ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

#41

ΑΣΚΗΣΗ 3693: Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\displaystyle{\widehat{A}=90^{o})}$ , και η διχοτόμος του $\displaystyle{B\Delta}$ . Από το $\displaystyle{\Delta}$

φέρνουμε την $\displaystyle{\Delta E}$ κάθετη στην $\displaystyle{B\Gamma}$ και ονομάζουμε $\displaystyle{Z}$ το σημείο στο οποίο η ευθεία $\displaystyle{E\Delta}$ τέμνει την προέκταση της $\displaystyle{BA}$ .

Nα αποδείξετε ότι:

(α) Το τρίγωνο $\displaystyle{ABE}$ είναι ισοσκελές

(β) Τα τρίγωνα $\displaystyle{AB\Gamma}$ και $\displaystyle{BEZ}$ είναι ίσα

(γ) Η ευθεία $\displaystyle{B\Delta}$ είναι μεσοκάθετη των τμημάτων $\displaystyle{AE}$ και $\displaystyle{Z\Gamma}$

(δ) Το τετράπλευρο $\displaystyle{AE\Gamma Z}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο

ΛΥΣΗ

: 3693.png (5.67 KiB) Προβλήθηκε 19446 φορές

(α) Τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{AB\Delta}$ και $\displaystyle{EB\Delta}$ έχουν την υποτείνουσα $\displaystyle{B\Delta}$ κοινή και $\displaystyle{\widehat{AB\Delta}=\widehat{EB\Delta}}$ . Άρα

είναι ίσα και άρα θα έχουν και $\displaystyle{BA=BE}$ , δηλαδή το τρίγωνο $\displaystyle{ABE}$ είναι ισοσκελές.

(β) Τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{AB\Gamma}$ και $\displaystyle{BEZ}$ έχουν: $\displaystyle{BA=BE}$ (όπως είδαμε στο (α) ερώτημα) και την γωνία $\displaystyle{ABE}$ κοινή. Άρα είναι ίσα.

(γ) Αφού το τρίγωνο $\displaystyle{ABE}$ είναι ισοσκελές και η $\displaystyle{B\Delta}$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{B}$ , άρα η $\displaystyle{B\Delta}$ είναι μεσοκάθετος του $\displaystyle{AE}$ ,

διότι σε κάθε ισοσκελές τρίγωνο, η διχοτόμος που άγεται από την κορυφή του είναι και διάμεσος και ύψος.

Eπίσης αφού και τα τρίγωνα $\displaystyle{AB\Gamma}$ και $\displaystyle{BEZ}$ είναι ίσα (όπως δείξαμε στο (β) ερώτημα), θα έχουμε ότι $\displaystyle{B\Gamma =BZ}$ και άρα και το

τρίγωνο $\displaystyle{B\Gamma Z}$ είναι ισοσκελές με κορυφή το $\displaystyle{B}$ . Συνεπώς η διχοτόμος που άγεται από την κορυφή $\displaystyle{B}$ θα είναι η μεσοκάθετος του

$\displaystyle{Z\Gamma}$

(δ) Οι ευθείες $\displaystyle{AE , Z\Gamma}$ είναι παράλληλες ως κάθετες στην ίδια ευθεία $\displaystyle{B\Delta}$ . Kαι εφόσον οι ευθείες $\displaystyle{\Gamma E , ZA}$ τέμνονται (στο $\displaystyle{B}$ )

συμπεραίνουμε ότι το τετράπλευρο $\displaystyle{AE\Gamma Z}$ είναι τραπέζιο. Επίσης από τα προηγούμενα ερωτήματα έχουμε ότι:

$\displaystyle{B\Gamma =BZ}$
$\displaystyle{BE=BA}$

Με αφαίρεση αυτών κατά μέλη παίρνουμε : $\displaystyle{E\Gamma =AZ}$ , οπότε το πιο πάνω τραπέζιο είναι ισοσκελές.

#42

ΘΕΜΑ 3694

Δίνεται τρίγωνο ABC

(

) και η διχοτόμος του

. Φέρουμε από το

κάθετη στην

που τέμνει την

στο

και την πλευρά

στο

.

Αν

είναι το μέσο της πλευράς

, να αποδείξετε ότι:

α) Το τρίγωνο ABH

είναι ισοσκελές. (Μονάδες 9)

β) EM//HC

(Μονάδες 8)

γ) $EM = \frac{{AC - AB}}{2}$ (Μονάδες 8

Λύση

α) Στο τρίγωνο αυτό η

είναι ύψος και διχοτόμος, οπότε είναι ισοσκελές.

