ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

#1

Ξεκινάμε μια προσπάθεια να λυθούν όσο το δυνατόν περισσότερες ασκήσεις γεωμετρίας από την τράπεζα θεμάτων (Τέταρτο θέμα). Για να μην έχουμε επαναλήψεις, ας ξεκινήσουμε με την σειρά, όπως έχουν δημοσιευθεί οι ασκήσεις και ας γράφουμε την πρόθεσή μας να ασχοληθούμε.

Ξεκινάω με την πρώτη κατά σειρά (την 3817)

AΣΚΗΣΗ:

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ και στο εξωτερικό του σχηματίζονται τα τετράγωνα $\displaystyle{AB\Delta E}$ και $\displaystyle{A\Gamma ZH}$ . Να αποδείξετε οτι:

(α) $\displaystyle{\widehat{EAH}=\widehat{AB\Gamma}+\widehat{A\Gamma B}}$

(β) $\displaystyle{E\Gamma = BH}$

(γ) Η $\displaystyle{E\Gamma}$ είναι κάθετη στην $\displaystyle{BH}$

ΛΥΣΗ

: 3817(β).png (15.41 KiB) Προβλήθηκε 63618 φορές

(α) Έχουμε: $\displaystyle{\widehat{EAH}=360^{o}-(90^{o}+90^{o}+\widehat{A})=180^{o}-\widehat{A}=\widehat{B}+\widehat{\Gamma}}$

(β) Τα τρίγωνα $\displaystyle{EA\Gamma}$ και $\displaystyle{HAB}$ έχουν:

$\displaystyle{AB=AE}$ , ως πλευρές τετραγώνου

$\displaystyle{AH=A\Gamma}$ , επίσης ως πλευρές τετραγώνου

$\displaystyle{\widehat{EA\Gamma}=\widehat{HAB}=90^{o}+\widehat{A}}$

Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα. Άρα θα έχουν και $\displaystyle{E\Gamma =BH}$

(γ) Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AEK}$ έχουμε : $\displaystyle{\widehat{AEK} +\widehat{EKA}=90^{o}}$ , (1)

Όμως $\displaystyle{\widehat{AEK}=\widehat{ABH}}$ , (λόγω της ισότητας των τριγώνων του (β) ερωτήματος) και $\displaystyle{\widehat{EKA}=\widehat{BK\Gamma}}$ ,

(ως κατακορυφήν). Άρα η σχέση (1) γράφεται: $\displaystyle{\widehat{ABH}+\widehat{BK\Gamma}=90^{o}}$ και άρα η $\displaystyle{E\Gamma}$ είναι κάθετη στην $\displaystyle{BH}$

#2

ΑΣΚΗΣΗ 3820: Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ με την γωνία $\displaystyle{A}$ ορθή και τυχαίο σημείο $\displaystyle{\Delta}$ της πλευράς $\displaystyle{AB}$ .

Έστω $\displaystyle{K,M,N}$ τα μέσα των $\displaystyle{\Gamma \Delta , B\Gamma , B\Delta}$ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι:

(α) Το τετράπλευρο $\displaystyle{KMN\Delta}$ είναι παραλληλόγραμμο

(β) Το τετράπλευρο $\displaystyle{AKMN}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο

(γ) Η διάμεσος του τραπεζίου $\displaystyle{AKMN}$ είναι ίση με $\displaystyle{\frac{AB}{2}}$

ΛΥΣΗ

: 3820.png (3.61 KiB) Προβλήθηκε 63488 φορές

(α) Στο τρίγωνο $\displaystyle{\Gamma \Delta B}$ η $\displaystyle{KM}$ ενώνει τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{\Gamma \Delta}$ και $\displaystyle{\Gamma B}$ . Άρα $\displaystyle{KM//\Delta B}$ .

Eπίσης στο ίδιο τρίγωνο, η $\displaystyle{MN}$ ενώνει τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{B\Gamma}$ και $\displaystyle{B\Delta}$ και άρα $\displaystyle{MN//\Gamma \Delta}$ .

Συνεπώς το τετράπλευρο $\displaystyle{KMN\Delta}$ είναι παραλληλόγραμμο διότι έχει τις απέναντι πλευρές του παράλληλες.

(β) Δείξαμε από το (α) ερώτημα, ότι $\displaystyle{KM//AN}$ . Για να δείξουμε ότι το τετράπλευρο $\displaystyle{KMNA}$ είναι τραπέζιο, αρκεί να δείξουμε ότι οι πλευρές

$\displaystyle{AK}$ και $\displaystyle{MN}$ δεν είναι παράλληλες. Πράγματι αν ήταν $\displaystyle{AK//MN}$ , τότε από το σημείο $\displaystyle{K}$ θα είχαμε δύο παράλληλες προς την $\displaystyle{MN}$ , μία

την $\displaystyle{KA}$ και την άλλη την $\displaystyle{K\Delta}$ (λόγω του παραλληλογράμμου $\displaystyle{KMN\Delta}$ ). Τούτο όμως αντίκειται στο Ευκλείδειο αίτημα.

Δείξαμε λοιπόν ότι το τετράπλευρο $\displaystyle{KMNA}$ είναι τραπέζιο. Επίσης έχουμε: $\displaystyle{MN=K\Delta}$ (ως απέναντι πλευρές παραλληλογράμμου) και

$\displaystyle{AK=\frac{\Gamma \Delta}{2}}$ (διότι η $\displaystyle{AK}$ είναι διάμεσος προς την υποτείνουσα του ορθ. τριγώνου $\displaystyle{A\Gamma \Delta}$ ). Άρα $\displaystyle{AK=K\Delta}$

Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι $\displaystyle{AK=MN}$ και άρα το τραπέζιο $\displaystyle{KMNA}$ είναι ισοσκελές.

(γ) Για την διάμεσο του πιο πάνω τραπεζίου έχουμε: $\displaystyle{EZ=\frac{KM+AN}{2}=\frac{\frac{\Delta B}{2}+A\Delta +\Delta N}{2}=\frac{NB+A\Delta +\Delta N}{2}=\frac{AB}{2}}$

#3

(Παίρνω την επόμενη κατά σειρά την 3822. Θα δημοσιευτεί μόλις τελειώσω)

Άσκηση 3822

Δίνεται παραλληλόγραμμο $AB\Gamma\Delta$ με τη γωνία του

να είναι ίση με 70^0

και το ύψος του

. Έστω

σημείο της $B\Gamma$ ώστε BE=EZ

.

α) Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο $AZ\Gamma\Delta$ είναι ισοσκελές τραπέζιο. (Μονάδες

)

β) Να υπολογίσετε τις γωνίες του τραπεζίου $AZ\Gamma\Delta$ (Μονάδες

)

γ) Αν

το μέσο του $B\Delta$ να αποδείξετε ότι $\displaystyle{{\rm E}{\rm M} = \frac{{{\rm A}\Gamma }}{2}}$ (Μονάδες

)

Λύση

α) Η

είναι μεσοκάθετος του

, άρα το τρίγωνο ABZ

είναι ισοσκελές ( AB=AZ)

). Αλλά $AB=\Gamma\Delta$ , από το παραλληλόγραμμο.
Οπότε έχουμε $AZ=\Gamma\Delta$ , $Z\Gamma||A\Delta$ , ενώ οι $AZ, \Gamma\Delta$ δεν είναι παράλληλες, αφού $AB||\Gamma\Delta$ . Άρα το $AZ\Gamma\Delta$ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

: 4_3822.png (12.85 KiB) Προβλήθηκε 63407 φορές

β) Είναι $\displaystyle{\widehat {\rm B} = {\rm A}\widehat {\rm Z}{\rm B} = {70^0} \Leftrightarrow {\rm A}\widehat {\rm Z}\Gamma = {110^0}}$

Εξάλλου από το παραλληλόγραμμο $AB\Gamma\Delta$ είναι $\displaystyle{\widehat {\rm B} = \widehat \Delta = {70^0}}$

Επομένως οι γωνίες του ισοσκελούς τραπεζίου είναι: $\boxed{\widehat \Delta = {\rm Z}\widehat {\rm A}\Delta = {70^0}}$ , $\boxed{{\rm A}\widehat {\rm Z}\Gamma = \Delta \widehat \Gamma {\rm Z} = {110^0}}$

γ) Το

είναι και μέσο της $A\Gamma$ , αφού οι διαγώνιοι του παραλληλογράμμου διχοτομούνται. Άρα η

είναι διάμεσος του ορθογωνίου τριγώνου $AE\Gamma$ , οπότε: $\boxed{{\rm E}{\rm M} = \frac{{{\rm A}\Gamma }}{2}}$

#4

ΑΣΚΗΣΗ 3824: Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ με $\displaystyle{\widehat{A}=90^{o}}$ και $\displaystyle{\widehat{\Gamma}=30^{o}}$ . Φέρνουμε το ύψος του $\displaystyle{A\Delta}$

και την διάμεσό του $\displaystyle{AM}$ . Aπό το $\displaystyle{\Gamma}$ φέρνουμε κάθετη στην ευθεία $\displaystyle{AM}$ , η οποία την τέμνει στο $\displaystyle{E}$ . Nα αποδείξετε ότι:

(α) Το τρίγωνο $\displaystyle{AMB}$ είναι ισόπλευρο.

(β) $\displaystyle{ME=M\Delta = \frac{B\Gamma}{4}}$

(γ) Το $\displaystyle{A\Delta E\Gamma}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

ΛΥΣΗ

: 3824.png (4.03 KiB) Προβλήθηκε 63292 φορές

(α) Αφού $\displaystyle{\widehat{\Gamma}=30^{o}}$ , άρα $\displaystyle{AB=\frac{B\Gamma}{2}=BM}$ . Επίσης αφού η $\displaystyle{AM}$ είναι διάμεσος προς την υποτείνουσα στο ορθογώνιο

τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ , έπεται ότι $\displaystyle{AM=\frac{B\Gamma}{2}=BM}$ . Άρα $\displaystyle{AB=AM=BM}$ και άρα το τρίγωνο $\displaystyle{AMB}$ είναι ισόπλευρο.

(β) Τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{A\Delta M}$ και $\displaystyle{M\Gamma E}$ έχουν: $\displaystyle{AM=M\Gamma}$ (διότι $\displaystyle{AM=\frac{B\Gamma}{2}}$ ) και $\displaystyle{\widehat{AM\Delta}=\widehat{\Gamma ME}}$ , ως κατακορυφήν)

Άρα τα εν λόγω τρίγωνα είναι ίσα και άρα θα έχουν και $\displaystyle{ME=M\Delta}$ . Όμως αφού το τρίγωνο $\displaystyle{ABM}$ είναι ισόπλευρο, το ύψος του $\displaystyle{A\Delta}$ θα

είναι και διάμεσος. Άρα $\displaystyle{M\Delta = \frac{MB}{2}=\frac{\frac{B\Gamma}{2}}{2}=\frac{B\Gamma}{4}}$ .

(γ) Αφού $\displaystyle{\widehat{\Gamma}=30^{o}\Rightarrow \widehat{\Gamma AM}=30^{o}}$ , (εφόσον το τρίγωνο $\displaystyle{AM\Gamma}$ είναι ισοσκελές). Άρα $\displaystyle{\widehat{\Gamma MA}=120^{o}}$

$\displaystyle{\Rightarrow \widehat{EM\Delta}=120^{o}}$ , (ως κατακορυφήν). Όμως $\displaystyle{ME=M\Delta}$ (από την ισότητα των πιο πάνω τριγώνων). Άρα $\displaystyle{\widehat{ME\Delta}=\widehat{M\Delta E}=30^{o}}$ .

Aφού λοιπόν $\displaystyle{\widehat{\Gamma AE}=\widehat{\Delta EA}(=30^{o})}$ , θα είναι $\displaystyle{E\Delta //\Gamma A}$ . Θα δείξουμε τώρα ότι οι ευθείες $\displaystyle{\Gamma E}$ και $\displaystyle{A\Delta}$

δεν είναι παράλληλες. Έχουμε: $\displaystyle{\widehat{\Delta AM}=30^{o}}$ , (διότι αφού η $\displaystyle{A\Delta}$ είναι ύψος στο ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{AMB}$ , θα είναι και διχοτόμος.)

Επίσης $\displaystyle{\widehat{E\Gamma M}=30^{o}}$ (αφού $\displaystyle{\widehat{E\Gamma M}=\widehat{MA\Delta}}$ λόγω της ισότητας των τριγώνων $\displaystyle{E\Gamma M}$ και $\displaystyle{\Delta AM}$

Έχουμε λοιπόν: $\displaystyle{\widehat{E\Gamma A}+\widehat{\Delta A\Gamma}=\widehat{E\Gamma M}+\widehat{M\Gamma A}+\widehat{\Delta AM}+\widehat{MA\Gamma}=}$

$\displaystyle{=30^{o}+30^{o}+30^{o}+30^{o}=120^{o}<180^{o}}$ . Άρα οι ευθείες $\displaystyle{\Gamma E}$ και $\displaystyle{A\Delta}$ δεν είναι παράλληλες και άρα το $\displaystyle{A\Delta E\Gamma}$ είναι τραπέζιο.

