ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

#261

Άσκηση 3732

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $AB\Gamma$ και το ύψος του $A\Delta$ . Στο $A\Delta$ θεωρούμε σημείο

τέτοιο ώστε HA=HB

.Έστω ότι

είναι το σημείο τομής της

με την $A\Gamma$ . Φέρνουμε την κάθετη

στην

η οποία τέμνει την πλευρά $B\Gamma$ στο $\Theta$ .
α) Να αποδείξετε ότι:

i)Τα τρίγωνα $H\Delta B$ και HZA

είναι ίσα. (Μονάδες 6)

ii) $\Delta\Theta=\Theta Z$ (Μονάδες 6)

iii) Η ευθεία $\Theta H$ είναι μεσοκάθετος του τμήματος

. (Μονάδες 6)

β) Ποιο από τα σημεία του σχήματος είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου AHB

; Να διακιολογήσετε την απάντησή σας. (Μονάδες 7)

Λύση:

α. i) Τα τρίγωνα $H\Delta B$ και HZA

είναι ίσα, επειδή είναι ορθογώνια και έχουν HB=HA

(από υπόθεση) και $\displaystyle{{\rm B}\widehat {\rm H}\Delta = {\rm A}\widehat {\rm H}{\rm Z}}$ (ως κατακορυφήν).

α. ii) Από την ισότητα των τριγώνων του ερωτήματος (α. i), προκύπτει ότι $H\Delta=HZ$ . Άρα η $\Theta H$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{{\rm A}\widehat \Theta {\rm B}}$ ( Το σημείο

ισαπέχει από τις πλευρές της). Επομένως τα ορθογώνια τρίγωνα $\Delta\Theta H$ και $ZH\Theta$ είναι ίσα (έχουν κοινή υποτείνουσα και $\displaystyle{{\rm H}\widehat \Theta {\Delta} = {\rm H}\widehat \Theta {\rm Z}}$ ). Άρα $\Delta\Theta=\Theta Z$ .

: 3732.png (11.51 KiB) Προβλήθηκε 15340 φορές

α. iii) Από την ισότητα των τριγώνων του ερωτήματος (α. i), έχουμε ακόμα $B\Delta=AZ$ .
$\displaystyle{{\rm B}\Theta = {\rm B}\Delta + \Delta \Theta = {\rm A}{\rm Z} + \Theta {\rm Z} \Leftrightarrow {\rm B}\Theta = {\rm A}\Theta }$ , οπότε το τρίγωνο $\Theta AB$ είναι ισοσκελές. Άρα η $\Theta H$ που διχοτομεί τη γωνία $\displaystyle{{\rm A}\widehat \Theta {\rm B}}$ , θα είναι μεσοκάθετος της

.

β) Στο τρίγωνο AHB

, τα ύψη $AZ, B\Delta$ τέμνονται στο σημείο $\Theta$ , που είναι και το ορθόκεντρο του τριγώνου.

Christos.N · #262

Άσκηση 3734

Σε ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ//ΓΔ) είναι ΑΒ=ΑΔ.
α) Να αποδείξετε ότι η ΒΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Δ. (Μονάδες 7)
β) Να προσδιορίσετε τη θέση ενός σημείου Ε, ώστε το τετράπλευρο ΑΒΕΔ να είναι ρόμβος.
(Μονάδες 10)
γ) Αν επιπλέον είναι γωνία ΒΑΔ=120˚ και οι διαγώνιοι του ρόμβου τέμνονται στο σημείο Ο, να υπολογίσετε τις γωνίες του τετραπλεύρου ΕΟΒΓ. (Μονάδες 8)

Απαντήσεις:

α)
Γνωρίζουμε ότι ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Delta$ άρα το τρίγωνο $\Delta {\rm A}{\rm B}$ είναι ισοσκελές , συνεπώς $\angle {\rm A}\Delta {\rm B} = \angle {\rm A}{\rm B}\Delta$ .

Τα ευθύγραμμα τμήματα ${\rm A}{\rm B},\Delta \Gamma$ είναι παράλληλα και τέμνονται από την $\Delta {\rm B}$ , άρα οι γωνίες $\angle {\rm A}{\rm B}\Delta, \angle {\rm B}\Delta \Gamma$ είναι ίσες μεταξύ τους ως εντός εναλλάξ. Από τα προηγούμενα προκύπτει ότι $\angle {\rm A}\Delta {\rm B} = angle {\rm B}\Delta \Gamma$ που οδηγεί στο συμπέρασμα.

: Καταγραφή.PNG (7.78 KiB) Προβλήθηκε 15316 φορές

β)
Γράφουμε κύκλο με κέντρο το $\Delta$ και ακτίνα $\Delta {\rm A}$ , έστω ${\rm E}$ το σημείο τομής του με την πλευρά $\Delta \Gamma$ , θα δείξουμε ότι το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}{\rm E}\Delta$ είναι ρόμβος.

