A}\Delta$ είναι ισοσκελές και θα είναι ${\rm M}{\rm A} = {\rm M}{\rm B}\;\left( 4 \right)$

$\left( 2 \right),\left( 4 \right) \Rightarrow {\rm A}{\rm M} = \Delta {\rm M}$ δηλαδή το ${\rm M}$ είναι το μέσο του ${\rm A}{\rm B}$ .

ΒΑΣΙΚΟΣ · #162

Υπάρχει πουθενα η λύση του θεματος 2 αρχειο 4972?

hlkampel · #163

Άσκηση 4832

Έστω ισοσκελές τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \;\left( {{\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma } \right)$ και ${\rm A}\Delta$ διάμεσος.
Στο τμήμα ${\rm A}\Delta$ θεωρούμε τυχαίο σημείο ${\rm K}$ από το οποίο φέρνουμε τα τμήματα ${\rm K}{\rm Z}$ και ${\rm K}{\rm E}$ κάθετα στις ${\rm A}{\rm B}$ και ${\rm A}\Gamma$ αντίστοιχα.
α) Να αποδείξετε ότι:
i. $\mathop {{\rm A}{\rm B}{\rm K}}\limits^\Delta = \mathop {{\rm A}\Gamma {\rm K}}\limits^\Delta$
ii. Το τρίγωνο ${\rm Z}{\rm K}{\rm E}$ είναι ισοσκελές.
iii. Το τετράπλευρο ${\rm Z}{\rm E}\Gamma {\rm B}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

β) Ένας μαθητής το (αi.) ερώτημα έδωσε την εξής απάντηση:
«Το τμήμα ${\rm A}\Delta$ είναι διάμεσος στη βάση ισοσκελούς άρα ύψος και διχοτόμος
του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ και μεσοκάθετος του ${\rm B}\Gamma$ . Οπότε και το τρίγωνο ${\rm B}{\rm K}\Gamma$ είναι ισοσκελές.
Τα τρίγωνα ${\rm A}{\rm B}{\rm K},{\rm A}\Gamma {\rm K}$ έχουν
1. ${\rm B}{\rm K} = {\rm K}\Gamma$
2. $\widehat {{\rm B}{\rm A}{\rm K}} = \widehat {\Gamma {\rm A}{\rm K}}$ επειδή ${\rm A}{\rm K}$ διχοτόμος της $\widehat {\rm A}$
3. $\widehat {{\rm A}{\rm B}{\rm K}} = \widehat {{\rm A}\Gamma {\rm K}}$ ως διαφορές ίσων γωνιών ισοσκελών τριγώνων.
Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα βάση του κριτηρίου Γωνία Πλευρά Γωνία.»
Ο καθηγητής είπε ότι η απάντηση του είναι ελλιπής. Να συμπληρώσετε την απάντηση του μαθητή ώστε να ικανοποιεί το κριτήριο Γωνία –Πλευρά- Γωνία
διατηρώντας τις πλευρές ${\rm B}{\rm K}$ και ${\rm K}\Gamma$ .

Λύση

α) i. Η είναι διάμεσος του ισοσκελούς τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ οπότε θα είναι διχοτόμος και ύψος.

Τα τρίγωνα ${\rm A}{\rm B}{\rm K},{\rm A}\Gamma {\rm K}$ είναι ίσα από $\Pi - \Gamma - \Pi$ αφού έχουν:

${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma$ από υπόθεση, ${\rm A}{\rm K}$ κοινή πλευρά και $\widehat {{\rm B}{\rm A}{\rm K}} = \widehat {\Gamma {\rm A}{\rm K}}$ αφού η ${\rm A}\Delta$ είναι διχοτόμος της $\widehat {\rm A}$

ii. Είναι ${\rm K}{\rm Z} = {\rm K}{\rm E}$ αφού το ${\rm K}$ είναι σημείο της διχοτόμου της $\widehat {\rm A}$ και θα ισαπέχει από τις πλευρές της.

Άρα το τρίγωνο ${\rm Z}{\rm K}{\rm E}$ είναι ισοσκελές.

iii. Από την παραπάνω ισότητα είναι ${\rm A}{\rm Z} = {\rm A}{\rm E}\;\left( 1 \right)$ οπότε και ${\rm B}{\rm Z} = \Gamma {\rm E}\;\left( 2 \right)$ ως διαφορές ίσων τμημάτων.

Τα ισοσκελή τρίγωνα ${\rm A}{\rm Z}{\rm E}$ (από την $\left( 1 \right)$ ) και ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ έχουν την $\widehat {\rm A}$ κοινή γωνία κορυφής,

έτσι και οι γωνίες των βάσεων τους θα είναι ίσες, δηλαδή $\widehat {{\rm A}{\rm Z}{\rm E}} = \widehat {\rm B} \Rightarrow {\rm Z}{\rm E}//{\rm B}\Gamma \;\left( 3 \right)$

Από την $\left( 1 \right),\left( 3 \right)$ συμπεραίνουμε ότι το ${\rm Z}{\rm E}\Gamma {\rm B}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο αφού και οι ${\rm B}{\rm Z},\Gamma {\rm E}$ τέμνονται στο ${\rm A}$ .

β) Το επιπλέον στοιχείο που πρέπει να προσθέσουμε για να ικανοποιείται το κριτήριο $\Gamma - \Pi - \Gamma$ είναι:

$\widehat {{\rm A}{\rm K}{\rm B}} = \widehat {{\rm A}{\rm K}{\rm E}}$ ως οι τρίτες γωνίες των τριγώνων ${\rm A}{\rm B}{\rm K},{\rm A}\Gamma {\rm K}$ αφού οι άλλες δύο είναι ανά δύο ίσες.

VreAnt · #164

ΒΑΣΙΚΟΣ έγραψε:Υπάρχει πουθενα η λύση του θεματος 2 αρχειο 4972?