Επίσης από την ισότητα των τριγώνων $\displaystyle{\Gamma EM}$ και $\displaystyle{MA\Delta}$ έπεται ότι $\displaystyle{\Gamma E = A\Delta}$ . Άρα το τραπέζιο $\displaystyle{A\Delta E\Gamma}$ είναι ισοσκελές.

ΣΗΜ: Θα μπορούσαμε και αλλιώς να δείξουμε ότι οι ευθείες $\displaystyle{\Gamma E , A\Delta}$ δεν είναι παράλληλες, ως εξής: Αν ήταν παράλληλες, τότε θα έπρεπε

$\displaystyle{\widehat{\Gamma EA = \widehat{EA\Delta}}$ , δηλαδή $\displaystyle{90^{ο}=30^{ο}}$ , που όμως είναι άτοπο.

hlkampel · #5

ΑΣΚΗΣΗ 3825

Δίνεται τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ με ${\rm A}{\rm B} < {\rm A}\Gamma$ .

Φέρουμε τη διχοτόμο του ${\rm A}{\rm K}$ και σε τυχαίο σημείο της ${\rm E}$ φέρουμε ευθεία κάθετη στη διχοτόμο ${\rm A}{\rm K}$ , η οποία τέμνει

τις ${\rm A}{\rm B}$ και ${\rm A}\Gamma$ στα σημεία ${\rm Z}$ και $\Delta$ αντίστοιχα και την προέκταση της $\Gamma {\rm B}$ στο σημείο ${\rm H}$ .

Να αποδείξετε ότι:

α) $\widehat {{\rm Z}\Delta \Gamma } = 90^\circ + \dfrac{{\widehat {\rm A}}}{2}$

β) ${\rm Z}{\rm K} = {\rm K}\Delta$

γ) $\widehat {{\rm Z}{\rm H}\Gamma } = \dfrac{{\widehat {\rm B} - \widehat \Gamma }}{2}$

Λύση

α) Η $\widehat {{\rm Z}\Delta \Gamma }$ είναι εξωτερική του τριγώνου ${\rm A}{\rm E}\Delta$ , έτσι είναι:

$\displaystyle{\widehat {{\rm Z}\Delta \Gamma } = 90^\circ + \widehat {\Delta {\rm A}{\rm E}} \Leftrightarrow \widehat {{\rm Z}\Delta \Gamma } = 90^\circ + \dfrac{{\widehat {\rm A}}}{2}}$

β) Το τρίγωνο ${\rm A}\Delta {\rm Z}$ είναι ισοσκελές αφού η ${\rm A}{\rm E}$ είναι διχοτόμος και ύψος, έτσι ${\rm A}{\rm Z} = {\rm A}\Delta \;\left( 1 \right)$

Τα τρίγωνα ${\rm A}{\rm Z}{\rm K}$ και ${\rm A}\Delta {\rm K}$ είναι είσαι αφού έχουν:

${\rm A}{\rm Z} = {\rm A}\Delta \;$ από την $\left( 1 \right)$ , ${\rm A}{\rm K}$ κοινή πλευρά και $\widehat {{\rm Z}{\rm A}{\rm E}} = \widehat {\Delta {\rm A}{\rm E}} = \dfrac{{\widehat {\rm A}}}{2}$ ,

άρα και ${\rm Z}{\rm K} = {\rm K}\Delta$

γ) Από το τρίγωνο ${\rm Z}{\rm H}\Delta$ είναι:

$\widehat {{\rm Z}{\rm H}\Gamma } = 180^\circ - \widehat {{\rm Z}\Delta \Gamma } - \widehat \Gamma \mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( \alpha \right)}$

$\widehat {{\rm Z}{\rm H}\Gamma } = 180^\circ - 90^\circ - \dfrac{{\widehat {\rm A}}}{2} - \widehat \Gamma \Leftrightarrow$

$\widehat {{\rm Z}{\rm H}\Gamma } = 90^\circ - \dfrac{{180^\circ - \widehat {\rm B} - \widehat \Gamma }}{2} - \widehat \Gamma \Leftrightarrow$

$\widehat {{\rm Z}{\rm H}\Gamma } = \dfrac{{\widehat {\rm B} - \widehat \Gamma }}{2}$

#6

Άσκηση 3903

Δίνεται τετράπλευρο $AB\Gamma\Delta$ με $AB=A\Delta$ και $\Gamma B=\Gamma\Delta$ . Αν

είναι το σημείο τομής των προεκτάσεων των

και $\Gamma\Delta$ και

είναι το σημείο τομής των προεκτάσεων των $\Delta A$ και $\Gamma B$ να αποδείξετε ότι:

α) Η $\Gamma A$ είναι διχοτόμος της γωνίας $B\Gamma\Delta$ (Μονάδες

)

β) $\Gamma Z=\Gamma E$ (Μονάδες

)

γ) $EZ||B\Delta$ (Μονάδες

)

Λύση:

α) Τα τρίγωνα $AB\Gamma, A\Delta\Gamma$ είναι ίσα επειδή έχουν την $A\Gamma$ κοινή και $AB=A\Delta$ , $\Gamma B=\Gamma\Delta$ από την υπόθεση (Π-Π-Π). Οπότε θα είναι $\displaystyle{\omega = \varphi }$ , δηλαδή η $\Gamma A$ είναι διχοτόμος της γωνίας $B\Gamma\Delta$

: 4_3903.png (10.06 KiB) Προβλήθηκε 63102 φορές

β) $\displaystyle{{\widehat {\rm A}_1} = {\widehat {\rm A}_2}}$ (ως κατακορυφήν).
$\displaystyle{{\widehat {\rm B}_2} = {\widehat \Delta _2}}$ (ως παραπληρωματικές των ίσων γωνιών $\displaystyle{{\widehat {\rm B}_1},{\widehat \Delta _1}}$ του ισοσκελούς τριγώνου $AB\Delta$ )

Άρα τα τρίγωνα $ABZ, A\Delta E$ είναι ίσα (Γ-Π-Γ). Οπότε $BZ=\Delta E$ και κατά συνέπεια, $\boxed{\Gamma Z=\Gamma E}$

γ) Στα ισοσκελή τρίγωνα $\Gamma B\Delta, \Gamma ZE$ η διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{\widehat \Gamma }$ θα είναι μεσοκάθετη στις βάσεις.