: 2014-5-28, trap.PNG (18.64 KiB) Προβλήθηκε 19465 φορές

β) Στο ισοσκελές τρίγωνο ABH

η

είναι και διάμεσος, δηλαδή το

είναι μέσο του

.Έτσι, από το τρίγωνο BHC

προκύπτει ότι EM//HC

.

γ) Είναι $EM=\frac{HC}{2}=\frac{AC-AH}{2}=\frac{AC-AB}{2}$ , διότι AH=AB

, αφού το τρίγωνο ABH

είναι ισοσκελές από το πρώτο ερώτημα.

( Θα κάνω την τελική μορφοποίηση στο word αρχείο. To βάζω από τώρα συνημμένο για τη συλλογή των λύσεων)

Μπάμπης

VreAnt · #43

Άσκηση 5886

Δίνεται τρίγωνο $\bigtriangleup AB\Gamma$ με $AB<A\Gamma$ και το ύψος του

. Αν $\Delta$ ,

και

είναι τα μέσα των

, $A\Gamma$ και $B\Gamma$ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι :
α) το τετράπλευρο $\Delta EZH$ είναι ισοσκελές τραπέζιο. (Μονάδες 8)
β) οι γωνίες $H\hat{\Delta}Z$ και $H\hat{E}Z$ είναι ίσες . (Μονάδες 8)
γ) οι γωνίες $E\hat{\Delta}Z$ και $E\hat{H}Z$ είναι ίσες. (Μονάδες 9)

Λύση
α) Τα $\Delta$ ,

είναι μέσα των

και $A\Gamma$ αντίστοιχα. Από θεώρημα, $\displaystyle{\Delta E \parallel=\frac{B\Gamma}{2}}$ . Άρα $\Delta E \parallel HZ$ . Όμοια με πριν $\displaystyle{ZE=\parallel\frac{AB}{2}}$ .
Αφού $\Delta H$ τέμνει

, θα τέμνει και την παράλληλη της

. Συνεπώς $\Delta EZH$ τραπέζιο.
Αρκεί να δείξω ότι $ZE=H\Delta$ . Πράγματι, $H\Delta$ διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΗ

, άρα $\displaystyle{H\Delta=\frac{AB}{2}}$ . Δηλαδή $\displaystyle{ZE=\frac{AB}{2}}= H \Delta}$ . Επομένως $\Delta EZH$ ισοσκελές τραπέζιο.
β), γ) Λόγω του ισοσκελούς τραπεζίου, οι προσκείμενες στη βάση γωνίες είναι ίσες, $\widehat {\Delta {\rm H}{\rm Z}}=\widehat {H {\rm Z}{\rm E}}$ .
Αφού $\Delta E \parallel HZ$ , $\displaystyle{\widehat {\Delta {\rm E}{\rm Z}}+\widehat {E{\rm Z}{\rm H}}=180^{0}}$ ως εντός και επι τα αυτά (...).
Επομένως οι απέναντι γωνίες του τραπεζίου είναι παραπληρωματικές, συνεπώς το τραπέζιο είναι εγγράψιμο. Κάθε πλευρά φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό ίσες γωνίες (θεώρημα). Έτσι, ${{\hat{E}}_{1}}={{\hat{\Delta}}_{1}}$ και ${{\hat{H}}_{2}}={{\hat{\Delta}}_{2}}$ .

#44

Άσκηση 4737

: 4737_εκφώνηση.png (15.16 KiB) Προβλήθηκε 19277 φορές

Δίδεται τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ με γωνία ${\rm B} = {60^0}$ . Φέρνουμε τα ύψη ${\rm A}\Delta \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\Gamma {\rm E}$ που τέμνονται στο ${\rm H}$ . Φέρνουμε ${\rm K}{\rm Z}$ διχοτόμο της γωνίας ${\rm E}\widehat {\rm H}{\rm A}$ και $\Theta {\rm H}$ κάθετο στο ύψος ${\rm A}\Delta$ . Να αποδείξετε ότι :
α) Για το τμήμα ${\rm Z}{\rm E}$ ισχύει ${\rm Z}{\rm H} = 2{\rm E}{\rm Z}$ . (μ 9)

β) Το τρίγωνο $\Theta {\rm Z}{\rm H}$ είναι ισόπλευρο . (μ8)

γ) Το τετράπλευρο $\Theta {\rm H}{\rm K}{\rm B}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο . (μ8)