: 2-4972.png (9.73 KiB) Προβλήθηκε 10221 φορές

(...) $3\hat{x}=45^{o}\leftrightarrow\hat{x}=15^{o}$

ΒΑΣΙΚΟΣ · #165

Ευχαριστώ

VreAnt · #166

Άσκηση 5895
Δίνονται τα ορθογώνια τρίγωνα $AB\Gamma (\hat{A}=90^{o})$ και $\Delta B \Gamma (\hat{\Delta}=90^{o})$ (όπου

και $\Delta$ εκατέρωθεν της $B \Gamma$ ) και το μέσο

της $B\Gamma$ .
Να αποδείξετε ότι:
α) το τρίγωνο $AM\Delta$ είναι ισοσκελές. (Μονάδες 9)
β) $A\hat{M}\Delta =2\cdot A \hat{\Gamma} \Delta$ (Μονάδες 9)
γ) $\Gamma \hat{B}\Delta =\Gamma \hat{A} \Delta$ (Μονάδες 7)
Λύση

: 4-5895.png (16.83 KiB) Προβλήθηκε 10124 φορές

α)Το τρίγωνο $\Delta B \Gamma$ είναι ορθογώνιο και $\Delta M$ διάμεσος του αφού

μέσο $B \Gamma$ . Άρα $\Delta M=\dfrac{B \Gamma}{2} (1)$ . Όμοια $AM=\dfrac{B \Gamma}{2} (2)$ .
Από $(1), (2) , \Delta M=AM$ . Έτσι το τρίγωνο $AM\Delta$ είναι ισοσκελές.

β) Λόγω (1) και

μέσο της $B\Gamma$ , $AM=M\Gamma$ . Άρα τρίγωνο $AM\Gamma$ ισοσκελές. Έτσι $\hat \phi _1 = \hat \phi _2 = \phi$ .
Τότε $A\hat{M} B=2\phi$ ως εξωτερική του τριγώνου $AM\Gamma$ . Όμοια $B\hat{M}\Delta=2\omega$ .
Επομένως $A\hat{M}\Delta=A\hat{M} B+B\hat{M}\Delta=2\phi+2\omega=2( \hat{\phi} _1+\hat{\omega}_1)=2\cdot A \hat{\Gamma} \Delta$ .

γ) Αφού οι απέναντι γωνίες $\hat{A}+\hat{\Delta}=90^{o}+90^{o}=180^{o}$ (παραπληρωματικές), το τετράπλευρο $AB\Gamma\Delta$ είναι εγγράψιμο.
Άρα πλευρά $\Delta\Gamma$ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό ίσες γωνίες, $\hat{\theta}=\hat{ \sigma}$ δηλαδή το ζητούμενο.

==========================
edit
προστέθηκαν στο Ευρετήριο

Φωτεινή

hlkampel · #167

Άσκηση 5898
Δίνεται τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ με ${\rm A}{\rm B} < {\rm A}\Gamma$ και η διχοτόμος του ${\rm A}\Delta$ . Στην πλευρά ${\rm A}\Gamma$ θεωρούμε σημείο ${\rm E}$ τέτοιο ώστε ${\rm A}{\rm E} = {\rm A}{\rm B}$ .
Να αποδείξετε ότι :
α) τα τρίγωνα ${\rm A}{\rm B}\Delta$ και ${\rm A}\Delta {\rm E}$ είναι ίσα.
β) η ευθεία ${\rm A}\Delta$ είναι μεσοκάθετος του τμήματος ${\rm B}{\rm E}$ .
γ) αν το ύψος από την κορυφή ${\rm B}$ του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ τέμνει την ${\rm A}\Delta$ στο ${\rm H}$ τότε η ευθεία ${\rm E}{\rm H}$ είναι κάθετη στην ${\rm A}{\rm B}$ .

Λύση
α) Τα τρίγωνα ${\rm A}{\rm B}\Delta$ και ${\rm A}\Delta {\rm E}$ είναι ίσα από $\Pi - \Gamma - \Pi$ επειδή έχουν:
${\rm A}\Delta$ κοινή πλευρά, ${\rm A}{\rm E} = {\rm A}{\rm B}$ από υπόθεση και $\widehat {{\rm B}{\rm A}\Delta } = \widehat {\Delta {\rm A}{\rm E}} = \dfrac{{\widehat {\rm A}}}{2}$

Οπότε είναι και ${\rm B}\Delta = \Delta {\rm E}\;\left( 1 \right)$

β) Αφού ισχύουν ${\rm A}{\rm E} = {\rm A}{\rm B}$ και ${\rm B}\Delta = \Delta {\rm E}$ η ${\rm A}\Delta$ είναι μεσοκάθετος του ${\rm B}{\rm E}$ επειδή τα σημεία ${\rm A},\Delta$ ισαπέχουν από τα άκρα του.

γ) Το τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}{\rm E}$ είναι ισοσκελές με ${\rm A}{\rm E} = {\rm A}{\rm B}$ και η διχοτόμός του ${\rm A}\Delta$ είναι και ύψος,
Το σημείο ${\rm H}$ είναι ορθόκεντρο του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}{\rm E}$ αφού διέρχονται τα δύο ύψη του ${\rm A}\Delta$ και ${\rm B}{\rm Z}$ ,
έτσι και το ${\rm E}{\rm H}$ είναι ύψος δηλαδή η ${\rm E}{\rm H}$ είναι κάθετη στην ${\rm A}{\rm B}$ .

hlkampel · #168

Άσκηση 5900

Έστω ισοσκελές τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \;\left( {{\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma } \right)$ και ${\rm M}$ το μέσο της ${\rm B}\Gamma$ .
Φέρουμε $\Gamma \Delta \bot {\rm B}\Gamma$ με $\Gamma \Delta = {\rm A}{\rm B}$ ( ${\rm A},\Delta$ εκατέρωθεν της ${\rm B}\Gamma$ ).
Να αποδείξετε ότι:
α) ${\rm A}{\rm M}//\Gamma \Delta$
β) η ${\rm A}\Delta$ είναι διχοτόμος της γωνίας ${\rm M}{\rm A}\Gamma$ .
γ) $\widehat {\Delta {\rm A}\Gamma } = 45^\circ - \dfrac{{\widehat {\rm B}}}{2}$
δ) ${\rm A}\Delta < 2{\rm A}{\rm B}$

Λύση

α) Αφού το τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ είναι ισοσκελές η διάμεσος ${\rm A}{\rm M}$ είναι και μεσοκάθετος της ${\rm B}\Gamma$ , οπότε ${\rm A}{\rm M}//\Gamma \Delta$ ως κάθετες στην ${\rm B}\Gamma$ .