Άρα $\boxed{B\Delta||ZE}$ , ως κάθετες στην ίδια ευθεία.

hlkampel · #7

Άσκηση 3904

α) Σε ορθογώνιο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ θεωρούμε ${\rm K},\Lambda ,{\rm M},{\rm N}$ τα μέσα των πλευρών του ${\rm A}{\rm B},{\rm B}\Gamma ,\Gamma \Delta ,\Delta {\rm A}$ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ${\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}$ είναι ρόμβος.

β) Σε ένα τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ τα μέσα ${\rm K},\Lambda ,{\rm M},{\rm N}$ των πλευρών του ${\rm A}{\rm B},{\rm B}\Gamma ,\Gamma \Delta ,\Delta {\rm A}$ αντίστοιχα είναι κορυφές ρόμβου.

Το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ , πρέπει να είναι απαραίτητα ορθογώνιο; Να τεκμηριώσετε τη θετική ή αρνητική σας απάντηση.

Λύση

α) Το ${\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}$ είναι παραλληλόγραμμο αφού ενώνει τα μέσα των πλευρών του ορθογωνίου ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ (από εφαρμογή 1 σελ. 106)

Είναι ${\rm K}{\rm N} = \dfrac{{{\rm B}\Delta }}{2}$ και ${\rm K}\Lambda = \dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{2}$ αφού τα τμήματα ${\rm K}{\rm N},{\rm K}\Lambda$ ενώνουν τα μέσα δύο πλευρών των τριγώνων ${\rm A}{\rm B}\Delta$ και ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ αντίστοιχα.

Όμως ${\rm B}\Delta = {\rm A}\Gamma$ ως διαγώνιοι ορθογωνίου, έτσι και ${\rm K}{\rm N} = {\rm K}\Lambda$

Άρα το ${\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}$ είναι ρόμβος αφού είναι παραλληλόγραμμο με δύο διαδοχικές πλευρές ίσες.

β) Αν το ${\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}$ είναι ρόμβος τότε το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ δεν είναι απαραίτητα ορθογώνιο αφού αρκεί οι διαγώνιοι του να είναι ίσοι ώστε να συμβαίνουν όλα τα παραπάνω.

#8

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3906

Εκτός τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ κατασκευάζουμε τετράγωνα ${\rm A}{\rm B}\Delta {\rm E},{\rm A}\Gamma {\rm Z}{\rm H}$ . Αν ${\rm M}$ το μέσο του ${\rm B}\Gamma$ και $\Lambda$ σημείο στην προέκταση της ${\rm A}{\rm M}$ τέτοιο , ώστε $\,{\rm A}{\rm M} = {\rm M}\Lambda$ , να αποδείξετε ότι:

α) $\Gamma \Lambda = {\rm A}{\rm E}$ . (Μονάδες 10)

β) 0ι γωνίες ${\rm A}\Gamma \Lambda ,{\rm E}{\rm A}{\rm H}$ είναι ίσες. (Μονάδες 10)

γ) Η προέκταση της ${\rm M}{\rm A}$ (προς το ${\rm A}$ ) τέμνει κάθετα την ${\rm E}{\rm H}$ . (Μονάδες 5)

ΛΥΣΗ

α) To ${\rm A}{\rm B}\Lambda \Gamma$ είναι παραλληλόγραμμο, διότι οι διαγώνιες ${\rm A}\Lambda ,{\rm B}\Gamma$ διχοτομούνται. Επομένως $\Gamma \Lambda = {\rm A}{\rm B} = {\rm A}{\rm E}$

β) Οι γωνίες $\mathop {{\rm A}\Gamma \Lambda }\limits^ \wedge \,,\,\mathop {{\rm E}{\rm A}{\rm H}}\limits^ \wedge$ είναι ίσες, διότι είναι παραπληρωματικές της γωνίας $\mathop {{\rm B}{\rm A}\Gamma }\limits^ \wedge$

: 2014-5-26, TRAP.PNG (21.62 KiB) Προβλήθηκε 63062 φορές

γ) Τα τρίγωνα $\Gamma {\rm A}\Lambda ,{\rm A}{\rm E}{\rm H}$ είναι ίσα, διότι $\Gamma {\rm A} = {\rm A}{\rm H},\Gamma \Lambda = {\rm A}{\rm E},\mathop {{\rm A}\Gamma \Lambda }\limits^ \wedge = \,\mathop {{\rm E}{\rm A}{\rm H}}\limits^ \wedge$

Επομένως :

$\mathop {{\rm P}{\rm A}{\rm E}}\limits^ \wedge + \,\mathop {{\rm P}{\rm E}{\rm A}}\limits^ \wedge = \mathop {{\rm P}{\rm A}{\rm E}}\limits^ \wedge + \,\mathop {{\rm A}\Lambda \Gamma }\limits^ \wedge = \mathop {{\rm P}{\rm A}{\rm E}}\limits^ \wedge + \,\mathop {{\rm B}{\rm A}\Lambda }\limits^ \wedge = {90^0}$ ,

διότι $\,\mathop {{\rm E}{\rm A}{\rm B}}\limits^ \wedge = {90^0}\,\,$ .

( Με πολλά προβλήματα στη μετατροπή, αλλά θα δω τι φταίει)

hlkampel · #9

Άσκηση 3908

Δυο ίσοι κύκλοι $\left( {{\rm O},\rho } \right)$ και $\left( {{\rm K},\rho } \right)$ εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο ${\rm E}$ . Αν ${\rm O}{\rm A}$ και ${\rm O}{\rm B}$ είναι τα εφαπτόμενα τμήματα από το σημείο ${\rm O}$ στον κύκλο $\left( {{\rm K},\rho } \right)$ να αποδείξετε ότι:

α) ${\rm A}{\rm E} = {\rm B}{\rm E}$

β) $\widehat {{\rm A}{\rm O}{\rm K}} = 30^\circ$

γ) Το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm K}{\rm B}{\rm E}$ είναι ρόμβος.