Λύση

Επειδή οι $\Theta {\rm H}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,{\rm B}\Gamma$ είναι κάθετες στην ${\rm A}\Delta$ θα είναι μεταξύ τους παράλληλες και άρα $\widehat \omega = \widehat {\rm B} = {60^0}$ . Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\Delta {\rm A}{\rm B}\,\,$ το άθροισμα των οξειών του είναι

${90^0}$ , συνεπώς $\boxed{\widehat {{\phi _1}} = {{30}^0}}$ . Όμως $\widehat {{\phi _1}} = \widehat {{\phi _2}}$ γιατί έχουν κάθετες πλευρές και άρα και $\boxed{\widehat {{\phi _2}} = {{30}^0}}$ . Επειδή όμως το ορθογώνιο τρίγωνο ${\rm E}{\rm A}{\rm H}$ έχει την οξεία του γωνία

$\widehat {{\phi _1}} = {30^0}$ η άλλη οξεία του γωνία θα είναι ${60^0}$ και συνεπώς κάθε μια από τις ίσες , λόγω διχοτόμου, γωνίες $\widehat {{\alpha _1}}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {{\alpha _2}}\,\,$ θα είναι από ${30^0}$ , δηλαδή : $\boxed{\widehat {{\alpha _1}} = \widehat {{\alpha _2}} = {{30}^0}}$ .
[attachment=1]4737_ok.png[/attachment]
Στο τρίγωνο ${\rm Z}{\rm A}{\rm H}$ η γωνία $\widehat \theta$ είναι εξωτερική του και άρα $\boxed{\widehat \theta = \widehat {{\phi _1}} + \widehat {{\alpha _2}} = {{30}^0} + {{30}^0} = {{60}^0}}$ . Μετά απ αυτά αβίαστα προκύπτουν:

α) ${\rm Z}{\rm H} = 2{\rm E}{\rm Z}$ (η

κάθετη πλευρά ορθογωνίου τριγώνου με απέναντι γωνία ${30^0})$

β) τα τρίγωνα ${\rm Z}{\rm B}{\rm K}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,{\rm Z}\Theta {\rm H}$ είναι ισόπλευρα γιατί έχουν από 2 γωνίες ίσες με ${60^0}$

γ) Το τραπέζιο $\Theta {\rm H}{\rm K}{\rm B}$ είναι ισοσκελές γιατί οι γωνίες της βάσης του ${\rm B}{\rm K}$ είναι ίσες, από ${60^0}$ κάθε μιά.

Νίκος

ΒΑΣΙΚΟΣ · #45

hlkampel έγραψε:Άσκηση 3919

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ με ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma$ και ${\rm A}\Delta ,{\rm B}{\rm E}$ τα ύψη του. Να αποδείξετε ότι:

α) ${\rm B}\Gamma = 2{\rm E}\Delta$

β) $\widehat {{\rm B}{\rm E}\Delta } = \dfrac{{\widehat {\rm A}}}{2}$

γ) Το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm E}\Delta {\rm B}$

δ) $\widehat {{\rm A}{\rm B}{\rm E}} = \widehat {{\rm A}\Delta {\rm E}}$

Λύση

α) Το ύψος ${\rm A}\Delta$ που αντιστοιχεί στη βάση ${\rm B}\Gamma$ του ισοσκελούς τριγώνου είναι και διάμεσος, δηλαδή το $\Delta$ είναι μέσο του ${\rm B}\Gamma$ .

Στο ορθ. τρίγωνο ${\rm B}{\rm E}\Gamma$ το ${\rm E}\Delta$ είναι διάμεσος στην υποτείνουσα ${\rm B}\Gamma$ , έτσι ${\rm E}\Delta = \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{2} \Leftrightarrow {\rm B}\Gamma = 2{\rm E}\Delta$ .

β) Το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm E}\Delta {\rm B}$ είναι εγγράψιμο αφού η πλευρά του ${\rm A}{\rm B}$ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές $\Delta ,{\rm E}$ υπό ορθή γωνία.

Άρα $\widehat {{\rm B}{\rm E}\Delta } = \widehat {{\rm B}{\rm A}\Delta } \Leftrightarrow \widehat {{\rm B}{\rm E}\Delta } = \dfrac{{\widehat {\rm A}}}{2}$

(Σημείωση: Μάλλον κάτι άλλο είχε στο μυαλό του ο θεματοδότης)

γ) Το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm E}\Delta {\rm B}$ είναι εγγράψιμο από το (β) ερώτημα.

δ) Είναι $\widehat {{\rm A}{\rm B}{\rm E}} = \widehat {{\rm A}\Delta {\rm E}}$ αφού το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm E}\Delta {\rm B}$ είναι εγγράψιμο.

