ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Christos.N · #121

4783

Δίνεται τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ . Στην προέκταση του ύψους του ${\rm A}{\rm K}$
θεωρούμε σημείο Δ ώστε ${\rm A}{\rm K} = {\rm K}\Delta$ . Έστω $\Lambda ,{\rm M},{\rm N}$
τα μέσα των πλευρών ${\rm A}{\rm B},{\rm A}\Gamma$ και ${\rm B}\Delta$ αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι:
α) Το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές. (Μονάδες 7)
β) Το τετράπλευρο ΒΛΚΝ είναι ρόμβος . (Μονάδες 9)
γ) $\Lambda {\rm M} \bot \Lambda {\rm N}$ (Μονάδες 9)

: Καταγραφή.PNG (13.23 KiB) Προβλήθηκε 9269 φορές

Απαντήσεις:
α)
Γνωρίζουμε ότι ${\rm A}{\rm K} = {\rm K}\Delta$ και ${\rm B}\Gamma \bot {\rm A}\Delta$
,άρα το σημείο ${\rm B}$ ανήκει στην μεσοκαθέτου του ευθυγράμμου τμήματος ${\rm A}\Delta$
, συνεπώς ισαπέχει από τα άκρα του ευθυγράμμου τμήματος και το σχηματιζόμενο τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Delta$ είναι ισοσκελές.

β)
Τα σημεία $\Lambda ,{\rm K}$ ενώνουν τα μέσα των πλευρών ${\rm A}{\rm B},{\rm A}\Delta$ άρα: $\Lambda {\rm K} = \frac{{{\rm B}\Delta }}{2} = {\rm B}{\rm N}$
Τα σημεία ${\rm N},{\rm K}$ ενώνουν τα μέσα των πλευρών $\Delta {\rm B},{\rm A}\Delta$ άρα: ${\rm N}{\rm K} = \frac{{{\rm B}{\rm A}}}{2} = {\rm B}\Lambda$

Γνωρίζουμε από το προηγούμενο ερώτημα ότι ${\rm B}{\rm A} = {\rm B}\Delta \Rightarrow \frac{{{\rm B}{\rm A}}}{2} = \frac{{{\rm B}\Delta }}{2} \Rightarrow {\rm B}\Lambda = {\rm B}{\rm N}$

Άρα το τετράπλευρο ${\rm B}\Lambda {\rm K}{\rm N}$ έχει τέσσερις πλευρές ίσες άρα πρόκειται για ρόμβο.

γ)
Τα σημεία $\Lambda ,{\rm N}$ ενώνουν τα μέσα των πλευρών ${\rm A}{\rm B},{\rm B}\Delta$ άρα: $\Lambda {\rm N}//{\rm A}\Delta$
Τα σημεία $\Lambda ,{\rm M}$ ενώνουν τα μέσα των πλευρών ${\rm A}{\rm B},{\rm A}\Gamma$ άρα: $\Lambda {\rm M}//{\rm B}\Gamma$
Γνωρίζουμε ότι ${\rm A}\Delta \bot {\rm B}\Gamma$ , άρα λαμβάνοντας τα παραπάνω έχουμε: $\Lambda {\rm N} \bot \Lambda {\rm M}$

ΒΑΣΙΚΟΣ · #122

exdx έγραψε:Προσοχή

Πριν λύσετε άλλες ασκήσεις να κατεβάσετε το νέο κατάλογο

Από τα 4α θέματα έχουν αφαιρεθεί οι παρακάτω

2789 2809 3703 3719
3731 3767 3803 3813
4574 4614 4741 4778
4794 4800 4808 6876

Καλημέρα δηλαδή αυτές δεν πρόκειται να κληρωθούν?

ΒΑΣΙΚΟΣ · #123

VreAnt έγραψε: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 $\Delta E \parallel HZ$ . Συνεπώς $\Delta EZH$ τραπέζιο.
Αρκεί να δείξω ότι $ZE=H\Delta$ . Πράγματι, $H\Delta$ διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου , άρα $\displaystyle{H\Delta=\frac{AB}{2}}$ και όμοια με πριν $\displaystyle{ZE=\frac{AB}{2}}$ . 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 ${{\hat{H}}_{2}}={{\hat{\Delta}}_{2}}$ .

Στο α ερώτημα δεν πρέπει να αποδείξουμε ότι ΖΕ δεν είναι παράλληλη με το ΔΗ? (ΖΕ//ΑΒ, αλλά ΔΗ δεν είναι παραλληλο με το ΑΒ)

#124

george visvikis έγραψε:Άσκηση 4762

Στο παρακάτω σχήμα το ορθογώνιο $EZH\Theta$ είναι ένα τραπέζι μπιλιάρδου. Ένας παίκτης τοποθετεί μία μπάλα στο σημείο το οποίο ανήκει στη μεσοκάθετο του $\Theta H$ και απέχει από αυτή απόσταση ίση με $\Theta H$ . Όταν ο παίκτης χτυπήσει τη μπάλα, αυτή ακολουθεί τη διαδρομή $\displaystyle{{\rm A} \to {\rm B} \to \Gamma \to \Delta \to {\rm A}}$ χτυπώντας στους τοίχους του μπιλιάρδου $E\Theta, \Theta H, ZH$ διαδοχικά. Για τη διαδρομή αυτή ισχύει ότι κάθε γωνία πρόσπτωσης (π.χ η γωνία ) είναι ίση με κάθε γωνία ανάκλασης (π.χ η γωνία $\ThetaB\Gamma$ ) και κάθε μία από αυτές είναι .