Λύση

α) Τα τρίγωνα ${\rm A}{\rm O}{\rm K}$ και ${\rm B}{\rm O}{\rm K}$ είναι ίσα αφού έχουν:

${\rm O}{\rm K}$ κοινή πλευρά, ${\rm K}{\rm A} = {\rm K}{\rm B} = \rho$ και ${\rm O}{\rm A} = {\rm O}{\rm B}$ ως εφαπτόμενα τμήματα.

Έτσι $\widehat {{\rm A}{\rm O}{\rm K}} = \widehat {{\rm B}{\rm O}{\rm K}}\;\left( 1 \right)$

Τα τρίγωνα ${\rm A}{\rm O}{\rm E}$ και ${\rm B}{\rm O}{\rm E}$ είναι ίσα αφού έχουν:

${\rm O}{\rm E}$ κοινή πλευρά, $\widehat {{\rm A}{\rm O}{\rm K}} = \widehat {{\rm B}{\rm O}{\rm K}}\;$ από $\left( 1 \right)$ και ${\rm O}{\rm A} = {\rm O}{\rm B}$ ως εφαπτόμενα τμήματα.

Άρα και ${\rm A}{\rm E} = {\rm B}{\rm E}$

β) Είναι ${\rm K}{\rm A} \bot {\rm O}{\rm A}$ (ακτίνα στο σημείο επαφής), ${\rm A}{\rm K} = \rho$ και ${\rm O}{\rm K} = 2\rho$

Άρα $\widehat {{\rm A}{\rm O}{\rm K}} = 30^\circ$ διότι στο ορθ. τρίγωνο ${\rm A}{\rm O}{\rm K}$ η μία κάθετη πλευρά $\left( {{\rm A}{\rm K}} \right)$ είναι το μισό της υποτείνουσας $\left( {{\rm O}{\rm K}} \right)$ .

γ) Είναι ${\rm A}{\rm E} = \dfrac{{{\rm O}{\rm K}}}{2} \Leftrightarrow {\rm A}{\rm E} = \rho$ αφού η ${\rm A}{\rm E}$ είναι διάμεσος στην υποτείνουσα του ορθ. τριγώνου ${\rm A}{\rm O}{\rm K}$ .

Ομοίως είναι και ${\rm B}{\rm E} = {\rm A}{\rm E} = \rho$

Άρα ${\rm A}{\rm E} = {\rm B}{\rm E} = {\rm B}{\rm K} = {\rm K}{\rm A} = \rho$ δηλαδή το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm K}{\rm B}{\rm E}$ είναι ρόμβος αφού έχει όλες τις πλευρές του ίσες.

#10

Επειδή δεν έχω την δυνατότητα να συμμετέχω με σωστό τρόπο στην αξιέπαινη προσπάθεια σας δίδω μια.

Αν δεν είναι εδώ η θέση της δεν με πειράζει να την βάλετε όπου θέλετε ή και να αποκαθηλωθεί πλήρως.

Άσκηση 3762
Δίδεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ . Έστω ${\rm E}$ το συμμετρικό του ${\rm B}$ ως προς το $\Delta$ και ${\rm Z}$ είναι το μέσο της ${\rm A}\Delta$ .

Να αποδείξετε ότι :

α) $\Delta {\rm H} = \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}$ (μ 8)

β) τα τρίγωνα ${\rm A}\Delta {\rm H}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,{\rm Z}\Delta \Gamma$ είναι ίσα (μ9)

γ) Η $\Gamma {\rm Z}$ είναι κάθετη στην ${\rm A}{\rm E}$ (μ 8)

Λύση

: 4_3762.png (11.01 KiB) Προβλήθηκε 63116 φορές

α) Οι ευθείες ${\rm H}\Delta \,\,\kappa \alpha \iota \,\,{\rm A}{\rm B}$ είναι παράλληλες ως κάθετες στην ευθεία ${\rm A}\Delta$ και αφού στο τρίγωνο ${\rm E}{\rm B}{\rm A}$ το σημείο $\Delta$ είναι μέσο της πλευράς ${\rm E}{\rm B}$ κι αυτό λόγω συμμετρίας των ${\rm B},{\rm E}$ ως προς το $\Delta$ , θα είναι και

το ${\rm H}$ μέσο της πλευράς ${\rm E}{\rm A}$ . Άμεση συνέπεια ${\rm H}\Delta // = \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}\,\,\,(1)$ .

β) Επειδή και $\Delta {\rm Z} = \dfrac{{{\rm A}\Delta }}{2} = \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}$ λόγω της (1)

θα είναι : $\boxed{\Delta {\rm H} = \Delta {\rm Z}}\,\,\,(2)$ . Τα ορθογώνια τρίγωνα $\Delta {\rm A}{\rm H}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\Delta \Gamma {\rm Z}$ έχουν : $\Delta {\rm A} = \Delta \Gamma$ ως πλευρές του τετραγώνου και λόγω της (2)

$\Delta {\rm H} = \Delta {\rm Z}$ . Δηλαδή

τις κάθετες πλευρές τους ίσες άρα θα είναι ίσα .

γ) Επειδή τώρα τα ορθογώνια τρίγωνα $\Delta {\rm A}{\rm H}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\Delta \Gamma {\rm Z}$ είναι ίσα θα έχουν και όλα τα υπόλοιπα αντίστοιχα στοιχεία τους ένα προς ένα ίσα και άρα $\boxed{\widehat \phi = \widehat \theta }\,\,(3)$

Όμως στο ορθογώνιο τρίγωνο $\Delta {\rm A}{\rm H}$ οι οξείες του γωνίες έχουν άθροισμα ${90^0}$ , δηλαδή $\widehat \omega + \widehat \phi = {90^0}$ , οπότε λόγω της (3)

έχουμε : $\boxed{\widehat \omega + \widehat \theta = {{90}^0}}$ (4).

Αν τώρα πούμε ${\rm T}$ το σημείο τομής της $\Gamma {\rm Z}\,$ με την ${\rm A}{\rm E}$ στο τρίγωνο ${\rm T}{\rm H}\Gamma$ το άθροισμα δύο γωνιών του είναι λόγω της (4)

${90^0}$ και άρα η γωνία του ${\rm H}\widehat {\rm T}\Gamma = {90^0}$ και έτσι $\Gamma {\rm Z} \bot {\rm A}{\rm E}$ .