Νομίζω ότι στο β ερώτημα μπορούμε να πούμε ότι οι γωνίες $E\hat B\Delta=\Delta \hat AE$ ως οξείες γωνίες με κάθετες πλευρές και επειδή $A\Delta=\Delta B$ θα ισχύει για τις γωνίες $B\hat E\Delta=E\hat B\Delta$ άρα $B\hat E\Delta=\Delta \hat AE=\frac{\hat A}{2}$

Μαρία Σαμπάνη · #46

Η ασκηση 3731 εχει λάθος α ερωτημα. Τι γίνεται αν κληρωθει????

AIAS · #47

Μαρία Σαμπάνη έγραψε:Η ασκηση 3731 εχει λάθος α ερωτημα. Τι γίνεται αν κληρωθει????

Δίνεις το σωστό : ${\rm M}{\rm A} = {\rm M}{\rm B}$ .

Δεν υπάρχει ούτε

στα χίλια να σου ζητήσουν το λόγο, το γιατί, προφανές.

Τέτοια πράγματα δεν έχουν ξαναγίνει .

Τι έχουν να δουν άραγε ακόμα τα μάτια μας!

AIAS

VreAnt · #48

Άσκηση 3696
Δίνεται οξεία γωνία $\displaystyle{x\hat{O}y}$ και δύο ομόκεντροι κύκλοι $\displaystyle{(O, \rho_{1})}$ και $\displaystyle{(O, \rho_{2})}$ με $\rho_{1}<\rho_{2}$ , που τέμνουν την

στα σημεία

,

και την

στα $\Lambda,B$ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι:
α) $A \Lambda=BK$ . (Μονάδες 8)
β) Το τρίγωνο $\bigtriangleup APB$ είναι ισοσκελές, όπου

το σημείο τομής των $A \Lambda$ και

. (Μονάδες 8)
γ) Η

διχοτομεί την γωνία $\textstyle{x\hat{O}y}$ (Μονάδες 9)

: 4-3696.png (60.3 KiB) Προβλήθηκε 19147 φορές

Λύση
α)Συγκρίνω τα τρίγωνα $\bigtriangleup OKB$ και $\bigtriangleup OA \Lambda$ . Έχουν: $\left.\begin{matrix} OK=O\Lambda=\rho_{1}\\ OB=OA=\rho_{2}\\ \hat{O} =\hat{O} \end{matrix}\right\}\Rightarrow \bigtriangleup OKB=\bigtriangleup OA\Lambda$ (ΠΓΠ). Άρα, $A \Lambda=BK$ και $\hat{\sigma _{1}}=\hat{\sigma _{2}}$ (1)

β) Συγκρίνω τα τρίγωνα $\bigtriangleup KAP$ και $\bigtriangleup PB \Lambda$ . Έχουν: $\left.\begin{matrix} AK=B\Lambda=\rho_{2}-\rho_{1}\\ \hat{\sigma _{1}}=\hat{\sigma _{2}}\\ \hat{K_{1}} =\hat{\Lambda_{1}} (*) \end{matrix}\right\}\Rightarrow \bigtriangleup KAP=\bigtriangleup PB \Lambda$ (ΓΠΓ)
(*)

ισχύει λόγω (1), $\hat{P _{1}}=\hat{P_{2}}$ (κατακορυφήν) και άθροισμα γωνιών τριγώνου 180^o

Άρα

(2), δηλ. $\bigtriangleup PAB$ ισοσκελές.

γ)Συγκρίνω τα τρίγωνα $\bigtriangleup OAP$ και $\bigtriangleup OBP$ . Έχουν: $\left.\begin{matrix} OB=OA=\rho_{2}\\ PA=PB (2)\\ \OP=OP \end{matrix}\right\}\Rightarrow \bigtriangleup OAP=\bigtriangleup OBP$ (ΠΠΠ). Άρα, $\hat{\varphi _{1}}=\hat{\varphi _{2}}$ δηλ. ΟΡ διχοτόμος $x \hat{O} y$ .

m.bee · #49

AIAS έγραψε:
Μαρία Σαμπάνη έγραψε:Η ασκηση 3731 εχει λάθος α ερωτημα. Τι γίνεται αν κληρωθει????
Δίνεις το σωστό : ${\rm M}{\rm A} = {\rm M}{\rm O} = {\rm M}\Gamma$ .

Δεν υπάρχει ούτε στα χίλια να σου ζητήσουν το λόγο, το γιατί, προφανές.

Τέτοια πράγματα δεν έχουν ξαναγίνει .