α) Να αποδείξετε ότι:

i) Η διαδρομή $AB\Gamma\Delta$ της μπάλας είναι τετράγωνο. (Μονάδες )

ii) Το σημείο ισαπέχει από τις κορυφές του μπιλιάρδου. (Μονάδες )

β) Αν η είναι διπλάσια από την απόσταση του από τον τοίχο , να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου . (Μονάδες )

Λύση:

Θα απαντήσω πρώτα στο ερώτημα (α. ii)

Οι πλευρές $EZ, \Theta H$ του μπιλιάρδου έχουν την ίδια μεσοκάθετο, άρα το ανήκει και στη μεσοκάθετο του , οπότε $\boxed{AE=AZ}$

α. i) Από το ισοσκελές τρίγωνο είναι $\displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm Z}{\rm A} = {\rm Z}\widehat {\rm E}{\rm A} = \varphi \Leftrightarrow {\rm B}\widehat {\rm E}{\rm A} = \Delta \widehat {\rm Z}{\rm A} = {90^0} - \varphi }$

Εξάλλου είναι $\displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm B}{\rm A} = {\rm Z}\widehat \Delta {\rm A} = {45^0}}$ , οπότε θα είναι και $\displaystyle{{\widehat {\rm A}_1} = {\widehat {\rm A}_2}}$ (άθροισμα γωνιών τριγώνου). Επειδή όμως , τα τρίγωνα $AEB, AZ\Delta$ θα είναι ίσα. Άρα $AB=A\Delta$ .

Επειδή τώρα κάθε γωνία πρόσπτωσης και κάθε γωνία ανάκλασης είναι ίση με , προκύπτει άμεσα ότι το $AB\Gamma\Delta$ είναι ορθογώνιο με δύο διαδοχικές πλευρές ίσες (από την ). Άρα είναι τετράγωνο.

4_4762.png
β) Έστω η ορθή προβολή του πάνω στην . Από την υπόθεση έχουμε $\displaystyle{{\rm A}{\rm M} = \frac{{{\rm A}{\rm Z}}}{2}}$ . Αλλά το

τρίγωνο είναι ορθογώνιο. Οπότε $\boxed{{\rm A}\widehat {\rm E}{\rm Z} = {\rm A}\widehat {\rm Z}{\rm E} = {30^0}}$ και κατά συνέπεια $\boxed{{\rm E}\widehat {\rm A}{\rm Z} = {120^0}}$

Παρατήρηση: Το στοιχείο ότι το σημείο απέχει από τη $\Theta H$ απόσταση ίση με $\Theta H$ δεν χρησιμοποιήθηκε στην απόδειξη. Ωστόσο, είναι υποχρεωτικό στην κατασκευή του σχήματος.
Θα μπορούσε όμως κάλλιστα, να δοθεί σαν αποδεικτικό ερώτημα.
Για σιγουριά, ας το δει και κάποιος άλλος

Γεια σου Γιώργο.
Γι αυτό έχω γράψει κάποια σχόλια από προχθές εδώ
Επίσης δίδω μια λύση εδώ
Πάντως η άσκηση είναι ιδιάζουσα.
Φιλικά Νίκος

gavrilos · #125

Θέμα 4786

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ .Οι μεσοκάθετοι $\displaystyle{\mu_{1},\mu_{2}}$ των πλευρών $\displaystyle{AB,A\Gamma}$ αντίστοιχα τέμνονται στο μέσο $\displaystyle{M}$ της $\displaystyle{B\Gamma}$ .

α)Να αποδειχθεί ότι:
i)Το τρίγωνο είναι ορθογώνιο με $\displaystyle{\angle{A}=90^{\circ}}$ .
ii)Το τετράπλευρο $\displaystyle{A\Lambda KM}$ είναι παραλληλόγραμμο

(σημεία $\displaystyle{K,\Lambda }$ δεν αναφέρονται πουθενά στην εκφώνηση-στο σχήμα ωστόσο που δίνεται φαίνονται σαν τα σημεία τομής των $\displaystyle{\mu_{1},\mu_{2}}$ με τις $\displaystyle{AB,A\Gamma}$ αντίστοιχα).

iii) $\displaystyle{\Lambda \Theta =\frac{B\Gamma}{4}}$ όπου $\displaystyle{\Theta}$ το σημείο τομής των $\displaystyle{AM,K\Lambda}$ .

β) Αν $\displaystyle{I}$ σημείο της $\displaystyle{B\Gamma}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{BI=\frac{B\Gamma}{4}}$ να αποδειχθεί ότι το τετράπλευρο $\displaystyle{K\Theta IB}$ είναι παραλληλόγραμμο.

: Γεωμετρια mathematica_58.PNG (7.54 KiB) Προβλήθηκε 9141 φορές

α) i) Η $\displaystyle{AM}$ είναι διάμεσος.Βλέπουμε ότι $\displaystyle{AM=BM}$ αφού το $\displaystyle{M}$ ανήκει στη διάμεσο της $\displaystyle{AB}$ .Επομένως η διάμεσος είναι ίση με το μισό της πλευράς στην οποία βαίνει.Έτσι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα την $\displaystyle{B\Gamma}$ άρα $\displaystyle{\angle{A}=90^{\circ}}$ .

ii)Αφού η $\displaystyle{\mu_{1}}$ είναι μεσοκάθετος της $\displaystyle{AB}$ θα είναι κάθετη σ' αυτήν.Αφού το τρίγωνο είναι ορθογώνιο $\displaystyle{A\Gamma \perp AB}$ άρα $\displaystyle{MK \parallel A\Gamma}$ .Ομοίως $\displaystyle{M\Lambda\parallel AB}$ επομένως οι απέναντι πλευρές του τετραπλεύρου $\displaystyle{AKM\Lambda}$ είναι ίσες ανά δύο κι έτσι αυτό είναι παραλληλόγραμμο.