Φιλικά Νίκος
Υ.Γ.
Η άσκηση έχει κι άλλες ωραίες λύσεις αλλά επειδή δεν πρέπει να μπερδεύουμε τα παιδιά έδωσα την πιο "ανώδυνη" ( κατά την δική μου άποψη)

#11

Άσκηση 3911

α) Σε ισοσκελές τραπέζιο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ θεωρούμε ${\rm K},\Lambda ,{\rm M},{\rm N}$ τα μέσα των πλευρών του ${\rm A}{\rm B},{\rm B}\Gamma ,\Gamma \Delta ,\Delta {\rm A}$ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ${\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}$ είναι ρόμβος.

β) Σε ένα τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ τα μέσα ${\rm K},\Lambda ,{\rm M},{\rm N}$ των πλευρών του ${\rm A}{\rm B},{\rm B}\Gamma ,\Gamma \Delta ,\Delta {\rm A}$ αντίστοιχα είναι κορυφές ρόμβου.

Για να σχηματίζεται ρόμβος το ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ , πρέπει να είναι ισοσκελές τραπέζιο; Να τεκμηριώσετε τη θετική ή αρνητική σας απάντηση.

Η άσκηση είναι παρόμοια με την 3904 που έλυσε ο Ηλίας πιο πάνω.

Τα πρώτα ερωτήματα στηρίζονται στο γεγονός ότι οι διαγώνιοι του ορθογωνίου είναι ίσες, όπως και οι διαγώνιοι του ισοσκελούς τραπεζίου.
Στο β) ερώτημα, ακριβώς ίδια αντιμετώπιση όπως και στο 3904.

#12

ΑΣΚΗΣΗ 3915: (α) Σε ρόμβο $\displaystyle{AB\Gamma \Delta}$ θεωρούμε $\displaystyle{K,\Lambda , M,N}$ τα μέσα των πλευρών του $\displaystyle{AB , B\Gamma , \Gamma \Delta , \Delta A}$ αντίστοιχα.

Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο $\displaystyle{K\Lambda MN}$ είναι ορθογώνιο.

(β) Να αποδείξετε ότι τα μέσα των πλευρών ενός ορθογωνίου είναι κορυφές ρόμβου.

ΛΥΣΗ

(α)

: 3915(α).png (6.58 KiB) Προβλήθηκε 62880 φορές

Η $\displaystyle{KN}$ ενώνει τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{A\Delta}$ του τριγώνου $\displaystyle{AB\Delta}$ . Άρα $\displaystyle{KN//=\frac{B\Delta}{2}}$ . Ομοίως έχουμε ότι:

$\displaystyle{\Lambda M //=\frac{B\Delta}{2}}$ . Άρα συμπεραίνουμε ότι $\displaystyle{KN //= \Lambda M}$ και άρα το τετράπλευρο $\displaystyle{K\Lambda MN}$ είναι παραλληλόγραμμο.

Επίσης αφού είναι $\displaystyle{KN//B\Delta}$ και $\displaystyle{K\Lambda //A\Gamma}$ , (διότι η $\displaystyle{K\Lambda}$ ενώνει τα μέσα δύο πλευρών στο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ), και

αφού $\displaystyle{\widehat{AOB}=90^{o}}$ (διότι οι διαγώνιοι ρόμβου τέμνονται καθέτως), τότε θα είναι και $\displaystyle{\widehat{NK\Lambda}=90^{o}}$ , εφόσον οι γωνίες

$\displaystyle{AOB}$ και $\displaystyle{NK\Lambda}$ έχουν τις πλευρές τους παράλληλες μία προς μία. Δείξαμε λοιπόν ότι το παραλληλόγραμμο $\displaystyle{K\Lambda MN}$ έχει μία γωνία ορθή

άρα είναι ορθογώνιο.

(β)

: 3915(β).png (3.82 KiB) Προβλήθηκε 62880 φορές

Συγκρίνουμε τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{A\Lambda K}$ και $\displaystyle{BKN}$ , τα οποία έχουν:

$\displaystyle{AK=KB}$ (διότι το $\displaystyle{K}$ είναι μέσον του $\displaystyle{AB}$ ) και $\displaystyle{A\Lambda = BN}$ (ως μισά των ίσων τμημάτων $\displaystyle{A\Delta}$ και $\displaystyle{B\Gamma}$ ). Άρα τα τρίγωνα αυτά

είναι ίσα και άρα θα έχουν και $\displaystyle{K\Lambda =KN}$ . Όμως επί πλέον το τετράπλευρο $\displaystyle{\Lambda KNM}$ είναι παραλληλόγραμμο [διότι:

$\displaystyle{K\Lambda //=\frac{B\Delta}{2}}$ , (αφού ενώνει τα μέσα δύο πλευρών του τριγώνου $\displaystyle{AB\Delta}$ ) και $\displaystyle{MN//=\frac{B\Delta}{2}}$ , (αφού ενώνει

τα μέσα δύο πλευρών του τριγώνου $\displaystyle{B\Delta \Gamma}$ ). Δηλαδή είναι $\displaystyle{K\Lambda //=MN}$ ]. Έτσι , αφού το παραλληλόγραμμο $\displaystyle{K\Lambda MN}$ έχει

δύο διαδοχικές πλευρές του ίσες, άρα θα είναι ρόμβος.

hlkampel · #13

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.

hlkampel · #14

Άσκηση 3926

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ με ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma$ , τυχαίο σημείο ${\rm M}$ της βάσης του ${\rm B}\Gamma$ και το ύψος του ${\rm B}{\rm H}$ .

Από το ${\rm M}$ φέρουμε κάθετες ${\rm M}\Delta ,{\rm M}{\rm E}$ και ${\rm M}\Theta$ στις ${\rm A}{\rm B},{\rm A}\Gamma$ και ${\rm B}{\rm H}$ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι:

α) Το τετράπλευρο ${\rm M}{\rm E}{\rm H}\Theta$ είναι ορθογώνιο.

β) ${\rm B}\Theta = \Theta {\rm M}$

γ) Το άθροισμα ${\rm M}\Delta + {\rm M}{\rm E} = {\rm B}{\rm H}$

Λύση

α) Είναι $\widehat \Theta = \widehat {\rm H} = \widehat {\rm E} = 90^\circ$ , δηλαδή το τετράπλευρο ${\rm M}{\rm E}{\rm H}\Theta$ είναι ορθογώνιο αφού έχει τρείς ορθές γωνίες.

β) Είναι ${\rm M}\Theta //\Gamma {\rm H}$ ως κάθετες στη ${\rm B}{\rm H}$ , έτσι $\widehat {\Theta {\rm M}{\rm B}} = \widehat \Gamma$ ως εντός εκτός και επί τα αυτά.