Τι έχουν να δουν άραγε ακόμα τα μάτια μας!

Εφαπτόμενα τμήματα είναι τα ΜΑ και ΜΒ.

ΒΑΣΙΚΟΣ · #50

μόνο και $MO=M\Gamma$

AIAS · #51

ΒΑΣΙΚΟΣ έγραψε:ΜΑ=ΜΒ μόνο και ΜΟ=ΜΓ

Έχεις δίκιο , έκανα μια διόρθωση στο δικό μου λάθος αλλά το πιο ενδεδειγμένο είναι αυτό που προτείνεις .

AIAS

nikolaos p. · #52

Η γραφειοκρατία πράγματι είναι απαράδεκτη με τα πρακτικά κλπ (αλήθεια πότε θα "εξαφανιστεί" η έννοια "πρακτικό" από το Δημόσιο Σχολείο;)
Πιατεύω οτι ο εκπαιδευτικός που θα εντοπίσει λάθος σε θέμα δεν έχει δικαίωμα να το διορθώσει, παρά μόνον να ενημερώσει τον Διευθυντή του Σχολείου, ο οποίος με τη σειρά του θα ενημερώσει τη Δευτεροβάθμια κλπ. Ιεραρχία δηλαδή, όπως στο Στρατό. Μετά περιμένουμε να πάμε μπροστά με τέτοια γραφειοκρατία...

#53

Πόσο απλό είναι θα ήταν να έρθει μια διευκρίνηση , η οποία να σημειώνει πάνω κάτω ότι :

'' Αν ο εισηγητής καθηγητής εντοπίσει αμέσως μετά την κλήρωση λάθος ερώτημα ή παράλλειψη ή σημαντική ασάφεια που καθιστά το ερώτημα ή το θέμα ακατάλληλο ,έχει το δικαίωμα να ζητήσει άλλο θέμα, αναγράφοντας στη σχετική φόρμα την αιτιολόγηση : '' Ακατάλληλο θέμα '', χωρίς πρακτικό ή άλλη διαδικασία. Ο εισηγητής μπορεί ακόμα να τροποποιήσει κάποιο υποερώτημα, αν κρίνει ότι αυτό δεν είναι κατανοητό από τους μαθητές, με την προϋπόθεση ότι δεν αλλοιώνει τη δυσκολία ή τη φύση του ερωτήματος. ''

Πρόκειται για αυτονόητα τελικά πράγματα που δίνουν κύρος στον Καθηγητή και σέβονται το μαθητή και την εκπαίδευση.Ταυτόχρονα απαλλάσσουν το σχολείο από ανόητες γραφειοκρατείες . Νομίζω όμως ότι όλα αυτά θα γίνουν σιγά-σιγά , αν ο θεσμός έχει μέλλον. Διαβλέπω μάλιστα ότι για την Α΄ Λυκείου η διαδικασία θα απλοποιηθεί πολύ και ο βαθμός προαγωγής δεν θα προσμετράται στην εισαγωγή στα ΑΕΙ. Η μη ισοδυναμία των θεμάτων θα γίνει στο τέλος αντιλληπτή και θα έχουμε βελτιώσεις.
Απλά, οι πολιτικοί σκέφτονται εγωιστικά και αργούν να δουν την αλήθεια κατάματα, διότι πρέπει εκτός των άλλων να δίνουν εξηγήσεις και στους δημοσιογράφους ή στην εκάστοτε αντιπολίτευση .

Μπάμπης

STOPJOHN · #54

Kαλησπέρα σε όλους
Μετά από αρκετή σκέψη και προβληματισμό για τα πιθανά λάθη και τις ασάφειες της Τράπεζας θεμάτων και εφόσον κληρωθεί ΛΑΝΘΑΣΜΕΝΟ ΘΕΜΑ ΘΑ ΤΟ ΔΙΟΡΘΩΣΩ ΑΜΕΣΩΣ ΚΑΙ ΘΑ ΔΟΘΕΙ ΣΤΟΥΣ ΜΑΘΗΤΕΣ.....Να περιμένουμε απαντήσεις με Πρακτικά κ.λ.π μου φαίνεται αστείο
ΚΑΛΗ ΔΥΝΑΜΗ ΣΕ ΟΛΟΥΣ