β) Είναι $\widehat {{\rm M}{\rm A}\Delta } = \widehat {\Gamma \Delta {\rm A}}\;\left( 1 \right)$ ως εντός και εναλλάξ των ${\rm A}{\rm M}//\Gamma \Delta$ που τέμνονται από την ${\rm A}\Delta$ .

$\widehat {\Gamma {\rm A}\Delta } = \widehat {\Gamma \Delta {\rm A}}\;\left( 2 \right)$ ως γωνίες της βάσης του ισοσκελούς τριγώνου ${\rm A}\Gamma \Delta \left( {{\rm A}\Gamma = \Gamma \Delta = {\rm A}{\rm B}} \right)$

$\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \widehat {{\rm M}{\rm A}\Delta } = \widehat {\Gamma {\rm A}\Delta }\;$ δηλαδή η ${\rm A}\Delta$ είναι διχοτόμος της γωνίας ${\rm M}{\rm A}\Gamma$ .

γ) Από το ισοσκελές τρίγωνο ${\rm A}\Gamma \Delta$ έχουμε:

$\widehat {\Delta {\rm A}\Gamma } + \widehat {\Gamma \Delta {\rm A}} + \widehat {{\rm A}\Gamma \Delta } = 180^\circ \Rightarrow$

$\widehat {2\Delta {\rm A}\Gamma } + 90^\circ + \widehat \Gamma = 180^\circ \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat \Gamma = \widehat {\rm B}}$ (επειδή $\widehat {\Gamma \Delta {\rm A}} = \widehat {\Delta {\rm A}\Gamma }$ και $\widehat {{\rm A}\Gamma \Delta } = 90^\circ + \widehat \Gamma$ )

$\widehat {\Delta {\rm A}\Gamma } = 45^\circ - \dfrac{{\widehat {\rm B}}}{2}$

δ) Από την τριγωνική ανισότητα στο τρίγωνο ${\rm A}\Gamma \Delta$ είναι:

${\rm A}\Delta < {\rm A}\Gamma + {\rm A}\Delta \mathop \Rightarrow \limits^{{\rm A}\Delta = {\rm A}\Gamma = {\rm A}{\rm B}} {\rm A}\Delta < 2{\rm A}{\rm B}$

hlkampel · #169

Άσκηση 5904

Στο παρακάτω σχήμα φαίνονται οι θέσεις στο χάρτη πέντε χωριών ${\rm A},{\rm B},\Gamma ,\Delta$ και ${\rm E}$ και οι δρόμοι που τα συνδέουν.
Το χωριό ${\rm E}$ ισαπέχει από τα χωριά ${\rm B},\Gamma$ και επίσης από τα χωριά ${\rm A}$ και $\Delta$ .
α) Να αποδείξετε ότι:
i. η απόσταση των χωριών ${\rm A}$ και ${\rm B}$ είναι ίση με την απόσταση των χωριών $\Gamma$ και $\Delta$
ii. αν οι δρόμοι ${\rm A}{\rm B}$ και $\Gamma \Delta$ έχουν δυνατότητα να προεκταθούν, να αποδείξετε ότι αποκλείεται να συναντηθούν.
iii. τα χωριά ${\rm B}$ και $\Gamma$ ισαπέχουν από τον δρόμο ${\rm A}\Delta$ .
β) Να προσδιορίσετε γεωμετρικά το σημείο του δρόμου ${\rm A}\Gamma$ που ισαπέχει από τα
χωριά ${\rm A}$ και $\Delta$ .

Λύση

α) i. Το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}\Delta \Gamma$ είναι παραλληλόγραμμο αφού οι διαγώνιοί του διχοτομούντα στο ${\rm E}$ , έτσι ${\rm A}{\rm B} = \Gamma \Delta$ .

ii. Από το παραλληλόγραμμο ${\rm A}{\rm B}\Delta \Gamma$ είναι και ${\rm A}{\rm B}//\Gamma \Delta$ , δηλαδή οι δρόμοι ${\rm A}{\rm B}$ και $\Gamma \Delta$ αποκλείεται να συναντηθούν.

iii. Τα ορθογώνια τρίγωνα ${\rm A}{\rm B}{\rm H}$ και $\Gamma \Theta \Delta$ είναι ίσα αφού έχουν:

${\rm A}{\rm B} = \Gamma \Delta$ από αi ερώτημα και $\widehat {{\rm B}{\rm A}\Delta } = \widehat {{\rm A}\Delta \Gamma }$ ως εντός εναλλάξ των ${\rm A}{\rm B}//\Gamma \Delta$ που τέμνονται από τη ${\rm A}\Delta$ .

Έτσι και ${\rm B}{\rm H} = \Gamma \Theta$ δηλαδή τα χωριά ${\rm B}$ και $\Gamma$ ισαπέχουν από τον δρόμο ${\rm A}\Delta$ .

β) Αφού το ζητούμενο σημείο ισαπέχει από τα ${\rm A}$ και $\Delta$ θα ανήκει στη μεσοκάθετο του ${\rm A}\Delta$ .