Το ευθύγραμμα τμήματα ${\rm A}{\rm B},\Delta \Gamma$ είναι παράλληλα (παράλληλες πλευρές τραπεζίου) , άρα θα είναι και τα τμήματα ${\rm A}{\rm B}$ και $\Delta {\rm E}$ παράλληλα, επιπλέον ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Delta = \Delta {\rm E}$ ,συνεπώς είναι ίσα , δείξαμε έτσι ότι το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}{\rm E}\Delta$ είναι παραλληλόγραμμο. Οι απέναντι πλευρές του ${\rm A}\Delta ,{\rm B}{\rm E}$ θα είναι ίσες ,άρα ισχύει: ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Delta = \Delta {\rm E} = {\rm B}{\rm E}$
και το τετράπλευρο είναι ρόμβος.

: Καταγραφή2.PNG (10.01 KiB) Προβλήθηκε 15316 φορές

γ)
Θα δείξουμε προπαρασκευαστικά ότι το τρίγωνο ${\rm E}{\rm B}\Gamma$ είναι ισόπλευρο. Πράγματι είναι ισοσκελές καθώς: ${\rm B}\Gamma = {\rm A}\Delta = {\rm B}{\rm E}$ , οι γωνίες $\Delta {\rm A}{\rm B}$ και $\Delta {\rm E}{\rm B}$ είναι ίσες ως απέναντι γωνίες παραλληλογράμμου και η $\angle {\rm B}{\rm E}\Gamma$ είναι παραπληρωματική της $\Delta {\rm E}{\rm B}$ , άρα ίση με 60^o

, συνεπώς το ισοσκελές τρίγωνο με γωνίες βάσεων 60^o

είναι ισόπλευρο.
Επιπλέον γνωρίζουμε ότι οι διαγώνιοι του ρόμβου τέμνονται κάθετα και διχοτομούν τις απέναντι γωνίες, όπως και ότι οι διαδοχικές γωνίες ενός παραλληλογράμμου είναι παραπληρωματικές.

Άρα:
$\hat {\rm O} = 90^o$

$\angle {\rm O}{\rm B}\Gamma = \frac{1} {2}\left( {\angle {\rm A}{\rm B}{\rm E}} \right) + \left( {\angle {\rm E}{\rm B}\Gamma } \right) = \frac{1} {2}60^o + 60^o = 90^0$

$\angle {\rm B}\Gamma {\rm E} = 60^o$

$\angle \Gamma {\rm E}{\rm O} = \left( {\angle \Gamma {\rm E}{\rm B}} \right) + \frac{1} {2}\left( {\angle {\rm B}{\rm E}\Delta } \right) = 60^o + \frac{1} {2}120^o = 120^o$

: Καταγραφή3.PNG (12.42 KiB) Προβλήθηκε 15316 φορές

PanosG · #263

Άσκηση 3735
Δίνεται τρίγωνο $AB\Gamma$ με $AB<A\Gamma$ . Έστω

η εξωτερική διχοτόμος της γωνίας $\hat{A}$
α)Να αποδείξετε ότι:

i) $\displaystyle{\frac{\hat{A}_{\varepsilon\xi}}{2}+\hat{B_{\varepsilon\xi}}=180^o+\frac{\hat{\Gamma}-\hat{B}}{2}}$ , όπου $\hat{A}_{\varepsilon\xi}$ και $\hat{B}_{\varepsilon\xi}$ παριστάνουν τις εξωτερικές γωνίες των $\hat{A},\hat{B}$ αντίστοιχα. (Μονάδες

)
ii. Η εξωτερική διχοτόμος της γωνίας $\hat{A}$ τέμνει την προέκταση της πλευράς $\GammaB$ (προς το μέρος του Β) σε σημείο

.(Μονάδες

)
β) Αν το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ορθογώνιο στο

και $\widehat{AZB}=15^o$ , να αποδείξετε ότι $B\Gamma=2AB$ (Μονάδες

)

Λύση

: 3735.png (5.71 KiB) Προβλήθηκε 15318 φορές

α) i. Είναι $\hat{A}_{\varepsilon\xi}=\hat{B}+\hat{\Gamma}$ και $\hat{B}_{\varepsilon\xi}=\hat{A}+\hat{\Gamma}$ .Άρα:

$\displaystyle{\frac{\hat{A}_{\varepsilon\xi}}{2}+\hat{B_{\varepsilon\xi}}=\frac{\hat{B}+\hat{\Gamma}}{2}+\hat{A}+\hat{\Gamma}=\frac{\hat{B}+\hat{\Gamma}+\hat{2A}+\hat{2\Gamma}}{2}=\frac{\hat{2A}+\hat{2B}+\hat{2\Gamma}+\hat{\Gamma}-\hat{B}}{2}=180^o+\frac{\hat{\Gamma}-\hat{B}}{2}}$

ii. Επειδή $AB<A\Gamma$ θα είναι και $\hat{\Gamma}<\hat{B}$ άρα $\hat{\Gamma}-\hat{B}<0$ οπότε απο το α) ερώτημα θα ισχύει:
$\displaystyle{\frac{\hat{A}_{\varepsilon\xi}}{2}+\hat{B_{\varepsilon\xi}}<180^o}$
Οπότε οι ημιευθείες

και $\Gamma B$ που τέμνονται από την

σχηματίζουν τις εντός και επί τα αυτά μέρη γωνίες με άθροισμα μικρότερο απο 180^o

άρα τέμνονται προς το μέρος της τέμνουσας που βρίσκονται οι γωνίες.