Τα ορθ. τρίγωνα ${\rm B}\Delta {\rm M}$ και ${\rm B}\Theta {\rm M}$ είναι ίσα αφού έχουν ${\rm B}{\rm M}$ κοινή πλευρά και $\widehat {\Theta {\rm M}{\rm B}} = \widehat {\rm B}\left( { = \widehat \Gamma } \right)$

${\rm B}\Theta = {\rm M}\Delta \;\left( 1 \right)$ .

γ) Είναι ${\rm M}{\rm E} = \Theta {\rm H}\;\left( 2 \right)$ από το ορθογώνιο ${\rm M}{\rm E}{\rm H}\Theta$ .

${\rm M}\Delta + {\rm M}{\rm E}\mathop = \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} {\rm B}\Theta + \Theta {\rm H} \Leftrightarrow {\rm M}\Delta + {\rm M}{\rm E} = {\rm B}{\rm H}$

Edit: Έγινε διόρθωση τυπογραφικού. Ευχαριστώ τον Γιάννη (παρακάτω) για τον εντοπισμό.

pana1333 · #15

Άσκηση 3932

: σχήμα.png (12.68 KiB) Προβλήθηκε 62791 φορές

α) Επειδή στο τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι

μέσο της πλευράς

και

μέσο της πλευράς $A\Gamma$ είναι $ZE//B\Gamma$ και $ZE=\frac{B\Gamma }{2}=B\Delta$ αφού $\Delta$ μέσο της πλευράς $B \Gamma$ . Επομένως η πλευρά

είναι παράλληλη και ίση με την πλευρά $B \Delta$ που σημαίνει ότι το τετράπλευρο $ZE\Delta B$ είναι παραλληλόγραμμο. Επομένως $ZE=B\Delta$ (1)

β) Αφού είναι $ZM//B\Delta$ τότε είναι ${{\hat{B}}_{1}}={{\hat{M}}_{1}}$ ως εντός εναλλάξ, και επειδή ${{\hat{B }}_{1}}={{\hat{B }}_{2}}$ αφού

διχοτόμος θα είναι και ${{\hat{B }}_{2}}={{\hat{M }}_{1}}$ που σημαίνει ότι το τρίγωνο BZM

είναι ισοσκελές. Άρα και B Z =Z M

(2). Ομοίως είναι ${{\hat{B }}_{2}}=\hat{N }$ ως εντός εναλλάξ διότι $A B //N \Delta$ αφού το $Z E \Delta B$ είναι παραλληλόγραμμο και επειδή ${{\hat{B }}_{1}}={{\hat{B }}_{2}}$ και ${{\hat{M }}_{1}}={{\hat{M }}_{2}}$ ως κατακορυφήν θα είναι και ${{\hat{M }}_{2}}=\hat{N }$ . Συνεπώς το τρίγωνο MEN

είναι ισοσκελές. Επομένως και M E =E M

(3).

γ)Με τη βοήθεια των ισοτήτων (2),(3),(1) έχουμε $B Z +N E =Z M +M E =Z E =B \Delta =\Delta \Gamma$ .

pana1333 · #16

Άσκηση 3938

α) Στο τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι

μέσο της πλευράς $B\Gamma$ και $\Lambda$ μέσο της $A\Gamma$ . Τότε είναι $M\Lambda //BN$ και $M\Lambda =\frac{BN}{2}$ (1). Επομένως και $KN//M\Lambda$ . Αντιστρόφως στο τρίγωνο $AM\Lambda$ αφού είναι

μέσο της

και $KN//M\Lambda$ τότε το

είναι μέσο της πλευράς $A\Lambda$ και επομένως θα είναι και $KN=\frac{M\Lambda }{2}\Leftrightarrow M\Lambda =2KN$ (2).

β) Η γωνία $K\hat{M}B$ και η $K\hat{M}\Gamma$ είναι παραπληρωματικές. Επομένως είναι $K\hat{M}\Gamma ={{180}^{0}}-K\hat{M}\Beta$ (3). Επίσης είναι $A\hat{K}N=B\hat{K}M$ (4) ως κατακορυφήν. Επομένως στο τρίγωνο BKM

έχουμε ότι $K\hat{B}M+B\hat{K}M+K\hat{M}B={{180}^{0}}\overset{(4)}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,K\hat{B}M+A\hat{K}N={{180}^{0}}-K\hat{M}B$ (5)

Από τις σχέσεις (3) και (5) προκύπτει το ζητούμενο $K\hat{M}\Gamma =K\hat{B}M+A\hat{K}N$

γ) Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε ότι $\frac{BN}{2}=2KN\Leftrightarrow BN=4KN\Leftrightarrow BK+KN=4KN\Leftrightarrow BK=3KN$

STOPJOHN · #17

Kαλημέρα σε όλους
Η λύση της άσκησης 3926

Γεωμετρίας χρειάζεται διόρθωση Να γραφτεί $B\Theta =M\Delta$
φιλικά
Γιάννης

hlkampel · #18

Άσκηση 3945

Δίνεται τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ με ${\rm B}\Gamma = 2{\rm A}\Gamma$ .

Έστω ${\rm A}{\rm M}$ διάμεσος του ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ και ${\rm K},\Lambda$ τα μέσα των ${\rm M}\Gamma$ και ${\rm A}{\rm B}$ αντίστοιχα.

Να αποδείξετε ότι:

α) $\widehat {{\rm M}{\rm A}\Gamma } = \widehat {{\rm A}{\rm M}\Gamma }$

β) ${\rm M}\Lambda = {\rm M}{\rm K}$

γ) Η ${\rm A}{\rm M}$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\widehat {\Lambda {\rm A}{\rm K}}$

Λύση

α) Είναι ${\rm M}\Gamma = \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{2}$ αφού το ${\rm M}$ είναι μέσο της ${\rm B}\Gamma$ και ${\rm A}\Gamma = \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{2}$ από υπόθεση.