Άρα είναι το σημείο τομής ${\rm Z}$ της μεσοκαθέτου του ${\rm A}\Delta$ με την ${\rm A}\Gamma$ .

blondy · #170

άκυρο , τις βρήκα

#171

5908

Δίνεται παραλληλόγραμμο $\displaystyle{\,{\rm{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }}\,}$ με $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\rm A}{\rm B} > \Gamma \Delta \,\,\,}$ και οι διχοτόμοι των γωνιών του ( όπου $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm P},{\rm E}\,}$ στην $\displaystyle{\,\,\,\Delta \Gamma \,\,\,}$ και $\displaystyle{\,\,\,\Sigma ,{\rm T}\,\,\,\,\,}$ στην $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}{\rm B}\,\,\,}$ )
τέμνονται στα σημεία $\displaystyle{\,\,\,{\rm K},\Lambda ,{\rm M},{\rm N}\,\,\,\,\,\,\,}$ , όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα.
Να αποδείξετε ότι:
α) το τετράπλευρο $\displaystyle{\Delta {\rm E}{\rm B}{\rm T}\,\,\,\,}$ είναι παραλληλόγραμμο. (Μονάδες 7)
β) το τετράπλευρο $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}\,\,\,\,\,}$ είναι ορθογώνιο. (Μονάδες 8)
γ) $\displaystyle{\,\,\,\,\Lambda {\rm N}//{\rm A}{\rm B}\,\,}$ (Μονάδες 5)
δ) $\displaystyle{\,\,\,\,\Lambda {\rm N} = {\rm A}{\rm B} - {\rm A}\Delta \,\,\,\,\,}$ (Μονάδες 5)

: 3908.png (6.5 KiB) Προβλήθηκε 9731 φορές

Λύση

α) Από το κριτήριο Π-Γ-Π τα τρίγωνα $\displaystyle{\,\,\,\,\,\Delta {\rm A}{\rm T},{\rm B}{\rm E}\Gamma \,\,\,}$ είναι ίσα,
επομένως : $\displaystyle{\,\,\,\,\Gamma {\rm E} = {\rm A}{\rm T}\,\,\,}$ , οπότε : $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}{\rm B} - {\rm A}{\rm T} = \Delta \Gamma - {\rm E}\Gamma \Leftrightarrow {\rm T}{\rm B} = \Delta {\rm E}.\,\,\,\,\,\,}$ .
Επιπλέον είναι και $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\rm T}{\rm B}//\Delta {\rm E}\,\,\,\,\,\,}$ , οπότε το τετράπλευρο $\displaystyle{\Delta {\rm E}{\rm B}{\rm T}\,\,\,\,}$ είναι παραλληλόγραμμο .

β) Στο τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,\,\Delta {\rm A}{\rm N}\,\,\,\,}$ είναι $\displaystyle{\,\,\,\,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\widehat{\rm{A}}_1} + {\widehat\Delta _1} = \frac{{\widehat{\rm{A}} + \widehat\Delta }}{2} = \frac{{{{180}^0}}}{2} = {90^0}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} }$ οπότε
είναι και $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm N} = {90^0}\,\,\,\,}$ . Ομοίως για άλλες δυο γωνίες , π,χ. $\displaystyle{\,\,\,\,\widehat{\rm M},\widehat{\rm K}\,\,\,}$ , οπότε το τετράπλευρο $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}\,\,\,\,\,}$ είναι ορθογώνιο .

γ) Στο τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\Delta {\rm A}{\rm T}\,\,}$ , το $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\rm A}{\rm N}\,\,\,}$ είναι ύψος και διχοτόμος . Επομένως είναι ισοσκελές και το είναι και το $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm N}\,\,\,}$ είναι μέσον της $\displaystyle{\,\,\,\,\Delta {\rm T}\,\,\,\,\,}$ . Ομοίως το $\displaystyle{\,\,\Lambda \,\,\,}$ είναι μέσον της $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm E}{\rm B}\,\,\,\,}$ .
Από το (α) έχουμε ότι $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,\,\Delta {\rm T}//{\rm E}{\rm B}\,\,\,\,\,}$ και $\displaystyle{\,\,\,\,\,\Delta {\rm T} = {\rm E}{\rm B} \Rightarrow \frac{{\Delta {\rm T}}}{2} = \frac{{{\rm E}{\rm B}}}{2} \Rightarrow {\rm N}{\rm T} = \Lambda {\rm B}\,\,\,\,}$ . Άρα το $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm T}{\rm B}\Lambda {\rm N}\,\,\,\,\,\,}$ είναι παρ/μο , οπότε $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\rm N}\Lambda //{\rm B}{\rm T} \Rightarrow {\rm N}\Lambda //{\rm A}{\rm B}\,\,\,\,\,}$

δ) $\displaystyle{\,\,\,\,\,\Lambda {\rm N} = {\rm T}{\rm B} = {\rm A}{\rm B} - {\rm A}{\rm T} = {\rm A}{\rm B} - {\rm A}\Delta \,\,\,}$ , λόγω του ισοσκελούς $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,\Delta {\rm A}{\rm T}\,\,\,\,}$

#172

5910

Δίνεται τρίγωνο με $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \,\,\,}$ , εγγεγραμμένο σε κύκλο με κέντρο $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm O}\,\,}$ .
Θεωρούμε το μέσο $\displaystyle{\,\,\,{\rm M}\,\,\,}$ του κυρτογώνιου τόξου $\displaystyle{\,\,\,{\rm B}\Gamma \,\,\,}$ και το ύψος $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}\Delta \,\,\,\,\,}$ του τριγώνου $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \,\,\,\,\,\,}$ .
Να αποδείξετε ότι:
α) Η $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}{\rm M}\,\,\,}$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{\,\,\,\widehat{\Delta {\rm A}{\rm O}}\,\,\,\,}$ . (Μονάδες 8 )
β) $\displaystyle{\,\,\,\widehat{{\rm O}{\rm A}\Gamma } = \widehat{\Delta {\rm A}{\rm B}}\,\,\,\,}$ (Μονάδες 9 )
γ) $\displaystyle{\,\,\,\widehat{\Delta {\rm A}{\rm O}} = \widehat{\rm B} - \widehat\Gamma \,\,\,\,}$ (Μονάδες 8 )

: 5910.png (22.29 KiB) Προβλήθηκε 9451 φορές

Λύση
α) Το απόστημα $\displaystyle{\,\,\,{\rm O}{\rm Z}\,\,\,}$ της χορδής $\displaystyle{\,\,\,{\rm B}\Gamma \,\,\,\,}$ διέρχεται από το μέσον της χορδής και από το μέσον $\displaystyle{\,\,\,{\rm M}\,\,\,\,\,}$ του τόξου .
Επομένως $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\rm O}{\rm M}//{\rm A}\Delta \,\,\,\,}$ ως κάθετες στην ίδια ευθεία .
Τότε όμως $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\widehat{\rm A}_1} = {\widehat{\rm M}_1}\,\,\,\,}$ και $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\widehat{\rm A}_1} = {\widehat{\rm M}_2}\,\,\,\,\,}$ , αφού το $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\rm A}{\rm O}{\rm M}\,\,\,\,}$ είναι ισοσκελές . Τελικά $\displaystyle{\,\,\,\,\,\widehat{\rm A}1 = \widehat{\rm A}2\,\,\,}$ ,οπότε η $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}{\rm M}\,\,\,\,}$ είναι διχοτόμος .