β) Από το τρίγωνο ABZ

επειδή $\widehat{AZB}=15^o$ θα είναι $\displaystyle{\frac{\hat{A}_{\varepsilon\xi}}{2}+\hat{B_{\varepsilon\xi}}=165^o}$
Άρα απο το α) ερώτημα $\displaystyle{180^o+\frac{\hat{\Gamma}-\hat{B}}{2}}=165^o\Leftrightarrow \hat{\Gamma}-\hat{B}=-30^o}$
Όμως απο το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι $\hat{B}+\hat{\Gamma}=90^o$ οπότε απο τις δυο τελευταίες σχέσεις έχουμε:
$\hat{B}=60^o$ και $\hat{\Gamma}=30^o$
Τελικά το ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ έχει $\hat{\Gamma}=30^o$ άρα $B\Gamma=2AB$

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ · #264

Αναρτώ την άσκηση 3806. Είδα ότι η 3808 έχει λυθεί.

: EKF.jpg (41.31 KiB) Προβλήθηκε 15226 φορές

: SXHMA.jpg (17.16 KiB) Προβλήθηκε 15226 φορές

Έστω ${\rm A}{\rm B} = 2\alpha$ και ${\rm A}\Gamma = 4\beta$ . Τότε ${\rm A}{\rm I} = {\rm I}{\rm O} - {\rm O}{\rm H} = {\rm H}\Gamma = \beta$ .
α) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ είναι: ${\rm O},\,{\rm Z}$ μέσα των πλευρών του ${\rm A}\Gamma ,\,{\rm A}{\rm B}$ αντιστοίχως. Άρα: $\displaystyle{{\rm O}{\rm Z}// = \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2} = \dfrac{{2\alpha }}{2} = \alpha }$ , επομένως ${\rm O}{\rm Z}// = {\rm E}\Gamma ( = \alpha ) \Rightarrow {\rm O}{\rm Z}\Gamma {\rm E}$ παραλληλόγραμμο.
Είναι ${\rm Z}\Gamma = \Gamma {\rm E} \Rightarrow {\rm O}{\rm Z}\Gamma {\rm E}$ ρόμβος.
Είναι $\displaystyle{\hat \Gamma = {90^0} \Rightarrow {\rm O}{\rm Z}\Gamma {\rm E}}$ τετράγωνο.
Φέρνω την διάμεσο ${\rm B}{\rm O}$ ( & ύψος του ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ ).
Τότε $\displaystyle{{\rm O}{\rm B} = \dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{2} = \dfrac{{4\beta }}{2} = 2\beta }$ .
Η ${\rm Z}{\rm H}$ ενώνει τα μέσα των πλευρών ${\rm O}\Gamma ,\,{\rm O}{\rm B}$ του ορθογωνίου τριγ. $\Gamma {\rm O}{\rm B}$ .
Άρα $\displaystyle{{\rm Z}{\rm H}// = \dfrac{{{\rm O}{\rm B}}}{2} = \dfrac{{2\beta }}{2} = \beta = \dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{4} \Rightarrow {\rm Z}{\rm H} = \dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{4}}$ .
γ) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}{\rm O}$ ομοίως $\displaystyle{{\rm I}\Theta // = \dfrac{{{\rm O}{\rm B}}}{2} = {\rm Z}{\rm H} \Rightarrow {\rm I}\Theta {\rm Z}{\rm H}}$ παραλληλόγραμμο.
Όμως $\displaystyle{\left. {\begin{array}{*{20}{c}} {{\rm I}\Theta // = {\rm O}{\rm B}}\\ {{\rm O}{\rm B} \bot {\rm A}\Gamma } \end{array}} \right\} \Rightarrow {\rm I}\Theta \bot {\rm A}\Gamma \Rightarrow \hat {\rm I} = {90^0}.}$
Επομένως το παραλληλόγραμμο ${\rm I}\Theta {\rm Z}{\rm H}$ είναι ορθογώνιο με:
$\displaystyle{\left. {\begin{array}{*{20}{c}} {\Theta {\rm Z}{\rm{ }} = {\rm{ }}{\rm I}{\rm H}{\rm{ }} = {\rm{ }}{\rm I}{\rm O} + {\rm O}{\rm H} = \beta + \beta = 2\beta = \dfrac{{4\beta }}{2} = \dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{2}}\\ {\Theta {\rm I} = \dfrac{{{\rm O}{\rm B}}}{2} = \dfrac{{\dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{2}}}{2} = \dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{4}} \end{array}} \right\} \Rightarrow \dfrac{{\Theta {\rm Z}}}{{\Theta {\rm I}}} = \dfrac{{\dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{2}}}{{\dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{4}}} = 2 \Rightarrow \Theta {\rm Z} = 2\Theta {\rm I}}$ ό.έ.δ.