iii)Οι διαγώνιοι του παραλληλογράμμου διχοτομούνται άρα $\displaystyle{\Lambda \Theta =\frac{K\Lambda}{2}}$ .Όμως τα τρίγωνα $\displaystyle{\triangle{ABM}}$ $\displaystyle{A\Gamma M}$ είναι ισοσκελή αφού η κορυφή τους $\displaystyle{M}$ ανήκει στη μεσοκάθετο της απέναντι πλευράς τους.Η κάθε μεσοκάθετος διχοτομεί το αντίστοιχο τμήμα της άρα $\displaystyle{K,\Lambda}$ είναι τα μέσα των $\displaystyle{AB,A\Gamma}$ .Έτσι $\displaystyle{K\Lambda =\frac{B\Gamma}{2}}$ και τελικά $\displaystyle{\Lambda \Theta =\frac{\frac{B\Gamma}{2}}{2}=\frac{B\Gamma}{4}}$ .

β)Είδαμε παραπάνω ότι $\displaystyle{K\Lambda \parallel B\Gamma}$ κι αφού το $\displaystyle{I}$ ανήκει στην $\displaystyle{B\Gamma}$ και το $\displaystyle{\Theta }$ στην $\displaystyle{K\Lambda}$ θα είναι $\displaystyle{K\Theta \parallel BI}$ .Ακόμη $\displaystyle{K\Theta =\Lambda \Theta=\frac{B\Gamma}{4}=BI}$ άρα το $\displaystyle{K\Theta IB}$ έχει δύο απέναντι πλευρές παράλληλες και ίσες συνεπώς είναι παραλληλόγραμμο.

Υ.Γ. Αν εντοπιστούν λάθη να ενημερωθώ για να τα διορθώσω.
Υ.Γ.2 Συγνώμη για την εκνευριστική αναλυτικότητα αλλά προσπαθώ να παρουσιάσω τη λύση όπως θα την έγραφα στις εξετάσεις (όπως θα τη γράψω δηλαδή

)

VreAnt · #126

ΒΑΣΙΚΟΣ έγραψε:
VreAnt έγραψε: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 $\Delta E \parallel HZ$ . Συνεπώς $\Delta EZH$ τραπέζιο.
Αρκεί να δείξω ότι $ZE=H\Delta$ . Πράγματι, $H\Delta$ διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου , άρα $\displaystyle{H\Delta=\frac{AB}{2}}$ και όμοια με πριν $\displaystyle{ZE=\frac{AB}{2}}$ . 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 ${{\hat{H}}_{2}}={{\hat{\Delta}}_{2}}$ .
Στο α ερώτημα δεν πρέπει να αποδείξουμε ότι ΖΕ δεν είναι παράλληλη με το ΔΗ? (ΖΕ//ΑΒ, αλλά ΔΗ δεν είναι παραλληλο με το ΑΒ)

Προφανώς! Ευχαριστώ. Κάνω άμεσα τη διόρθωση.

#127

Doloros έγραψε:Άσκηση 4762

Γεια σου Γιώργο.
Γι αυτό έχω γράψει κάποια σχόλια από προχθές εδώ
Επίσης δίδω μια λύση εδώ
Πάντως η άσκηση είναι ιδιάζουσα.
Φιλικά Νίκος

Γεια σου Νίκο.

Με τέτοιο καταιγισμό ασκήσεων δεν είχα προσέξει ότι είχες γράψει γι αυτό το θέμα.
Είναι όντως περίεργη άσκηση. Δίνουν ένα στοιχείο το οποίο είναι περιττό, εφόσον ισχύουν τα άλλα δεδομένα με τις γωνίες πρόσπτωσης και ανάκλασης των 45^0

.
Τέλος πάντων, πιστεύω ότι πρέπει να αποσυρθεί αυτή η άσκηση, γιατί μπορεί να προκαλέσει σύγχυση στους καλούς μαθητές.

hlkampel · #128

Άσκηση 4788

Δίνεται τραπέζιο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ με ${\rm A}{\rm B}//\Gamma \Delta$ , $\Delta \Gamma = 4{\rm A}{\rm B}$ και ${\rm B}\Gamma = 2{\rm A}{\rm B}$ .
Θεωρούμε σημείο ${\rm Z}$ της $\Gamma \Delta$ , ώστε $\Delta {\rm Z} = {\rm A}{\rm B}$ .
Αν η γωνία $\Gamma$ είναι $60^\circ$ και ${\rm B}{\rm E}$ το ύψος του τραπεζίου, να αποδείξετε ότι:
α) Το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}\Gamma {\rm E}$ είναι παραλληλόγραμμο.
β) Το τρίγωνο ${\rm Z}{\rm A}{\rm E}$ είναι ισόπλευρο.
γ) Τα τρίγωνα $\Delta {\rm A}{\rm Z}$ και $\Gamma {\rm A}{\rm E}$ είναι ίσα.

Λύση

α) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ${\rm B}{\rm E}\Gamma$ είναι $\widehat \Gamma = 60^\circ$ οπότε $\widehat {\Gamma {\rm B}{\rm E}} = 30^\circ$ , έτσι $\Gamma {\rm E} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2} \Rightarrow \Gamma {\rm E} = {\rm A}{\rm B}$

Όμως $\Gamma {\rm E}//{\rm A}{\rm B}$ έτσι το ${\rm A}{\rm B}\Gamma {\rm E}$ είναι παραλληλόγραμμο.