β) Είναι $\displaystyle{\,\,\,\,\,\widehat{{\rm A}\Gamma {\rm H}} = {90^0}\,\,\,\,}$ αφού βαίνει σε ημικύκλιο , οπότε $\displaystyle{\,\,\,\,\,\widehat{{\rm O}{\rm A}\Gamma } = {90^0} - \widehat{\rm H}\,\,\,\,}$
Επίσης από το τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\Delta {\rm A}{\rm B}\,\,}$ είναι $\displaystyle{\,\,\,\,\,\widehat{\Delta {\rm A}{\rm B}} = {90^0} - \widehat{\rm B}\,\,\,\,\,\,\,\,(2)}$
Επειδή $\displaystyle{\,\,\,\widehat{\rm B} = \widehat{\rm H}\,\,\,\,\,}$ , αφού βαίνουν στο ίδιο τόξο , έχουμε από $\displaystyle{\,\,\,\,(1),(2)\,\,\,\,}$ ότι : $\displaystyle{\,\,\,\widehat{{\rm O}{\rm A}\Gamma } = \widehat{\Delta {\rm A}{\rm B}}\,\,\,\,}$

γ) Η γωνία $\displaystyle{\,\,\,\,{\widehat{\rm E}_1}\,\,}$ είναι εξωτερική στα τρίγωνα $\displaystyle{\,\,\,\,\Delta {\rm A}{\rm E},{\rm E}\Gamma {\rm H}\,\,\,\,}$ , οπότε έχουμε ότι:
$\displaystyle{\,\,\,\,\,{\widehat{\rm E}_1} = {90^0} + \widehat{\Delta {\rm A}{\rm O}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3)\,\,\,\,\,\,\,}$ και $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\widehat{\rm E}_1} = \widehat{\rm H} + \widehat{{\Gamma _1}}\, = \widehat{\rm B} + ({90^o} - \widehat\Gamma )\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(4)\,\,\,\,\,\,\,\,}$

Από $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,(3),(4) \Rightarrow {90^0} + \widehat{\Delta {\rm A}{\rm O}} = \widehat{\rm B} + ({90^o} - \widehat\Gamma ) \Rightarrow \widehat{\Delta {\rm A}{\rm O}} = \widehat{\rm B} - \widehat\Gamma }$

#173

Άσκηση 5911

Έστω ορθογώνιο $AB\Gamma\Delta$ με $AB>B\Gamma$ τέτοιο ώστε οι διαγώνιοι του να σχηματίζουν γωνία . Από το $\Delta$ φέρουμε $\Delta M$ κάθετη στην $A\Gamma$ .

α) Να αποδείξετε ότι:

i) Το σημείο είναι μέσο του , όπου το κέντρο του ορθογωνίου. (Μονάδες )

ii) $\displaystyle{{\rm A}{\rm M} = \frac{1}{4}{\rm A}\Gamma }$ (Μονάδες )

β) Αν από το $\Gaqmma$ φέρουμε $\Gamma N$ κάθετη στη $B\Delta$ , να αποδείξετε ότι το $MN\Gamma\Delta$ είναι ισοσκελές τραπέζιο. (Μονάδες )

Λύση:

α. i) Οι διαγώνιοι του ορθογωνίου διχοτομούνται και είναι ίσες. Άρα $OA=O\Delta$ . Το ισοσκελές τρίγωνο $AO\Delta$ έχει μία γωνία 60^0

, οπότε είναι ισόπλευρο. Το ύψος λοιπόν, $\Delta M$ , θα είναι και διάμεσος, δηλαδή το

είναι μέσο του

.

α. ii) $\displaystyle{{\rm A}{\rm M} = \frac{1}{2}{\rm A}{\rm O} = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{2}{\rm A}\Gamma } \right) \Leftrightarrow }$ $\boxed{{\rm A}{\rm M} = \frac{1}{4}{\rm A}\Gamma }$

: 5911.png (14.9 KiB) Προβλήθηκε 9634 φορές

β) Ομοίως το

είναι το μέσο του

, άρα $MN||AB||\Delta\Gamma$ και $\displaystyle{{\rm M}{\rm N} = \frac{{\Delta \Gamma }}{2}}$ , οπότε το $MN\Gamma\Delta$ δεν μπορεί να είναι παραλληλόγραμμο, άρα είναι τραπέζιο.

Στα ορθογώνια τρίγωνα $\Delta MO, \Gamma NO$ είναι $\displaystyle{{\rm O}\Delta = {\rm O}\Gamma }$ και $\displaystyle{{\rm M}\widehat {\rm O}\Delta = \Gamma \widehat {\rm O}{\rm N} = {60^0}}$ .

Τα τρίγωνα είναι λοιπόν ίσα, $\Delta M=\Gamma N$ , οπότε το $MN\Gamma\Delta$ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

hlkampel · #174

Άσκηση 7433

Δίνεται τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ και η διάμεσός του ${\rm A}\Delta$ . Έστω ${\rm E},{\rm Z}$ και ${\rm H}$ είναι τα μέσα των ${\rm B}\Delta ,{\rm A}\Delta$ και ${\rm A}\Gamma$ αντίστοιχα.

α) Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο $\Delta {\rm E}{\rm Z}{\rm H}$ είναι παραλληλόγραμμο.

β) Να βρείτε τη σχέση των πλευρών ${\rm A}{\rm B}$ και ${\rm B}\Gamma$ του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ , ώστε το παραλληλόγραμμο $\Delta {\rm E}{\rm Z}{\rm H}$ να είναι ρόμβος.

γ) Στην περίπτωση που το τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ είναι ορθογώνιο (η γωνία ${\rm B}$ ορθή), να βρείτε το είδος του παραλληλογράμμου $\Delta {\rm E}{\rm Z}{\rm H}$ .