#265

Ασκηση 4_3757

Λύση
α)
i. Αφού ${\rm E}{\rm A} = {\rm A}\Delta \,\,\kappa \alpha \iota \,\,{\rm B}\Gamma = //{\rm A}\Delta$ θα είναι και ${\rm E}{\rm A} = //{\rm B}\Gamma$ συνεπώς το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm E}{\rm B}\Gamma$ έχει δύο απέναντι πλευρές ίσες και παράλληλες και επομένως είναι παραλληλόγραμμο. Άμεση συνέπεια:

${\rm E}{\rm B} = //{\rm A}\Gamma \,\,(1)$

: 4_3757_λύση.png (14.91 KiB) Προβλήθηκε 15305 φορές

ii. Οι διαγώνιες του ορθογωνίου είναι ίσες, έτσι αν θέσουμε $\boxed{{\rm B}\Gamma = \alpha }$ θα είναι :

$\boxed{{\rm A}\Gamma = {\rm B}\Delta = 2\alpha }$ και λόγω της (1)

( προηγούμενο ερώτημα) $\boxed{{\rm B}{\rm E} = 2\alpha }$ . Επίσης από την υπόθεση $\Delta {\rm E} = 2{\rm A}\Delta \Rightarrow \Delta {\rm E} = 2{\rm B}\Gamma \Rightarrow \boxed{\Delta {\rm E} = 2\alpha }$ . Δηλαδή το τρίγωνο ${\rm E}{\rm B}\Delta$ έχει και τις τρεις πλευρές

του ίσες άρα είναι ισόπλευρο και ως γνωστό κάθε γωνία του είναι από ${60^0}$ .

β) Στο ισόπλευρο τώρα ${\rm E}{\rm B}\Delta$ η ${\rm E}{\rm O}$ είναι διάμεσος γιατί οι διαγώνιοι του ορθογωνίου ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ διχοτομούνται . Έτσι όμως το ${\rm E}{\rm O}$ είναι και ύψος στο τρίγωνο αυτό και άρα προφανές ότι το ${\rm Z}$ είναι το ορθόκεντερό

του , οπότε αναγκαστικά η $\Delta {\rm Z}$ ο φορές του τρίτου ύψους του και άρα $\boxed{\Delta {\rm Z} \bot {\rm E}{\rm B}}$ .

Παρατηρήσεις:

Η άσκηση λύνεται και με άλλους τρόπους ( π.χ. με υπολογισμό γωνιών κ. λ. π.) επέλεξα τον πιο πάνω τρόπο για να δοθεί έμφαση αφ ενός ότι ή απάντηση κάθε ερωτήματος προκύπτει συνήθως από το ή

τα προηγούμενα άλλα και αφ ετέρου στην αξιοποίηση του ορθοκέντρου σε ασκήσεις καθετότητας που συνήθως δεν περνά από τη σκέψη μεγάλης μερίδας ( και δικαιολογημένα ) μαθητών.

Νίκος

#266

Άσκηση 3739

Μοιάζει με την 3724. Την αφήνω γιατί έχει προβληματική εκφώνηση και στο ερώτημα (α. i), αλλά και στο (β).

Στο (α. i), το τετράπλευρο $AB\Gamma\Delta$ δεν είναι πάντα τραπέζιο.
Στο (β) δεν διευκρινίζει ότι αναφέρεται στο ευθύγραμμο τμήμα $O\Delta$ . Αλλιώς η ευθεία $O\Delta$ τέμνει τον κύκλο σε δύο σημεία και πρέπει να ξεκαθαριστεί σε ποιο από τα δύο σημεία αναφέρεται.

Ας την κοιτάξει όμως και κάποιος άλλος.

hlkampel · #267

Άσκηση 3745

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \;\left( {{\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma } \right)$ και ${\rm A}{\rm M}$ το ύψος του στην πλευρά ${\rm B}\Gamma$ .
Στην προέκταση του ${\rm A}{\rm M}$ θεωρούμε τμήμα ${\rm M}{\rm N} = {\rm A}{\rm M}$ . Στην προέκταση του ${\rm B}\Gamma$ προς το μέρος του $\Gamma$ θεωρούμε τμήμα $\Gamma \Delta = {\rm B}\Gamma$ .
Να αποδείξετε ότι:
α) Το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}{\rm N}\Gamma$ ρόμβος.
β) Το τρίγωνο ${\rm A}\Delta {\rm N}$ είναι ισοσκελές.
γ) Το σημείο $\Gamma$ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ${\rm A}\Delta {\rm N}$ .

Λύση

α) Αφού το ${\rm A}{\rm M}$ είναι ύψος στη βάση ${\rm B}\Gamma$ του ισοσκελούς τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ θα είναι και διάμεσος.

Έτσι το ${\rm A}{\rm B}{\rm N}\Gamma$ είναι ρόμβος αφού οι διαγώνιοί του τέμνονται κάθετα, διχοτομούνται και δύο διαδοχικές του πλευρές είναι ίσες $\left( {{\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma } \right)$

β) Το $\Delta {\rm M}$ είναι μεσοκάθετος του ${\rm A}{\rm N}$ , έτσι $\Delta {\rm A} = \Delta {\rm N}$ οπότε το τρίγωνο ${\rm A}\Delta {\rm N}$ είναι ισοσκελές.

γ) Στο τρίγωνο ${\rm A}\Delta {\rm N}$ το τμήμα $\Delta {\rm M}$ είναι διάμεσός του και ισχύει:

$\displaystyle{\Delta \Gamma = \Delta {\rm M} - {\rm M}\Gamma \Rightarrow \Delta \Gamma = \Delta {\rm M} - \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{{\rm B}\Gamma = \Delta \Gamma } \Delta \Gamma = \Delta {\rm M} - \dfrac{{\Delta \Gamma }}{2} \Rightarrow }$

$2\Delta \Gamma = 2\Delta {\rm M} - \Delta \Gamma \Rightarrow \Delta \Gamma = \dfrac{2}{3}\Delta {\rm M}$ οπότε το $\Gamma$ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ${\rm A}\Delta {\rm N}$ .