Γιάννης

#55

STOPJOHN έγραψε:Kαλησπέρα σε όλους
Μετά από αρκετή σκέψη και προβληματισμό για τα πιθανά λάθη και τις ασάφειες της Τράπεζας θεμάτων και εφόσον κληρωθεί ΛΑΝΘΑΣΜΕΝΟ ΘΕΜΑ ΘΑ ΤΟ ΔΙΟΡΘΩΣΩ ΑΜΕΣΩΣ ΚΑΙ ΘΑ ΔΟΘΕΙ ΣΤΟΥΣ ΜΑΘΗΤΕΣ.....Να περιμένουμε απαντήσεις με Πρακτικά κ.λ.π μου φαίνεται αστείο
ΚΑΛΗ ΔΥΝΑΜΗ ΣΕ ΟΛΟΥΣ

Γιάννης

Γιάννη, εσύ έχεις την καλή πρόθεση να το διορθώσεις, αλλά αν το θέμα είναι συνολικά λάθος, τι να διορθώσεις; Πρέπει να φτιάξεις άλλη άσκηση !

Όμως σε λίγες μέρες όλα θα έχουν διορθωθεί και δεν θα υπάρξει εύκολα πρόβλημα !

Peri2005 · #56

Βάζω τις 4583 και 4599

στο παρακάτω link: http://www.mathematica.gr/index.php?ind ... w&iden=684

επειδή έχω πρόβλημα με το Latex (ή εγώ κάνω κάτι λάθος)

#57

4603

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \,\,\,({\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma )\,\,\,\,}$ , και τυχαίο σημείο $\displaystyle{\,\,\,{\rm M}\,\,}$ της πλευράς $\displaystyle{\,\,{\rm B}\Gamma \,\,}$ .
Από το σημείο $\displaystyle{\,\,\,{\rm M}\,\,}$ φέρουμε ευθεία κάθετη στην πλευρά που τέμνει τις ευθείες $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm B}\,}$ και $\displaystyle{\,{\rm A}\Gamma \,\,}$ στα σημεία $\displaystyle{\,\,{\rm E}\,\,}$ και $\displaystyle{\,\Theta \,\,}$ αντίστοιχα.
Αν $\displaystyle{\,{\rm A}\Delta \,\,\,}$ και $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm H}\,\,}$ τα ύψη των τριγώνων $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \,\,\,}$ και $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}\Theta {\rm E}\,\,}$ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι:
α) $\displaystyle{\,\,\widehat{{\rm{\Delta {\rm A}{\rm H}}}}{\rm{ = 9}}{{\rm{0}}^0}\,\,\,\,\,}$ (Μονάδες 8)
β) Το τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}\Theta {\rm E}\,\,}$ είναι ισοσκελές. (Μονάδες 8)
γ) $\displaystyle{\,\,\,{\rm M}\Theta + {\rm M}{\rm E} = 2{\rm A}\Delta \,}$ (Μονάδες 9)

Λύση

β και α) Το τετράπλευρο $\displaystyle{\,\,\,\Delta {\rm A}{\rm H}{\rm M}\,\,}$ είναι ορθογώνιο αφού έχει τρεις ορθές γωνίες.
Λόγω της παραλληλίας είναι $\displaystyle{\,\,\,\widehat{\rm B} = {\widehat{\rm A}_1}\,\,\,\,,\,\,\,\,\widehat\Gamma = {\widehat{\rm A}_2}\,\,\,\,}$ κι αφού $\displaystyle{\,\,\,\widehat{\rm B} = \widehat\Gamma \,\,\,}$ έχουμε ότι η $\displaystyle{\,{\rm A}{\rm H}\,\,\,}$ είναι διχοτόμος της $\displaystyle{\widehat{{\rm E}{\rm A}\Theta }}$
Αυτό έχει σαν συνέπεια το τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}\Theta {\rm E}\,\,}$ να είναι ισοσκελές αφού το $\displaystyle{{\rm A}{\rm H}}$ είναι ταυτόχρονα διχοτόμος και ύψος .
Έτσι $\displaystyle{\,\,\widehat{{\rm{\Delta {\rm A}{\rm H}}}}{\rm{ = 9}}{{\rm{0}}^0}\,\,\,\,\,}$ αφού οι πλευρές της είναι διχοτόμοι εφεξής παραπληρωματικών γωνιών .

γ) Το $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm H}\,\,}$ είναι και διάμεσος στο $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm H}\,\,}$ , οπότε $\displaystyle{\,\,{\rm E}{\rm H} = \Theta {\rm H}\,\,\,\,}$ .
Τότε :
$\displaystyle{\,\,\,{\rm M}\Theta + {\rm M}{\rm E} = {\rm M}\Theta + {\rm M}\Theta + \Theta {\rm E} = 2{\rm M}\Theta + \Theta {\rm H} + {\rm H}{\rm E} = 2{\rm M}\Theta + 2\Theta {\rm H} = 2({\rm M}\Theta + \Theta {\rm H}) = 2{\rm M}{\rm H} = 2{\rm A}\Delta \,\,}$

hlkampel · #58

Άσκηση 4606

Δίνεται κύκλος κέντρου ${\rm O}$ και δυο μη αντιδιαμετρικά σημεία του ${\rm A}$ και ${\rm B}$ .