Έτσι ${\rm M}\Gamma = {\rm A}\Gamma$ . Δηλαδή το τρίγωνο ${\rm A}{\rm M}\Gamma$ είναι ισοσκελές οπότε $\widehat {{\rm M}{\rm A}\Gamma } = \widehat {{\rm A}{\rm M}\Gamma } = \varphi$

β) Είναι ${\rm M}{\rm K} = \dfrac{{{\rm M}\Gamma }}{2} \Leftrightarrow {\rm M}{\rm K} = \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{4}$ και

$\Lambda {\rm M} = \dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{2} \Leftrightarrow \Lambda {\rm M} = \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{4}$ αφού το τμήμα $\Lambda {\rm M}$ ενώνει τα μέσα των πλευρών ${\rm A}{\rm B},{\rm B}\Gamma$ του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ και ισχύει $\Lambda {\rm N}// = \dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{2}$ .

Έτσι ${\rm M}\Lambda = {\rm M}{\rm K}$

γ) Τα τρίγωνα ${\rm A}\Lambda {\rm M}$ και ${\rm A}{\rm M}{\rm K}$ είναι ίσα αφού έχουν:

${\rm A}{\rm M}$ κοινή πλευρά, ${\rm M}\Lambda = {\rm M}{\rm K}$ από (β) ερώτημα και

$\widehat {\Lambda {\rm M}{\rm A}} = \widehat {{\rm A}{\rm M}{\rm K}} = \varphi$ αφού $\widehat {\Lambda {\rm M}{\rm A}} = \widehat {{\rm M}{\rm A}\Gamma } = \varphi$ ως εντός εναλλάξ των $\Lambda {\rm M}//{\rm A}\Gamma$ που τέμνονται από την ${\rm A}{\rm M}$ και $\widehat {{\rm M}{\rm A}\Gamma } = \widehat {{\rm A}{\rm M}\Gamma } = \varphi$ από (α) ερώτημα.

Άρα $\widehat {\Lambda {\rm A}{\rm M}} = \widehat {{\rm M}{\rm A}{\rm K}}$ δηλαδή η ${\rm A}{\rm M}$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\widehat {\Lambda {\rm A}{\rm K}}$

hlkampel · #19

Άσκηση 3948

Δίνεται τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ με ${\rm A}{\rm B} = \Gamma \Delta$ και ${\rm M},{\rm N},{\rm K}$ τα μέσα των ${\rm A}\Delta ,{\rm B}\Gamma ,{\rm B}\Delta$ αντίστοιχα.

Αν οι προεκτάσεις των ΑΒ και ΔΓ τέμνουν την προέκταση της ${\rm M}{\rm N}$ στα σημεία ${\rm E}$ και ${\rm Z}$ αντίστοιχα να αποδείξετε ότι:

α) ${\rm M}{\rm K} = {\rm K}{\rm N}$

β) $\widehat {{\rm M}{\rm E}{\rm A}} = \widehat {{\rm M}{\rm Z}\Delta }$

Λύση

α) Είναι ${\rm M}{\rm K}// = \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}\;\left( 1 \right)$ και ${\rm K}{\rm N}// = \dfrac{{\Gamma \Delta }}{2}\;\left( 2 \right)$ γιατί τα τμήματα ${\rm M}{\rm K},{\rm K}{\rm N}$ ενώνουν τα μέσα δύο πλευρών των τριγώνων ${\rm A}{\rm B}\Delta$ και ${\rm B}\Gamma \Delta$ αντίστοιχα.

Όμως είναι ${\rm A}{\rm B} = \Gamma \Delta$ από την υπόθεση, έτσι από $\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow {\rm M}{\rm K} = {\rm K}{\rm N}$

β) Αφού ${\rm M}{\rm K} = {\rm K}{\rm N}$ το τρίγωνο ${\rm M}{\rm K}{\rm N}$ είναι ισοσκελές, οπότε $\widehat {{\rm K}{\rm M}{\rm N}} = \widehat {{\rm K}{\rm N}{\rm M}}\;\left( 3 \right)$

Είναι $\widehat {{\rm M}{\rm E}{\rm A}} = \widehat {{\rm K}{\rm M}{\rm N}}\;\left( 4 \right)$ ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων ${\rm M}{\rm K},{\rm A}{\rm B}$ που τέμνονται από την ${\rm A}{\rm E}$ .

$\widehat {{\rm M}{\rm Z}\Delta } = \widehat {{\rm K}{\rm N}{\rm M}}\;\left( 5 \right)$ ως εντός εκτός και επί τα αυτά των παραλλήλων ${\rm K}{\rm N},{\rm A}\Gamma$ που τέμνονται από την ${\rm M}{\rm Z}$ .

Από τις $\left( 4 \right),\left( 5 \right)$ λόγω της $\left( 3 \right)$ συμπεραίνουμε ότι $\widehat {{\rm M}{\rm E}{\rm A}} = \widehat {{\rm M}{\rm Z}\Delta }$

#20

hlkampel έγραψε:Άσκηση 3945

γ) Τα τρίγωνα ${\rm A}\Lambda {\rm M}$ και ${\rm A}{\rm M}{\rm K}$ είναι ίσα αφού έχουν:

${\rm A}{\rm M}$ κοινή πλευρά, ${\rm M}\Lambda = {\rm M}{\rm K}$ από (β) ερώτημα και

$\widehat {\Lambda {\rm M}{\rm A}} = \widehat {{\rm A}{\rm M}{\rm K}} = \varphi$ αφού $\widehat {\Lambda {\rm M}{\rm A}} = \widehat {{\rm M}{\rm A}\Gamma } = \varphi$ ως εντός εναλλάξ των $\Lambda {\rm M}//{\rm A}\Gamma$ που τέμνονται από την ${\rm A}{\rm M}$ και $\widehat {{\rm M}{\rm A}\Gamma } = \widehat {{\rm A}{\rm M}\Gamma } = \varphi$ από (α) ερώτημα.

Άρα $\widehat {\Lambda {\rm A}{\rm M}} = \widehat {{\rm M}{\rm A}{\rm K}}$ δηλαδή η ${\rm A}{\rm M}$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\widehat {\Lambda {\rm A}{\rm K}}$

Μια εναλλακτική πρόταση για το τρίτο ερώτημα

: 3945.png (18.75 KiB) Προβλήθηκε 62582 φορές

Αφού από το β) ερώτημα έχουμε $\Lambda {\rm M}// = \dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{2}$ θα είναι $\widehat \omega = \widehat \theta$ , ως εντός εναλλάξ των ευθειών ${\rm M}\Lambda ,{\rm A}\Gamma$ τεμνομένων υπό της ${\rm A}{\rm M}$ . Όμως από το α) ερώτημα : $\widehat \omega = \widehat \phi$ και συνεπώς $\widehat \phi = \widehat \theta$ .

Φιλικά Νίκος

ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

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