#268

Άσκηση 3741

Σε παραλληλόγραμμο $AB\Gamma\Delta$ με γωνία

αμβλεία, ισχύει $AB=2A\Delta$ . Τα σημεία

και

είναι μέσα των πλευρών του

και $\Gamma\Delta$ αντίστοιχα. Από το $\Delta$ φέρουμε την $\Delta H$ κάθετη στην προέκταση της $B\Gamma.$
Να αποδείξετε ότι:

α) Το τετράπλευρο $AEZ\Delta$ είναι ρόμβος. (Μονάδες 8)

β) Το τρίγωνο EZH

είναι ισοσκελές. (Μονάδες 9)

γ) Το τμήμα

είναι διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{{\rm Z}\widehat {\rm H}\Gamma }$ . (Μονάδες 8)

Λύση:

α) $\displaystyle{{\rm A}{\rm B} = 2{\rm A}\Delta \Leftrightarrow {\rm A}{\rm E} = {\rm A}\Delta = {\rm E}{\rm Z} = {\rm A}{\rm Z}}$ . Άρα το τετράπλευρο $AEZ\Delta$ είναι ρόμβος.

β) Στο ορθογώνιο τρίγωνο $H\Gamma\Delta$ η

είναι η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα, οπότε ZH=ZA=ZE

. Άρα, τρίγωνο EZH

είναι ισοσκελές.

: 3741.png (12.48 KiB) Προβλήθηκε 15256 φορές

γ) Από το ισοσκελές τρίγωνο EZH

, έχουμε $\displaystyle{{\rm H}\widehat {\rm E}{\rm Z} = {\rm E}\widehat {\rm H}{\rm Z} = \omega }$ .
Αλλά, $\displaystyle{{\rm H}\widehat {\rm E}{\rm Z} = \varphi }$ (ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων EZ, HB

που τέμνονται από την

)

Άρα, $\omega=\phi$ , δηλαδή το τμήμα

είναι διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{{\rm Z}\widehat {\rm H}\Gamma }$ .

hlkampel · #269

Άσκηση 3747

Δίνεται τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ με γωνία ${\rm A}$ ίση με $120^\circ$ και γωνία ${\rm B}$ είναι ίση με $45^\circ$ .
Στην προέκταση της ${\rm B}{\rm A}$ προς το ${\rm A}$ , παίρνουμε τμήμα ${\rm A}\Delta = 2{\rm A}{\rm B}$ .
Από το $\Delta$ φέρνουμε την κάθετη στην ${\rm A}\Gamma$ που την τέμνει στο σημείο ${\rm K}$ .
Να αποδείξετε ότι:
α) Η γωνία ${\rm A}\Delta {\rm K}$ είναι ίση με $30^\circ$ .
β) Το τρίγωνο ${\rm K}{\rm A}{\rm B}$ είναι ισοσκελές.
γ) Αν ${\rm Z}$ το μέσο της $\Delta {\rm A}$ , τότε $\widehat {{\rm Z}{\rm K}{\rm B}} = 90^\circ$ .
δ) Το σημείο ${\rm K}$ ανήκει στη μεσοκάθετο του τμήματος ${\rm B}\Delta$ .

Λύση

α) $\widehat {{\rm K}{\rm A}\Delta } = 60^\circ$ ως παραπληρωματική της $\widehat {\rm A} = 120^\circ$ .
Από το ορθογώνιο τρίγωνο ${\rm A}\Delta {\rm K}$ θα είναι $\widehat {{\rm A}\Delta {\rm K}} = 30^\circ$

β) Αφού στο ο ορθογώνιο τρίγωνο ${\rm A}\Delta {\rm K}$ είναι $\widehat {{\rm A}\Delta {\rm K}} = 30^\circ$ τότε ${\rm A}{\rm K} = \dfrac{{{\rm A}\Delta }}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{{\rm A}\Delta = 2{\rm A}{\rm B}} {\rm A}{\rm K} = {\rm A}{\rm B}$ άρα το τρίγωνο ${\rm K}{\rm A}{\rm B}$ είναι ισοσκελές.

γ) Είναι ${\rm B}{\rm A} = {\rm A}{\rm Z}\left( { = \frac{{{\rm A}\Delta }}{2}} \right)$ και η διάμεσός του ${\rm A}{\rm K}$ είναι ${\rm A}{\rm K} = {\rm A}{\rm B} \Rightarrow {\rm A}{\rm K} = \dfrac{{{\rm A}{\rm Z}}}{2}$
άρα το τρίγωνο ${\rm Z}{\rm K}{\rm B}$ είναι ορθογώνιο αφού η διάμεσος του ισούται με το μισό της αντίστοιχής πλευράς, με υποτείνουσα ${\rm B}{\rm Z}$ , οπότε $\widehat {{\rm Z}{\rm K}{\rm B}} = 90^\circ$ .