Λύση

α) Είναι ${\rm E}{\rm Z}// = \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}\;\left( 1 \right)$ διότι το $\Delta {\rm E}$ ενώνει τα μέσα των πλευρών ${\rm A}\Delta ,{\rm B}{\rm E}$ του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Delta$ .

$\Delta {\rm H}// = \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}\;\left( 2 \right)$ διότι το $\Delta {\rm H}$ ενώνει τα μέσα των πλευρών ${\rm B}\Gamma ,{\rm A}\Gamma$ του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma$

Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow {\rm E}{\rm Z}// = \Delta {\rm H}$ οπότε το τετράπλευρο $\Delta {\rm E}{\rm Z}{\rm H}$ είναι παραλληλόγραμμο.

β) Είναι ${\rm Z}{\rm H} = \dfrac{{\Delta \Gamma }}{2}\; \Rightarrow {\rm Z}{\rm H} = \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{4}\left( 3 \right)$ αφού $\Delta \Gamma = \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{2}$ , γιατί ενώνει τα μέσα των πλευρών ${\rm A}\Delta ,{\rm A}\Gamma$ του τριγώνου ${\rm A}\Delta \Gamma$ .

Για να είναι το παραλληλόγραμμο $\Delta {\rm E}{\rm Z}{\rm H}$ ρόμβος πρέπει να έχει δύο διαδοχικές πλευρές ίσες, δηλαδή:

${\rm Z}{\rm H} = {\rm Z}{\rm E}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right),\left( 1 \right)} \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{4} = \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2} \Rightarrow {\rm B}\Gamma = 2{\rm A}{\rm B}$

γ) Αν η γωνία ${\rm B}$ είναι ορθή τότε $\widehat {{\rm Z}{\rm E}\Delta } = \widehat {\rm B} = 90^\circ$ ως εντός εκτός και επί τα αυτά,

οπότε το $\Delta {\rm E}{\rm Z}{\rm H}$ είναι ορθογώνιο επειδή είναι παραλληλόγραμμο με μια ορθή γωνία.

#175

Άσκηση 2787

Στο τρίγωνο $AB\Gamma$ του παρακάτω σχήματος η κάθετη από το μέσο της $B\Gamma$ τέμνει την προέκταση της διχοτόμου $A\Delta$ στο σημείο . Αν $\Theta, Z$ είναι οι προβολές του στις $AB, A\Gamma$ , να αποδείξετε ότι:

α) Το τρίγωνο $EB\Gamma$ είναι ισοσκελές. (Μονάδες )

β) Τα τρίγωνα $\Theta BE, Z\Gamma E$ είναι ίσα. (Μονάδες )

γ) $\displaystyle{{\rm A}\widehat \Gamma {\rm E} + {\rm A}\widehat {\rm B}{\rm E} = {180^0}}$ (Μονάδες )

Λύση:

α) Το τρίγωνο $EB\Gamma$ είναι ισοσκελές, επειδή η

είναι μεσοκάθετος του $B\Gamma$

β) Τα τρίγωνα $\Theta BE, Z\Gamma E$ είναι ορθογώνια και έχουν $EB=E\Gamma$ και $E\Theta=EZ$ (κάθε σημείο της διχοτόμου ισαπέχει από τις πλευρές της γωνίας)

: 2787.png (18.19 KiB) Προβλήθηκε 9502 φορές

γ) Από την ισότητα των παραπάνω τριγώνων προκύπτει ότι $\displaystyle{{\widehat {\rm E}_1} = {\widehat {\rm E}_2}}$ (1)

Είναι ακόμα: $\displaystyle{{\rm A}\widehat \Gamma {\rm E} = {90^0} - {\widehat {\rm E}_2}}$ και $\displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm B}{\rm E} = {90^0} + {\widehat {\rm E}_1}}$ (ως εξωτερική γωνία στο τρίγωνο $EB\Theta$ )

Άρα: $\displaystyle{{\rm A}\widehat \Gamma {\rm E} + {\rm A}\widehat {\rm B}{\rm E} = {90^0} - {\widehat {\rm E}_2} + {90^0} + {\widehat {\rm E}_1}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} }$ $\boxed{{\rm A}\widehat \Gamma {\rm E} + {\rm A}\widehat {\rm B}{\rm E} = {180^0}}$

#176

Άσκηση 2788

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Gamma(A=90^0)$ , το ύψος του $A\Delta$ και σημείο $\Delta\Gamma$ , ώστε $\Delta E=B\Delta$ . Το σημείο είναι η προβολή του $\Gamma$ στην .

α) Να αποδείξετε ότι:

i) Το τρίγωνο είναι ισοσκελές. (Μονάδες )

ii) $\displaystyle{\Gamma \widehat {\rm A}{\rm E} = {10^0}}$ (Μονάδες )

β) Να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου $Z\Gamma E$ (Μονάδες )

Λύση:

α. i) Το τρίγωνο ABE

είναι ισοσκελές, επειδή η $A\Delta$ είναι μεσοκάθετος του

.

α. ii) $\displaystyle{\widehat {\rm B} = {50^0}}$ , οπότε από το ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ και από το ισοσκελές ABE

, έχουμε

διαδοχικά: $\widehat{\Gamma}=40^0$ και $A\widehat{E}\Delta=50^0$ .

: 2788.png (8.64 KiB) Προβλήθηκε 9387 φορές

Αλλά η $A\widehat{E}\Delta$ είναι εξωτερική στο τρίγωνο $AE\Gamma$ , άρα:

$\displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm E}{\rm B} = \widehat \Gamma + \Gamma \widehat {\rm A}{\rm E} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\Gamma\widehat{A} E=10^0}}$

β) Είναι $\boxed{\widehat{Z}=90^0}}$ , $\boxed{\Gamma\widehat{E} Z=50^0}$ (ως κατακορυφήν της $\displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm E}\Delta }$ ), οπότε, $\boxed{E\widehat{\Gamma} Z=40^0}}$ .