β) Από το ${\rm A}{\rm B}\Gamma {\rm E}$ είναι ${\rm A}{\rm E} = {\rm B}\Gamma = 2{\rm A}{\rm B}$

Είναι ${\rm Z}{\rm E} = \Gamma \Delta - \Delta {\rm Z} - {\rm E}\Gamma \Leftrightarrow {\rm Z}{\rm E} = 4{\rm A}{\rm B} - {\rm A}{\rm B} - {\rm A}{\rm B} \Leftrightarrow {\rm Z}{\rm E} = 2{\rm A}{\rm B}$

$\widehat {{\rm A}{\rm E}{\rm Z}} = \widehat \Gamma = 60^\circ$ ως εντός εκτός και επί τα αυτά.

Έτσι το τρίγωνο ${\rm Z}{\rm A}{\rm E}$ είναι ισοσκελές αφού ${\rm A}{\rm E} = {\rm Z}{\rm E}$ και επειδή $\widehat {{\rm A}{\rm E}{\rm Z}} = 60^\circ$ θα είναι ισόπλευρο.

γ) Τα τρίγωνα $\Delta {\rm A}{\rm Z}$ και $\Gamma {\rm A}{\rm E}$ είναι ίσα από $\Pi - \Gamma - \Pi$ αφού έχουν:
$\Delta {\rm Z} = {\rm E}\Gamma = {\rm A}{\rm B}$ ,
${\rm A}{\rm Z} = {\rm A}{\rm E}$ από το ισόπλευρο τρίγωνο ${\rm Z}{\rm A}{\rm E}$ και

$\widehat {\Delta {\rm Z}{\rm A}} = \widehat {{\rm A}{\rm E}\Gamma } = 120^\circ$ ως παραπληρωματικές των γωνιών ${\rm Z},{\rm E}$ του ισοπλεύρου τριγώνου.

#129

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Αυτή ιστορία με το mathtype που δεν μεταφράζει σε TEX τα κοινά γράμματα της Ελληνικής και Λατινικής, θα με κάνει να μην ξαναγράψω γεωμετρία. Εϊναι απίστευτη ταλαιπωρία να γυρίζεις συνέχεια τη γλώσσα στο πληκτρολόγιο. )

Μπάμπη δεν ξέρω ποια έκδοση χρησιμοποιείς.
Πάντως η παλαιότερη δωρεάν έκδοση για $\LaTeX$ του MathType το TeXaide λειτουργεί στο

μιά χαρά:
${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta {\rm E}{\rm Z}{\rm H}\Theta {\rm I}{\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}\Xi {\rm O}\Pi {\rm P}\Sigma {\rm T}\Upsilon \Phi {\rm X}\Psi \Omega$
Βρίσκεται εδώ:
http://www.mathematica.gr/index.php?ind ... w&iden=203

: TeXaide.png (10.9 KiB) Προβλήθηκε 9038 φορές

hlkampel · #130

Άσκηση 4790

Δίνεται ισοσκελές τραπέζιο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ με ${\rm A}{\rm B}//\Gamma \Delta$ και ${\rm A}\Delta = {\rm B}\Gamma = {\rm A}{\rm B}$ .
Φέρουμε τμήματα ${\rm A}{\rm E}$ και ${\rm B}{\rm Z}$ κάθετα στις διαγώνιες ${\rm B}\Delta$ και ${\rm A}\Gamma$ αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι:
α) Τα σημεία ${\rm Z}$ και ${\rm E}$ είναι μέσα των διαγωνίων ${\rm A}\Gamma$ και ${\rm B}\Delta$ αντίστοιχα.
β) ${\rm A}{\rm E} = {\rm B}{\rm Z}$ .
γ) Το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm E}{\rm Z}{\rm B}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο.
δ) Η ${\rm B}\Delta$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\Delta$ .

Λύση

α) Τα τρίγωνα ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ και ${\rm A}{\rm B}\Delta$ είναι ισοσκελή αφού ${\rm A}\Delta = {\rm B}\Gamma = {\rm A}{\rm B}$ και τα τμήματα ${\rm B}{\rm Z}$ και ${\rm A}{\rm E}$ είναι ύψη στις βάσεις τους,
άρα θα είναι και διάμεσοι των τριγώνων, οπότε τα ${\rm Z}$ και ${\rm E}$ είναι μέσα των διαγωνίων ${\rm A}\Gamma$ και ${\rm B}\Delta$ αντίστοιχα.

β) Τα ορθογώνια τρίγωνα ${\rm A}{\rm E}\Delta$ και ${\rm B}{\rm Z}\Gamma$ είναι ίσα επειδή έχουν:

${\rm A}\Delta = {\rm B}\Gamma$ από την υπόθεση και $\Delta {\rm E} = \Gamma {\rm Z}$ ως μισά των ίσων διαγωνίων ${\rm A}\Gamma$ και ${\rm B}\Delta$ ( ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ ισοσκελές τραπέζιο)

γ) ${\rm E}{\rm Z}//{\rm A}{\rm B}$ αφού το ${\rm E}{\rm Z}$ ενώνει τα μέσα των διαγωνίων του τραπεζίου ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ .

${\rm A}{\rm E} = {\rm B}{\rm Z}$ από την ισότητα των παραπάνω τριγώνων

Οι ${\rm B}{\rm Z}$ , ${\rm A}{\rm E}$ δεν είναι παράλληλες ως κάθετες στις τεμνόμενες ${\rm A}\Gamma$ και ${\rm B}\Delta$

Άρα το ${\rm A}{\rm E}{\rm Z}{\rm B}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

δ) Αν ${\rm H}$ είναι το σημείο τομής της ${\rm A}{\rm E}$ με τη $\Delta \Gamma$ τότε στο τρίγωνο ${\rm A}{\rm H}\Gamma$ είναι ${\rm Z}$ μέσο της ${\rm A}\Gamma$ και ${\rm Z}{\rm E}//{\rm A}{\rm B}//\Gamma {\rm H}$ , δηλαδή το ${\rm E}$ είναι μέσο της ${\rm A}{\rm H}$ .
Στο τρίγωνο ${\rm A}\Delta {\rm H}$ το $\Delta {\rm E}$ είναι ύψος και διάμεσος, οπότε αυτό είναι ισοσκελές, έτσι το $\Delta {\rm E}$ ή η ${\rm B}\Delta$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\Delta$ .