δ) Τα ορθογώνια τρίγωνα ${\rm B}{\rm K}{\rm Z}$ και ${\rm A}{\rm K}\Delta$ είναι ίσα αφού έχουν:

${\rm A}{\rm B} = {\rm A}{\rm K}$ και ${\rm A}{\rm Z} = {\rm A}\Delta \left( { = 2{\rm A}{\rm B}} \right)$ άρα είναι και ${\rm K}{\rm B} = {\rm K}\Delta$
δηλαδή το σημείο ${\rm K}$ ανήκει στη μεσοκάθετο του τμήματος ${\rm B}\Delta$ αφού ισαπέχει από τα άκρα του.

#270

Άσκηση 3751

Δίνεται τυχαίο τρίγωνο $AB\Gamma$ και η διάμεσός του

. Έστω ότι $\Delta$ είναι το μέσο της

τέτοιο ώστε $\displaystyle{{\rm B}\Delta = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2}}$ και $\displaystyle{{\rm A}\widehat \Delta {\rm B} = {120^0}}$ .

α)Να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου $B\Delta M$ . (Μονάδες 5)

β) Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο $B\Delta\Gamma$ είναι ορθογώνιο. (Μονάδες 6)

γ) Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα $A\Delta B$ και $\Delta M\Gamma$ είναι ίσα. (Μονάδες 6)

δ) Αν το σημείο

είναι η προβολή του $\Delta$ στη $B\Gamma$ , να αποδείξετε ότι $2MK=A\Delta$ . (Μονάδες 8)

Λύση:

α) Το τρίγωνο $B\Delta M$ είναι ισοσκελές, επειδή $\displaystyle{{\rm B}\Delta = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2} = {\rm B}{\rm M}}$ . Αλλά $\displaystyle{{\rm B}\widehat \Delta {\rm M} = {60^0}}$ , οπότε είναι ισόπλευρο και έχει όλες τις γωνίες του ίσες με 60^0

.

β) Αφού το τρίγωνο $B\Delta M$ είναι ισόπλευρο $\displaystyle{\Delta {\rm M} = {\rm B}\Delta = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2}}$ , δηλαδή η διάμεσος του τριγώνου $B\Delta\Gamma$ που αντιστοιχεί στη $B\Gamma$ είναι ίση με το μισό της, οπότε $\displaystyle{{\rm B}\widehat \Delta \Gamma = {90^0}}$

: 3751.png (12.36 KiB) Προβλήθηκε 15220 φορές

γ) Είναι $A\Delta=\Delta B=\Delta M=M\Gamma$ και $\displaystyle{{\rm A}\widehat \Delta {\rm B} = \Delta \widehat {\rm M}\Gamma = {120^0}}$ , οπότε τα τρίγωνα $A\Delta B$ και $\Delta M\Gamma$ είναι ίσα.

δ) Στο ισόπλευρο τρίγωνο $B\Delta M$ το ύψος

είναι και διάμεσος. Οπότε:

$\displaystyle{{\rm A}\Delta = \Delta {\rm M} = {\rm B}{\rm M} = 2{\rm M}{\rm K} \Leftrightarrow 2{\rm M}{\rm K} = {\rm A}\Delta }$

hlkampel · #271

Άσκηση 3754

Δίνεται ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ . Από την κορυφή ${\rm A}$ φέρουμε ${\rm A}{\rm E} \bot {\rm B}\Delta$
Έστω ${\rm K},\Lambda$ τα μέσα των πλευρών ${\rm A}{\rm B}$ και ${\rm A}\Delta$ αντιστοίχως, τότε:
α) Να αποδείξετε ότι: i. $\widehat {{\rm K}{\rm E}\Lambda } = 90^\circ$ . ii. ${\rm K}\Lambda = \dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{2}$ .
γ) Αν $\widehat {{\rm B}{\rm A}\Gamma } = 30^\circ$ , να αποδείξετε ότι ${\rm K}\Lambda = {\rm B}\Gamma$ .

Λύση

α) i. Τα τμήματα ${\rm E}\Lambda ,{\rm E}{\rm K}$ είναι διάμεσοι στις υποτείνουσες των ορθογωνίων τριγώνων $\Delta {\rm E}{\rm A}$ και ${\rm A}{\rm E}{\rm B}$ αντίστοιχα, οπότε:

${\rm E}\Lambda = \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2} = {\rm A}\Lambda$ και ${\rm E}{\rm K} = \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2} = {\rm A}{\rm K}$ δηλαδή τα τρίγωνα $\Lambda {\rm E}{\rm A}$ και ${\rm A}{\rm E}{\rm K}$ είναι ισοσκελή, οπότε:

$\widehat {\Lambda {\rm E}{\rm A}} = \widehat {{\rm E}{\rm A}\Lambda }\;\left( 1 \right)$ και $\widehat {{\rm A}{\rm E}{\rm K}} = \widehat {{\rm E}{\rm A}{\rm K}}\;\left( 2 \right)$