#177

2792

Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm B}\,\,\,}$ και στο εσωτερικό του θεωρούμε τα σημεία $\displaystyle{\,\,\,\,\Gamma ,\Delta \,\,\,}$ ώστε να ισχύει $\displaystyle{\,\,{\rm A}\Gamma = \Gamma \Delta = \Delta {\rm B}\,\,\,\,\,\,\,\,\,}$ . Επίσης θεωρούμε σημείο $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,\,{\rm O}\,\,}$ εκτός του ευθυγράμμου τμήματος $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm B}\,\,}$ έτσι ώστε να ισχύουν $\displaystyle{\,\,\,{\rm O}\Gamma = {\rm A}\Gamma \,\,}$ και $\displaystyle{\,\,\,{\rm O}\Delta = \Delta {\rm B}\,\,\,}$ .
α) Να αποδείξετε ότι:
i. η γωνία $\displaystyle{\,\,\,\,\widehat{\Gamma {\rm O}\Delta } = {60^0}\,\,}$ (Μονάδες 9)
ii. οι γωνίες $\displaystyle{\,\,\,\,\widehat{{\rm O}{\rm A}\Gamma },\widehat{{\rm O}{\rm B}\Delta }\,\,\,\,}$ είναι ίσες και κάθε μια ίση με $\displaystyle{\,\,\,\,{30^0}\,\,}$ . (Μονάδες 9)
β) Αν $\displaystyle{\,\,\,{\rm M}\,}$ το μέσον του ευθυγράμμου τμήματος $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}{\rm B}\,\,\,\,}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\,\,\,\,2{\rm O}{\rm M} = {\rm O}{\rm A}\,\,\,}$ . (Μονάδες 7)

: 2792.png (5.89 KiB) Προβλήθηκε 9373 φορές

Λύση

α) Το τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,\,\Gamma {\rm O}\Delta \,\,\,\,}$ είναι ισόπλευρο εκ κατασκευής και το ζητούμενο έπεται άμεσα .
β) Τα τρίγωνα $\displaystyle{\,\,\,{\rm O}{\rm A}\Gamma ,{\rm O}{\rm B}\Delta \,\,}$ είναι ισοσκελή , οπότε οι γωνίες που πρόσκεινται σε κάθε βάση είναι ίσες κι αφού οι εξωτερικές τους γωνίες $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,\,\widehat{\Delta \Gamma {\rm O}} = \widehat{\Gamma \Delta {\rm O}} = {60^0}\,\,\,\,\,}$ , το ζητούμενο έπεται άμεσα .
γ) Το $\displaystyle{\,\,\,{\rm O}{\rm M}\,\,\,\,\,}$ είναι διάμεσος στο ισόπλευρο τρίγωνο , άρα και ύψος , οπότε το τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm M}{\rm O}{\rm A}\,\,\,}$ είναι ορθογώνιο με $\displaystyle{\,\,\,\,\widehat{\rm A} = {30^0}\,\,\,}$ , άρα $\displaystyle{\,\,\,{\rm O}{\rm M} = \frac{{{\rm O}{\rm A}}}{2} \Leftrightarrow {\rm O}{\rm A} = 2{\rm O}{\rm M}\,\,\,\,\,\,\,\,\,}$

Σχόλιο : Θέμα κατάλληλο για εξετάσεις Γ΄ Γυμνασίου

hlkampel · #178

Άσκηση 2794

Σε τραπέζιο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta \left( {{\rm A}{\rm B}//\Gamma \Delta } \right)$ είναι $\Gamma \Delta = 2{\rm A}{\rm B}$ .
Επίσης τα ${\rm Z},{\rm H},{\rm E}$ είναι τα μέσα των ${\rm A}\Delta ,{\rm B}\Gamma$ και $\Delta \Gamma$ αντίστοιχα. Ακόμη η ${\rm Z}{\rm H}$ τέμνει τις ${\rm A}{\rm E},{\rm B}{\rm E}$ στα σημεία $\Theta ,{\rm I}$ αντίστοιχα.
α) Να δείξετε ότι, το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}\Gamma {\rm E}$ είναι παραλληλόγραμμο.
β) Να δείξετε ότι, τα σημεία $\Theta ,{\rm I}$ είναι μέσα των ${\rm A}{\rm E},{\rm B}{\rm E}$ αντίστοιχα.
γ) Να δείξετε ότι ${\rm Z}{\rm H} = \dfrac{3}{2}{\rm A}{\rm B}$

Λύση

α) Είναι $\Delta {\rm E} = \dfrac{{\Gamma \Delta }}{2}\;\left( 1 \right)$ αφού το ${\rm E}$ είναι μέσο του $\Gamma \Delta$ και ${\rm A}{\rm B}// = \dfrac{{\Gamma \Delta }}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} {\rm A}{\rm B}// = \Delta {\rm E}$ ,
έτσι το ${\rm A}{\rm B}\Gamma {\rm E}$ είναι παραλληλόγραμμο.

β) Το ${\rm Z}{\rm H}$ είναι διάμεσος του τραπεζίου ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ , οπότε ${\rm Z}{\rm H}//{\rm A}{\rm B}//\Gamma \Delta$ και ${\rm Z}{\rm H} = \dfrac{{{\rm A}{\rm B} + \Gamma \Delta }}{2}\;\left( 2 \right)$

Στο τρίγωνο ${\rm A}\Delta {\rm E}$ το ${\rm Z}$ είναι μέσο της ${\rm A}\Delta$ και ${\rm Z}\Theta //\Delta {\rm E}$ , έτσι το $\Theta$ είναι μέσο του ${\rm A}{\rm E}$ .

Ομοίως, στο τρίγωνο ${\rm B}\Gamma {\rm E}$ είναι ${\rm H}$ μέσο του ${\rm B}\Gamma$ και ${\rm H}{\rm I}//\Gamma {\rm E}$ , έτσι το ${\rm I}$ είναι μέσο του ${\rm B}{\rm E}$ .