Φέρουμε τις εφαπτόμενες του κύκλου στα σημεία ${\rm A}$ και ${\rm B}$ οι οποίες τέμνονται στο σημείο $\Gamma$ .

Φέρουμε επίσης και τα ύψη ${\rm A}\Delta$ και ${\rm B}{\rm E}$ του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ τα οποία τέμνονται στο σημείο ${\rm H}$ . Να αποδείξετε ότι:

α) Το τρίγωνο ${\rm B}{\rm H}{\rm A}$ είναι ισοσκελές.

β) Το τετράπλευρο ${\rm O}{\rm B}{\rm H}{\rm A}$ είναι ρόμβος.

γ) Τα σημεία ${\rm O},{\rm H},\Gamma$ είναι συνευθειακά.

Λύση

α) Είναι $\Gamma {\rm A} = \Gamma {\rm B}$ ως εφαπτόμενα τμήματα, δηλαδή το τρίγωνο $\Gamma {\rm B}{\rm A}$ είναι ισοσκελές.

Τα ορθ. τρίγωνα ${\rm A}{\rm B}\Delta$ και ${\rm A}{\rm B}{\rm E}$ είναι ίσα αφού έχουν την πλευρά ${\rm A}{\rm B}$ κοινή και $\displaystyle{\widehat {{\rm A}{\rm B}\Delta } = \widehat {{\rm E}{\rm A}{\rm B}}}$ ως προσκείμενες στη βάση του ισοσκελούς τριγώνου $\Gamma {\rm B}{\rm A}$ .

Άρα και $\widehat {{\rm A}{\rm B}{\rm H}} = \widehat {{\rm B}{\rm A}{\rm H}}$ , οπότε το τρίγωνο ${\rm B}{\rm H}{\rm A}$ είναι ισοσκελές αφού έχει δύο ίσες γωνίες.

β) Είναι ${\rm O}{\rm A} \bot \Gamma {\rm A}$ και ${\rm B}{\rm H} \bot {\rm A}\Gamma$ έτσι ${\rm O}{\rm A}//{\rm B}{\rm H}\;\left( 1 \right)$

Ομοίως είναι ${\rm O}{\rm B}//{\rm A}{\rm H}\;\left( 2 \right)$ ως κάθετες στην $\Gamma {\rm B}$ .

Επίσης είναι ${\rm O}{\rm A} = {\rm O}{\rm B}\;\left( 3 \right)$ ως ακτίνες του κύκλου.

Από τις τρείς παραπάνω σχέσεις συμπεραίνουμε ότι το τετράπλευρο ${\rm O}{\rm B}{\rm H}{\rm A}$ είναι ρόμβος.

γ) Είναι $\Gamma {\rm A} = \Gamma {\rm B}$ από το ισοσκελές τρίγωνο $\Gamma {\rm A}{\rm B}$

${\rm H}{\rm A} = {\rm H}{\rm B}$ από το ισοσκελές τρίγωνο ${\rm H}{\rm A}{\rm B}$ και ${\rm O}{\rm A} = {\rm O}{\rm B}$

Άρα τα σημεία ${\rm O},{\rm H},\Gamma$ ισαπέχουν από τα άκρα του τμήματος ${\rm A}{\rm B}$ δηλαδή ανήκουν στη μεσοκάθετο του, δηλαδή στην ίδια ευθεία.

#59

Άσκηση 4611

Δίνεται τρίγωνο $AB\Gamma$ και στην προέκταση της $\Gamma B$ (προς το

) θεωρούμε σημείο $\Delta$ τέτοιο ώστε $B\Delta=AB$ ενώ στην προέκταση της $B\Gamma$ (προς το $\Gamma$ ) θεωρούμε σημείο

τέτοιο ώστε $\Gamma E=\Gamma A$ .