#131

Άσκηση 4791

Δίνεται παραλληλόγραμμο $AB\Gamma\Delta$ τέτοιο ώστε αν φέρουμε την κάθετη στην $A\Gamma$ στο κέντρο του , αυτή τέμνει την $A\Delta$ σε σημείο τέτοιο ώστε $\Delta E=A\Delta$ . Να αποδείξετε ότι:

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

β) Το τετράπλευρο $B\Gamma E\Delta$ είναι παραλληλόγραμμο. (Μονάδες )

γ) Το τρίγωνο $BO\Gamma$ είναι ισοσκελές. (Μονάδες )

Λύση:

α) Η

είναι μεσοκάθετος της $A\Gamma$ , άρα το τρίγωνο $AE\Gamma$ είναι ισοσκελές.

β) $B\Gamma=A\Delta=\Delta E$ , οπότε $B\Gamma||=\Delta E$ , δηλαδή το
τετράπλευρο $B\Gamma E\Delta$ είναι παραλληλόγραμμο.

: 4791.png (12.35 KiB) Προβλήθηκε 8946 φορές

γ) Στο ορθογώνιο τρίγωνο OAE

η $O\Delta$ είναι διάμεσος, άρα $O\Delta=\Delta A=\Delta E$ . Αλλά $\Delta O=OB$ ,

οπότε $\boxed{BO=B\Gamma}$

#132

Άσκηση 4792

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $AB\Gamma$ . Στην προέκταση της $B\Gamma$ (προς το $\Gamma$ ) θεωρούμε τμήμα $\Gamma\Delta=B\Gamma$ . Αν $M,K, \Lambda$ είναι τα μέσα των πλευρών $B\Gamma, AB, A\Delta$ αντίστοιχα, τότε:

α) Να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου $BA\Delta$ (Μονάδες

)

β) Να αποδείξετε ότι:

i) Το τετράπλευρο $K\Lambda\Gamma M$ είναι ισοσκελές τραπέζιο με μεγάλη βάση
διπλάσια από τη μικρή. (Μονάδες

)

ii) Το τρίγωνο $KM\Lambda$ είναι ορθογώνιο. (Μονάδες

)

Λύση:

α) Οι γωνίες του ισοπλεύρου είναι 60^0

η καθεμία. Η γωνία $\Gamma=60^0$ είναι εξωτερική στο ισοσκελές τρίγωνο $A\Gamma\Delta$ , οπότε θα είναι $\displaystyle{{\rm A}\widehat \Delta \Gamma = \Delta \widehat {\rm A}\Gamma = {30^0}}$ .

Έχουμε λοιπόν, $\boxed{A=90^0, B=60^0, \Delta=30^0}$

β.i) $K\Lambda||M\Gamma$ (ενώνει τα μέσα των πλευρών $AB, A\Delta$ του τριγώνου $AB\Delta$ ).
$\displaystyle{{\rm K}{\rm M} = \frac{{{\rm A}\Gamma }}{2}}$ ((ενώνει τα μέσα των πλευρών $AB, B\Gamma$ του τριγώνου $AB\Gamma$ ).

Η $\Gamma\Lambda$ είναι κάθετη στην $A\Delta$ , ως διάμεσος του ισοσκελούς τριγώνου $A\Gamma\Delta$ , κι επειδή

$\displaystyle{\widehat \Gamma = {30^0} \Leftrightarrow \Gamma \Lambda = \frac{{\Gamma \Delta }}{2} = \frac{{{\rm A}\Gamma }}{2}}$ .

: 4792.png (14.13 KiB) Προβλήθηκε 8894 φορές

Άρα $KM=\Gamma\Lambda$ , οπότε το τετράπλευρο $K\Lambda\Gamma M$ είναι ισοσκελές τραπέζιο (δεν μπορεί να είναι παραλληλόγραμμο, γιατί όπως θα δείξουμε είναι $K\Lambda=2M\Gamma$ ).

Πράγματι: $\displaystyle{{\rm K}\Lambda = \frac{{{\rm B}\Delta }}{2} = \frac{{2{\rm B}\Gamma }}{2} = {\rm B}\Gamma = 2{\rm M}\Gamma }$

ii) $\displaystyle{{\widehat {\rm K}_1} = {60^0}}$ (εντός εκτός και επί τα αυτά με τη γωνία

)

$\displaystyle{{\rm A}{\rm M} = \frac{{{\rm A}\Delta }}{2}}$ (απέναντι από γωνία 30^0

σε ορθογώνιο τρίγωνο)

$\displaystyle{{\rm M}\Lambda = \frac{{{\rm A}\Delta }}{2}}$ (διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου).

Άρα το τρίγωνο $AM\Lambda$ είναι ισόπλευρο, οπότε $\displaystyle{{\widehat {\rm M}_1} = {60^0}}$ .

Αφού $\displaystyle{{\widehat {\rm M}_1} = {\widehat {\rm K}_1}}$ , το τετράπλευρο $AKM\Lambda$ είναι εγγράψιμο κι επειδή $\displaystyle{\widehat {\rm A} = {90^0}}$ ,

θα είναι και $\displaystyle{{\rm K}\widehat {\rm M}\Lambda = {90^0}}$ .

Σημείωση: Το σημείο που δινόταν στο σχήμα δεν χρησιμοποιήθηκε.