$\widehat {{\rm K}{\rm E}\Lambda } = \widehat {\Lambda {\rm E}{\rm A}} + \widehat {{\rm A}{\rm E}{\rm K}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} \widehat {{\rm K}{\rm E}\Lambda } = \widehat {{\rm E}{\rm A}\Lambda } + \widehat {{\rm E}{\rm A}{\rm K}} \Rightarrow \widehat {{\rm K}{\rm E}\Lambda } = 90^\circ$

ii. Το τμήμα ${\rm K}\Lambda$ ενώνει τα μέσα δύο πλευρών του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Delta$ , έτσι:

${\rm K}\Lambda = \dfrac{{{\rm B}\Delta }}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{{\rm B}\Delta = {\rm A}\Gamma } {\rm K}\Lambda = \dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{2}\;\left( 3 \right)$

γ) Αν $\widehat {{\rm B}{\rm A}\Gamma } = 30^\circ$ τότε στο ορθογώνιο τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ θα ισχύει: ${\rm B}\Gamma = \dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{2}\;\left( 4 \right)$

Από $\left( 3 \right),\left( 4 \right) \Rightarrow {\rm K}\Lambda = {\rm B}\Gamma$

Σημείωση: Ερώτημα β δεν υπάρχει

#272

george visvikis έγραψε:Άσκηση 3739

Μοιάζει με την 3724. Την αφήνω γιατί έχει προβληματική εκφώνηση και στο ερώτημα (α. i), αλλά και στο (β).

Στο (α. i), το τετράπλευρο $AB\Gamma\Delta$ δεν είναι πάντα τραπέζιο.
Στο (β) δεν διευκρινίζει ότι αναφέρεται στο ευθύγραμμο τμήμα $O\Delta$ . Αλλιώς η ευθεία $O\Delta$ τέμνει τον κύκλο σε δύο σημεία και πρέπει να ξεκαθαριστεί σε ποιο από τα δύο σημεία αναφέρεται.

Ας την κοιτάξει όμως και κάποιος άλλος.

Πράγματι Γιώργο, η άσκηση ή πρέπει να αποσυρθεί ή αντί κύκλος να γραφτεί ημικύκλιο σε όλη την έκταση της εκφώνησης και με την παρατήρηση ότι το

δεν είναι

μέσο του ημικυκλίου.

Νίκος

AIAS · #273

Η άσκηση 4_3751 είναι

Δούρειος ίππος.

Το τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ όχι μόνο δεν είναι τυχαίο αλλά είναι ειδικό ορθογώνιο τρίγωνο , ( ${\rm B} = {90^0}$ )

αφού οι πλευρές του συνδέονται με τις σχέσεις:

$\gamma = \dfrac{{\alpha \sqrt 3 }}{2},\,\,\beta = \dfrac{{\alpha \sqrt 7 }}{2},\,\,{\mu _\alpha } = \alpha$

Το ότι από ψευδές μπορούμε να έχουμε αληθές και το κακέκτυπο

( γιατί άραγε σχεδιασμένο με το χέρι;)

σχήμα που δίδεται δεν απαλλάσσει τον θεματοδότη από τις ευθύνες του .

Αν δεν είναι ανικανότητα τότε είναι «ανεντιμότητα» απέναντι στα παιδιά μας .

AIAS

#274

AIAS έγραψε:Η άσκηση 4_3751 είναι

Δούρειος ίππος.

Το τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ όχι μόνο δεν είναι τυχαίο αλλά είναι ειδικό ορθογώνιο τρίγωνο , ( ${\rm B} = {90^0}$ )

αφού οι πλευρές του συνδέονται με τις σχέσεις:

$\gamma = \dfrac{{\alpha \sqrt 3 }}{2},\,\,\beta = \dfrac{{\alpha \sqrt 7 }}{2},\,\,{\mu _\alpha } = \alpha$

Το ότι από ψευδές μπορούμε να έχουμε αληθές και το κακέκτυπο

( γιατί άραγε σχεδιασμένο με το χέρι;)

σχήμα που δίδεται δεν απαλλάσσει τον θεματοδότη από τις ευθύνες του .

Αν δεν είναι ανικανότητα τότε είναι «ανεντιμότητα» απέναντι στα παιδιά μας .

Έχεις απόλυτο δίκιο. Είχα την πρόθεση να το γράψω στο τέλος της λύσης, αλλά βιαζόμουν και τελικά το ξέχασα.

apaxtos · #275

Γειά σας. Είμαι καινούριο μέλος και επειδή δεν γνωρίζω ακόμα τα εργαλεία που χρησιμοποιείτε... Έχω μαζέψει όλα τα θέματα (και τις λύσεις σ'ένα αρχείο Word (90 σελίδων). Ας με καθοδηγήσει κάποιος από τους συντονιστές τι να το κάνω. Συγχαρητήρια και για την προσπάθεια. Αν μου επιτρέπεται μία υπόδειξη ... μήπως θα ήταν καλύτερα στο ευρετήριο (που κάνει η Φωτεινή) να έμπαινε ολόκληρος ο κατάλογος των ασκήσεων και να γίνονται links σ'αυτές που έχουν λυθεί. Έτσι θα έχουμε οπτικά την αίσθηση του ποιες (και κυρίως πόσες) απομένουν