Αν οι εξωτερικοί διχοτόμοι των γωνιών

και $\Gamma$ τέμνουν τις $A\Delta$ και

στα σημεία

και $\Lambda$ αντίστοιχα, και η $K\Lambda$ τέμνει τις

και $A\Gamma$ στα σημεία

και

αντίστοιχα να αποδείξετε ότι:

α) Τα σημεία

και $\Lambda$ είναι μέσα των $A\Delta$ και

αντίστοιχα. (Μονάδες

)

β) Τα τρίγωνα KMA

και $AN\Lambda$ είναι ισοσκελή (Μονάδες

)

γ) $\displaystyle{{\rm K}\Lambda = \frac{{{\rm A}{\rm B} + {\rm A}\Gamma + {\rm B}\Gamma }}{2}}$ (Μονάδες

)

Λύση:

α) Επειδή τα τρίγωνα $AB\Delta, A\Gamma E$ είναι ισοσκελή οι διχοτόμοι $BK, \Gamma\Lambda$ των γωνιών $\displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm B}\Delta ,{\rm A}\widehat \Gamma {\rm E}}$ αντίστοιχα, θα είναι και διάμεσοι.

β) Η $K\Lambda$ ενώνει τα μέσα των πλευρών $A\Delta, AE$ του τριγώνου $A\Delta E$ , άρα $K\Lambda||\Delta E$ .

: 4_4611.png (9.52 KiB) Προβλήθηκε 19224 φορές

Οπότε θα είναι $\displaystyle{{\widehat {\rm K}_1} = \widehat \Delta }$ και $\displaystyle{{\widehat \Lambda _1} = \widehat {\rm E}}$ (ως εντός εκτός και επί τα αυτά)

Αλλά από τα ισοσκελή τρίγωνα $AB\Delta, A\Gamma E$ , έχουμε: $\displaystyle{{\widehat {\rm A}_1} = \widehat \Delta }$ και $\displaystyle{{\widehat {\rm A}_2} = \widehat {\rm E}}$ .

Άρα: $\displaystyle{{\widehat {\rm A}_1} = {\widehat {\rm K}_1}}$ και $\displaystyle{{\widehat {\rm A}_2} = {\widehat \Lambda _1}}$ , δηλαδή τα τρίγωνα KMA

και $AN\Lambda$ είναι ισοσκελή.

γ) Η $K\Lambda$ ως παράλληλη στη $\Delta E$ θα διέρχεται από τα μέσα των πλευρών $AB, A\Gamma$
του τριγώνου $AB\Gamma$ . Άρα τα σημεία M, N

είναι τα μέσα των $AB, A\Gamma$ αντίστοιχα, οπότε θα είναι:

$\displaystyle{{\rm K}{\rm M} = \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{2},{\rm M}{\rm N} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2},{\rm N}\Lambda = \frac{{\Gamma {\rm E}}}{2}}$ .

Επομένως: $\displaystyle{{\rm K}\Lambda = {\rm K}{\rm M} + {\rm M}{\rm N} + {\rm N}\Lambda \Leftrightarrow }$ $\boxed{{\rm K}\Lambda = \frac{{{\rm A}{\rm B} + {\rm A}\Gamma + {\rm B}\Gamma }}{2}}$

PanosG · #60

Άσκηση 4616
Δίνεται παραλληλόγραμμο $\displaystyle{AB\GammDelta}$ και

το μέσο της πλευράς $\Delta \Gamma$ . Φέρνουμε κάθετη στην

στο σημείο της

, η οποία τέμνει την ευθεία $A\Delta$ στο σημείο

και την $B\Gamma$ στο $\Sigma$ .
Να αποδείξετε ότι:
α) $\Delta P=\Sigma \Gamma$
β) Το τρίγωνο $AP\Sigma$ είναι ισοσκελές.
γ) $A\Sigma=A\Delta+\Gamma \Sigma$
Λύση

α) Τα τρίγωνα $MP\Delta$ και $M \Gamma \Sigma$ είναι ίσα γιατι η $\Delta M=M \Gamma$ αφου το

είναι το μέσο της $\Gamma \Delta$ και $\displaystyle{\hat{P\Delta M}=\hat{\Gamma M \Sigma}}$ ώς εντός εναλλάξ και $\displaystyle{\hat{PM\Delta}=\hat{\Gamma M \Sigma}}$ ώς κατακορυφήν. Άρα $\Delta P=\Sigma \Gamma$ και $PM=M\Sigma$

β) Η

είναι ύψος και διάμεσος του τριγώνου $PA\Sigma$ άρα το τρίγωνο $AP\Sigma$ είναι ισοσκελές.

γ) Αφού το τρίγωνο $AP\Sigma$ είναι ισοσκελές τότε $A\Sigma=AP$ όμως $AP=A\Delta +\Delta P= A\Delta+\Gamma \Sigma$
Δηλαδή το ζητούμενο.

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 Γεωμετριας

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ Γεωμετριας

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ Γεωμετριας

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