VreAnt · #133

Άσκηση 4793
Δίνεται τετράπλευρο $AB\Gamma\Delta$ και ο περιγεγραμμένος του κύκλος $(O,\rho)$ ώστε η
διαγώνιος του $\Delta B$ να είναι διάμετροw του κύκλου. Η γωνία $\hat{B}$ είναι διπλάσια της
γωνίας $\hat{\Delta}$ και οι πλευρές

και $B\Gamma$ είναι ίσες. Φέρουμε κάθετη στη $B\Delta$ στο

, η
οποία τέμνει τις πλευρές $A\Delta$ και $\Gamma\Delta$ στα

και

αντίστοιχα.
α) Να υπολογίσετε τις γωνίες του τετραπλεύρου $AB\Gamma\Delta$ . (Μονάδες 6)
β) Να συγκρίνετε τα τρίγωνα $\Delta AB$ και $\Delta \Gamma B$ . (Μονάδες 6)
γ) Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο $AB\Gamma O$ είναι ρόμβος. (Μονάδες 7)
γ) Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ABOE

είναι εγγράψιμο σε κύκλο. (Μονάδες 6)
Λύση

: 4-4793.png (17.54 KiB) Προβλήθηκε 8707 φορές

α) Αφού $\Delta B$ είναι διάμετρος τότε $\overset\frown{\Delta AB},\overset\frown{\Delta \Gamma B}$ είναι ημικύκλια. Άρα $\hat{A}=90^{o}=\hat{\Gamma}$ (1)

ως εγγεγραμμένες γωνίες που βαίνουν στα προηγούμενα ημικύκλια.
Αλλά $\hat{A}+\hat{B}+\hat{\Gamma}+\hat{\Delta}=360^{o}$ (2)

και από υπόθεση $\hat{B}=2\hat{\Delta}$ (3)

.

$\displaystyle{ (2)\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1),(3)} 3 \hat{\Delta}=180^{o}\Leftrightarrow \hat{\Delta}=60^{o} (4)}$ . Έτσι λόγω $(3), \hat{B}=120^{o} (5)$ .

β) Όμως οι χορδές $AB=B\Gamma$ από υπόθεση. Άρα $\overset\frown{ AB}=\overset\frown{B\Gamma}=2\varphi$ . Τότε $\displaystyle{\hat \phi _{\rm 1} = \hat \phi _2 = \phi }$ ως εγγεγραμμένες σε ίσα τόξα.
Αλλά $\hat{\Delta}=\displaystyle{\hat \phi _{\rm 1} + \hat \phi _2$ . Λόγω $(4), \phi=30^o$ .

Τα τρίγωνα $\Delta AB$ και $\Delta \Gamma B$ είναι ορθογώνια $\hat{A}=90^{o}=\hat{\Gamma}$ , $AB=B\Gamma$ , ${\hat \phi _{\rm 1} = \hat \phi _2 }$ . Από κριτήριο είναι ίσα.

γ) Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\Delta AB, AO$ είναι διάμεσος (υπόθεση: $\Delta B$ διάμετρος) και $\hat{\varphi}_{2}=30^{o}$ . Άρα $AB=AO=OB=\dfrac{\Delta B}{2}=\rho$ .
Όμοια στο τρίγωνο $\Delta \Gamma B$ , $O\Gamma=B\Gamma=OB=\rho$ . Άρα το τετράπλευρο $AB\Gamma O$ είναι ρόμβος, αφού έχει τις πλευρές του ίσες.

δ) Το τετράπλευρο ABOE

είναι εγγράψιμο σε κύκλο, αφού οι απέναντι γωνίες του, $\hat{A}+E \hat{O} B=90^o+90^o=180^o$ , παραπληρωματικές ( $EZ\perp \Delta B$ από υπόθεση).

#134

Άσκηση 4795

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $AB\Gamma$ . Με βάση την

κατασκευάζουμε ισοσκελές τρίγωνο $A\Delta B$ με γωνία $\displaystyle{\widehat \Delta = {120^0}}$ . Θεωρούμε τα μέσα

και

των πλευρών $A\Delta$ και $A\Gamma$ αντίστοιχα.

α) Να αποδείξετε ότι η $\Delta\Gamma$ είναι μεσοκάθετος του

. (Μονάδες

)

β) Αν η $\Delta\Gamma$ τέμνει την

στο $\Theta$ , να αποδείξετε ότι η γωνία $\displaystyle{{\rm Z}\widehat \Theta {\rm M}}$ είναι ορθή. (Μονάδες

)

γ) Αν η

είναι κάθετη στην

από το σημείο

, να αποδείξετε ότι $\displaystyle{{\rm Z}{\rm K} = \frac{{{\rm A}\Delta }}{4}}$ (Μονάδες

)

Λύση:

α) Επειδή το τρίγωνο $A\Delta B$ είναι ισοσκελές, το $AB\Gamma$ είναι ισόπλευρο και έχουν κοινή βάση την

, η $\Delta\Gamma$ είναι μεσοκάθετος του

.