#276

ΑΝΕΒΑΣΑ ΣΤΑ ΑΡΧΕΙΑ
http://www.mathematica.gr/index.php?ind ... ew&idev=10
ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Α ΛΥΚΕΙΟΥ 2014 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ 4ο ΘΕΜΑ
το 1ο και το 2ο τεύχος της συλλογής.
Ετοιμάζεται και το 3ο τεύχος (λείπουν κάτι λίγες ασκήσεις ακόμα).
Παρακαλώ να ελέγξετε για τυχόν λάθη σε μεταφορά.
Το mail μου είναι xr.tsif@gmail.com

pana1333 · #277

apaxtos έγραψε:Γειά σας. Είμαι καινούριο μέλος και επειδή δεν γνωρίζω ακόμα τα εργαλεία που χρησιμοποιείτε... Έχω μαζέψει όλα τα θέματα (και τις λύσεις σ'ένα αρχείο Word (90 σελίδων). Ας με καθοδηγήσει κάποιος από τους συντονιστές τι να το κάνω. Συγχαρητήρια και για την προσπάθεια. Αν μου επιτρέπεται μία υπόδειξη ... μήπως θα ήταν καλύτερα στο ευρετήριο (που κάνει η Φωτεινή) να έμπαινε ολόκληρος ο κατάλογος των ασκήσεων και να γίνονται links σ'αυτές που έχουν λυθεί. Έτσι θα έχουμε οπτικά την αίσθηση του ποιες (και κυρίως πόσες) απομένουν

Καλησπέρα. Πας στη σελίδα www.mathematica.gr (αρχική σελίδα). Πάνω δεξιά υπάρχει η επιλογή αρχεία. Κάνεις κλικ στην επιλογή αρχεία και ανοίγει μια σελίδα με κατηγορίες. Επέλεξε Α λυκείου μετά Γεωμετρία και πάτα πάνω δεξιά προσθήκη αρχείου. Γράφεις τίτλο μια μικρή περιγραφή και μετά πατάς εκεί που λέει "Προσθέστε" κάτω αριστερά και τέλος. Ψάξε το λίγο. Εύκολο είναι.

pana1333 · #278

Αν δεν κάνω λάθος έχει μείνει η 2802. Αν πάλι κάνω, την αφήνω για τον κόπο

α)
i) Στην περίπτωση 1) όπου $A \Delta <B\Gamma$ , έχουμε και $A \Delta //B \Gamma$ αφού $A \Delta \bot \left( \varepsilon \right)$ και $B \Gamma \bot \left( \varepsilon \right)$ . Όμως οι $AB //\Gamma \Delta$ δεν είναι παράλληλες διότι αν ήταν το τετράπλευρο $AB\Gamma \Delta$ θα ήταν παραλληλόγραμμο άρα $A\Delta =B\Gamma$ . Άτοπο. Επομένως το τετράπλευρο $AB \Gamma \Delta$ θα είναι τραπέζιο.

: φωτό 1.jpg (19.17 KiB) Προβλήθηκε 14646 φορές

Στην περίπτωση 2) είναι $A \Delta = B \Gamma$ και $A \Delta //B \Gamma$ , επομένως το τετράπλευρο $AB \Gamma \Delta$ είναι παραλληλόγραμμο. Επίσης είναι $\hat{\Delta }={{90}^{0}}$ συνεπώς το $AB \Gamma \Delta$ είναι ορθογώνιο.

: φωτο 2.jpg (12.83 KiB) Προβλήθηκε 14646 φορές

ii) Στην περίπτωση 1) όπου το $AB\Gamma \Delta$ είναι τραπέζιο η

είναι διάμεσος και επομένως $\Mu \Nu =\frac{A \Delta +B \Gamma }{2}$ .

Στην περίπτωση 2) όπου το $AB \Gamma \Delta$ είναι ορθογώνιο θα είναι $MN=A \Delta =B \Gamma$ .

β) Είναι $A \Delta //B \Gamma$ . Συγκρίνουμε τα τρίγωνα $A \Delta M , M B \Gamma$ .

Είναι,
1) $\hat{\Delta }=\hat{\Gamma }={{90}^{0}}$

2) AM=MB

αφού

μέσο της

.

3) ${{\hat{M }}_{1}}={{\hat{M}}_{2}}$ ως κατακορυφήν

επομένως σύμφωνα με τα κριτήρια ισότητας ορθογωνίων τριγώνων τα τρίγωνα είναι ίσα άρα και $A \Delta =B \Gamma$ . Συνεπώς το τετράπλευρο $A\Gamma B\Delta$ είναι παραλληλόγραμμο. Οπότε οι διαγώνιοι του $AB,\,\,\Delta \Gamma$ διχοτομούνται και επομένως είναι $\Delta M =MN$ . Οπότε το μέσο της $\Delta \Gamma$ είναι το

και αφού σύμφωνα με την υπόθεση το

είναι το μέσο της $\Delta \Gamma$ , συμπερασματικά τα σημεία M, N

ταυτίζονται.

: φωτό 3.jpg (22.09 KiB) Προβλήθηκε 14646 φορές

#279

με βάση ένα αρχείο που έχω άλυτες από την ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ θέμα 4ο είναι οι ασκήσεις
3702,3711,3739,4588,4753,4765,4804

Έχουν κάποιες διαγραφεί;

nik21 · #280

Δύο θέματα που είδα χθες να έχουν αποσυρθεί είναι τα: 4_3702 και 4_4762

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