γ) Από $\left( 2 \right) \Rightarrow {\rm Z}{\rm H} = \frac{{{\rm A}{\rm B} + \Gamma \Delta }}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{\Gamma \Delta = 2{\rm A}{\rm B}} {\rm Z}{\rm H} = \dfrac{{{\rm A}{\rm B} + 2{\rm A}{\rm B}}}{2} \Rightarrow {\rm Z}{\rm H} = \dfrac{{3{\rm A}{\rm B}}}{2}$

#179

Άσκηση 2796

Δίνεται κύκλος με κέντρο και έστω μία διάμετρός του, $\Gamma$ το μέσο του ενός ημικυκλίου και $\Delta$ τυχαίο σημείο του άλλου. Στην προέκταση της $\Delta B$ (προς το ) θεωρούμε σημείο ώστε $BE=A\Delta$ .

α) Να αποδείξετε ότι:

i) Τα τρίγωνα $A\Delta\Gamma, BE\Gamma$ είναι ίσα. (Μονάδες )

ii) Η $\Gamma\Delta$ είναι κάθετη στη $\Gamma E$ . (Μονάδες )

β) Να αιτιολογήσετε γιατί στην περίπτωση που το σημείο $\Delta$ είναι αντιδιαμετρικό του $\Gamma$ , η $\Gamma E$ είναι εφαπτομένη του κύκλου. (Μονάδες )

Λύση:

α. i) Επειδή το $\Gamma$ είναι μέσο του ημικυκλίου, θα είναι $A\Gamma=B\Gamma$ και $\displaystyle{{\rm A}\widehat {\Gamma} B = {90^0}}$ .

Τα τρίγωνα $A\Delta\Gamma, BE\Gamma$ έχουν:
$A\Gamma=B\Gamma$
$A\Delta=BE$ (από υπόθεση)
$\displaystyle{\Delta \widehat {\rm A}\Gamma = {\rm E}\widehat {\rm B}\Gamma }$ (η γωνία εγγεγραμμένου τετραπλεύρου είναι ίση με την απέναντι εξωτερική)
Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα (Π-Γ-Π)

: 2796.png (16.17 KiB) Προβλήθηκε 9351 φορές

α. ii) Από την ισότητα των τριγώνων προκύπτει ότι $\displaystyle{\omega = \varphi }$ .

$\displaystyle{\Delta \Gamma {\rm E} = {\rm A}\widehat {\Gamma}B - \omega + \varphi = {\rm A}\widehat {\Gamma} B = {90^0} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\Gamma \Delta \bot \Gamma {\rm E}}$

β) Είναι από το προηγούμενο ερώτημα $\displaystyle{\Delta \widehat \Gamma {\rm E} = {90^0}}$ και επειδή η $\Delta\Gamma$ είναι διάμετρος του κύκλου, η $\Gamma E$ θα είναι εφαπτομένη.

: 2796.1png.png (14.01 KiB) Προβλήθηκε 9351 φορές

#180

2797

Σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει $\displaystyle{\,\,\,\,\widehat{\rm A} + \widehat\Gamma = 2\widehat{\rm B}\,\,\,}$ και έστω $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\rm A}\Delta \,\,\,\,}$ ύψος και $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\rm B}{\rm E}\,\,\,}$ διχοτόμος του τριγώνου που τέμνονται στο $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,{\rm Z}\,\,\,\,}$
α) Να αποδείξετε ότι:
i. $\displaystyle{\,\,\,{\rm B} = {60^0}\,\,}$ και $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}{\rm Z} = {\rm B}{\rm Z}\,\,\,}$ . (Μονάδες 10)
ii. $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,\,{\rm A}\Delta = \frac{3}{2}{\rm B}{\rm Z}\,\,\,\,\,}$ (Μονάδες 8)
β) Αν είναι γνωστό ότι το τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}{\rm Z}{\rm E}\,\,\,}$ είναι ισόπλευρο, να υπολογίσετε τις άλλες γωνίες του τριγώνου $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \,\,\,\,}$ . (Μονάδες 7)

: 2797.png (10.43 KiB) Προβλήθηκε 9363 φορές

Λύση

α)
ι) $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,\,\,\widehat{\rm A} + \widehat\Gamma = 2\widehat{\rm B} \Leftrightarrow \,\,\,\,\widehat{\rm A} + \widehat{\rm B}\, + \widehat\Gamma = 3\widehat{\rm B} \Leftrightarrow 3\widehat{\rm B} = {180^0} \Leftrightarrow \widehat{\rm B} = {60^0}\,\,\,\,\,}$
Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}{\rm B}\Delta \,\,\,}$ , έχουμε ότι $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,\,{{\rm A}_1} = {30^0}\,\,\,\,}$ κι ακόμα $\displaystyle{\,\,\,\,{\widehat{\rm B}_1} = \frac{{{{60}^0}}}{2} = {30^0}\,\,\,\,\,\,\,}$
, οπότε το $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}{\rm B}{\rm Z}\,\,\,}$ είναι ισοσκελές , άρα $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}{\rm Z} = {\rm B}{\rm Z}\,\,\,}$

ιι) Αφού $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}{\rm Z} = {\rm B}{\rm Z}\,\,\,}$ και από το $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm B}{\rm Z}\Delta \,\,\,\,}$ με $\displaystyle{\,\,\,\,{\widehat{\rm B}_2} = {30^0}\,\,\,\,}$ , έχουμε ότι : $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm Z}\Delta = \frac{{{\rm B}{\rm Z}}}{2}\,\,\,\,}$ ,
έπεται ότι : $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\rm A}\Delta = {\rm A}{\rm Z} + {\rm Z}\Delta = {\rm B}{\rm Z} + \frac{{{\rm B}{\rm Z}}}{2} = \frac{3}{2}{\rm B}{\rm Z}\,\,\,\,\,\,\,}$ .

β) Αφού το τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}{\rm Z}{\rm E}\,\,\,\,}$ είναι ισόπλευρο , έχουμε ότι $\displaystyle{\,\,\,\,{\widehat{\rm A}_2} = {60^0}\,\,\,\,}$ , οπότε $\displaystyle{\,\,\,\,\widehat{\rm A} = {30^0} + {60^0} = {90^0}\,\,\,\,\,\,\,\,}$ .
Επίσης $\displaystyle{\,\,\,\widehat{\rm B} = {60^0}\,\,\,}$ , οπότε $\displaystyle{\,\,\,\,\,\widehat\Gamma = {30^0}\,\,}$

ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μέλη σε σύνδεση