β) Από το ισοσκελές $A\Delta B$ έχουμε:
$\displaystyle{{\rm B}\widehat {\rm A}\Delta = {\rm A}\widehat {\rm B}\Delta \mathop = \limits^{{\rm A}\widehat \Delta {\rm B} = {{120}^0}} {30^0}}$ . Άρα $\displaystyle{\Delta \widehat {\rm B}\Gamma = {90^0}}$

Είναι ακόμα $Z\Theta ||\Delta B$ (ενώνει τα μέσα

και $\Theta$ των πλευρών $A\Delta$ και

)

$\Theta H||B\Gamma$ (ενώνει τα μέσα $\Theta$ και

των πλευρών

και $A\Gamma$ )

: 4795.png (10.02 KiB) Προβλήθηκε 8775 φορές

Άρα $\boxed{{\rm Z}\widehat \Theta {\rm H} = {90^0}}$ (έχει πλευρές παράλληλες με τη γωνία $\displeystyle{\Delta \widehat {\rm B}\Gamma = {90^0}}$ )

γ) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ZKA

, είναι $\displaystyle{{\rm Z}\widehat {\rm A}{\rm K} = {30^0} \Leftrightarrow {\rm Z}{\rm K} = \frac{{{\rm A}{\rm Z}}}{2} \Leftrightarrow }$ $\boxed{{\rm Z}{\rm K} = \frac{{{\rm A}\Delta }}{4}}$

#135

Άσκηση 4796

Δίνεται ισοσκελές τραπέζιο $AB\Gamma\Delta$ ( $AB||\Gamma\Delta$ ) και

το σημείο τομής των διαγωνίων του. Η $A\Gamma$ είναι κάθετη στην $A\Delta$ και η $B\Delta$ είναι κάθετη στη $B\Gamma$ . Θεωρούμε τα μέσα M,E,Z

των $\Gamma\Delta, B\Delta, A\Gamma$ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι:

α) ME=MZ

(Μονάδες

)

β) Η

είναι κάθετη στην $A\Gamma$ (Μονάδες

)

γ) Τα τρίγωνα $M\Delta E$ και $MZ\Gamma$ είναι ίσα (Μονάδες

)

δ) Η

είναι μεσοκάθετος του

(Μονάδες

)

Λύση:

α) Επειδή M,E,Z

είναι μέσα των $\Gamma\Delta, B\Delta, A\Gamma$ αντίστοιχα, θα είναι $\displaystyle{{\rm M}{\rm E} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2}}$ και $\displaystyle{{\rm M}{\rm Z} = \frac{{{\rm A}\Delta }}{2}}$

Αλλά λόγω του ισοσκελούς τραπεζίου $AB\Gamma\Delta$ , είναι $B\Gamma=A\Delta$ . Οπότε: $\boxed{ME=MZ}$

β) $MZ||A\Delta$ κι επειδή $\displaystyle{{\rm A}\Delta \bot {\rm A}\Gamma \Leftrightarrow }$ $\boxed{{\rm M}{\rm Z} \bot {\rm A}\Gamma }$

: 4796.png (20.5 KiB) Προβλήθηκε 8666 φορές

γ) Ομοίως είναι $\displaystyle{{\rm M}{\rm E} \bot {\rm B}\Delta }$ .

Τα ορθογώνια τρίγωνα $M\Delta E$ και $MZ\Gamma$ , έχουν ME=MZ

και $\Delta M=M\Gamma$ , οπότε είναι ίσα.

δ) Η

είναι μεσοκάθετος του $\Delta\Gamma$ .

Αλλά, $EZ||\Delta\Gamma$ (ενώνει τα μέσα των διαγωνίων του τραπεζίου). Άρα η

είναι κάθετη στην

. Επειδή όμως το τρίγωνο MEZ

είναι ισοσκελές θα είναι μεσοκάθετος.

Σημείωση:Το σχήμα που έχουν δώσει είναι απαράδεκτο. Δείχνει (οξείες ή αμβλείες) γωνίες που υποτίθεται ότι είναι ορθές.

Peri2005 · #136

4797

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ και τα μέσα Δ, Ε και Μ των ΑΒ, ΑΓ και ΒΓ αντίστοιχα. Στην προέκταση του ΜΔ (προς το Δ) θεωρούμε τμήμα ΔΖ=ΔΜ.
Να αποδείξετε ότι:
α) Τα τρίγωνα ΑΖΔ και ΒΜΔ είναι ίσα.
β) Το τετράπλευρο ΖΑΓΜ είναι παραλληλόγραμμο
γ) Τα τμήματα ΖΕ και ΑΔ τέμνονται κάθετα και διχοτομούνται
δ) Η ΒΖ είναι κάθετη στη ΖΑ.

Λύση:

: SXHMA.JPG (6.86 KiB) Προβλήθηκε 8704 φορές

α) Τα τρίγωνα ΑΖΔ και ΒΜΔ έχουν:
$\displaystyle{{\rm A}\Delta = \Delta {\rm B}}$ (Δ μέσο ΑΒ)
$\displaystyle{\Delta {\rm M} = \Delta {\rm Z}}$ (υπόθεση)
$\displaystyle{\widehat{{\rm Z}\Delta {\rm A}} = \widehat{{\rm B}\Delta {\rm M}}}$ ((κατακορυφήν)
επομένως είναι ίσα (Π-Γ-Π).

β) Από την ισότητα των τριγώνων ΑΖΔ και ΒΜΔ έχουμε: $\displaystyle{{\rm B}{\rm M} = {\rm Z}{\rm A}}$ και $\displaystyle{\widehat{{\rm Z}{\rm A}\Delta } = \widehat{\Delta {\rm B}{\rm M}}\, = {60^0}}$

Οι γωνίες $\displaystyle{\widehat{{\rm Z}{\rm A}{\rm E}}\,,\,\,\widehat{{\rm A}\Gamma {\rm B}}\,}$ είναι παραπληρωματικές και εντός και επί τα αυτά των ευθειών $\displaystyle{{\rm Z}{\rm A}}$ και $\displaystyle{{\rm M}\Gamma }$ που τέμνονται από την $\displaystyle{{\rm A}\Gamma }$
Άρα: $\displaystyle{{\rm Z}{\rm A}//{\rm M}\Gamma \,\,\left( 1 \right)}$

Επίσης είναι $\displaystyle{{\rm B}{\rm M} = {\rm M}\Gamma }$ και επομένως $\displaystyle{{\rm Z}{\rm A} = {\rm M}\Gamma \,\,\left( 2 \right)}$
Από τις (1) και (2) συμπεραίνουμε ότι το $\displaystyle{{\rm Z}{\rm A}\Gamma {\rm M}}$ είναι παραλληλόγραμμο.

γ) Αφού το $\displaystyle{{\rm Z}{\rm A}\Gamma {\rm M}}$ είναι παραλληλόγραμμο θα είναι : $\displaystyle{{\rm Z}\Delta //{\rm A}{\rm E}\,}$ και $\displaystyle{{\rm Z}\Delta = {\rm A}{\rm E}\,}$ (μισά των ίσων τμημάτων $\displaystyle{{\rm Z}{\rm M}\,,\,{\rm A}\Gamma }$ )
Άρα το $\displaystyle{{\rm Z}{\rm A}{\rm E}\Delta }$ είναι παραλληλόγραμμο κι επειδή έχει δύο συνεχόμενες πλευρές ίσες $\displaystyle{\left( {{\rm Z}{\rm A} = {\rm A}{\rm E}\,} \right)}$ το $\displaystyle{{\rm Z}{\rm A}{\rm E}\Delta }$ θα είναι ρόμβος , οπότε οι διαγώνιοί του $\displaystyle{{\rm Z}{\rm E}\,,\,{\rm A}\Delta }$ θα τέμνονται κάθετα και θα διχοτομούνται.

δ) Στο τρίγωνο $\displaystyle{{\rm Z}{\rm A}{\rm B}}$ η διάμεσος $\displaystyle{{\rm Z}\Delta = \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}}$ επόμένως $\displaystyle{\widehat{{\rm B}{\rm Z}{\rm A}}\, = {90^0}}$

#137

4798

Δίνεται τρίγωνο με $\displaystyle{\,\,\,{\rm{{\rm A}{\rm B} < {\rm A}\Gamma }}\,\,\,}$ . Φέρνουμε τμήμα $\displaystyle{\,\,\,{\rm{{\rm B}\Delta }}\,\,\,\,}$ κάθετο στην $\displaystyle{\,\,{\rm{{\rm A}{\rm B}}}\,\,}$ και με $\displaystyle{\,\,\,{\rm B}\Delta = {\rm A}\Gamma \,\,\,}$ και τμήμα $\displaystyle{\,\,\Gamma {\rm E}\,\,}$ κάθετο στην $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}\Gamma \,\,\,}$ με $\displaystyle{\,\,\,\Gamma {\rm E} = {\rm A}{\rm B}\,\,\,}$ .
Θεωρούμε τα μέσα $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm Z},\Theta \,\,\,}$ των $\displaystyle{\,\,{\rm A}\Delta ,{\rm A}{\rm E}\,\,}$ , αντίστοιχα καθώς και τη διχοτόμο $\displaystyle{\,{\rm A}\delta \,\,\,\,\,}$ της γωνίας $\displaystyle{\,\,\,\,\widehat{\Delta {\rm A}{\rm E}}\,\,\,\,}$ .
α) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\,\,{\rm A}\Delta = {\rm A}{\rm E}\,\,\,\,}$ . (Μονάδες 9)
β) Αν $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm K}\,\,\,\,}$ τυχαίο σημείο της διχοτόμου $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}\delta \,\,\,\,\,}$ , να αποδείξετε ότι το Κ ισαπέχει από τα μέσα $\displaystyle{\,{\rm Z}\,}$ και $\displaystyle{\,\,\,\,\,\Theta \,\,\,\,}$ . (Μονάδες 9)
γ) Αν το Κ είναι σημείο της διχοτόμου $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}\delta \,\,\,\,\,}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{\,\,\,{\rm K}{\rm Z} = {\rm A}{\rm Z}\,\,\,}$ , να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\rm A}{\rm Z}{\rm K}\Theta \,\,\,}$ είναι ρόμβος. (Μονάδες 7)

Λύση
α) Τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm B}\Delta ,{\rm A}\Gamma {\rm E}\,\,\,\,\,}$ έχουν δύο ζεύγη πλευρών ίσες μία προς μία , οπότε είναι ίσα . Έπεται ότι $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}\Delta = {\rm A}{\rm E}\,\,\,\,\,\,}$

β) Τα τρίγωνα $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm Z}{\rm K},{\rm A}\Theta {\rm K}\,\,\,\,\,}$ είναι ίσα αφού έχουν την $\displaystyle{\,{\rm A}{\rm K}\,\,}$ κοινή , $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}{\rm Z} = {\rm A}\Theta \,\,\,\,}$
ως μισά ίσων τμημάτων , $\displaystyle{\,\,\,\,\widehat{{\rm Z}{\rm A}{\rm H}} = \widehat{\Theta {\rm A}{\rm H}}\,\,\,}$ .έπεται ότι $\displaystyle{\,\,\,{\rm Z}{\rm K} = {\rm K}\Theta \,\,\,\,\,\,\,}$

γ) Αφού $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,{\rm A}{\rm Z} = {\rm Z}{\rm K}\,\,}$ , το $\displaystyle{\,\,\,{\rm Z}\,}$ ανήκει στη μεσοκάθετο $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm Z}{\rm H}\,\,\,}$ του $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\rm A}{\rm K}\,\,\,\,\,\,\,}$ .
Από την ισότητα των τριγώνων $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm Z}{\rm K},{\rm A}\Theta {\rm K}\,\,\,\,\,}$ , έπεται ότι $\displaystyle{\,\,{\rm A}\Theta = \Theta {\rm K}\,\,\,\,}$ , οπότε το $\displaystyle{\,\,\Theta \,\,\,}$ ανήκει στη μεσοκάθετο $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm Z}{\rm H}\,\,\,}$ .
Άρα το τετράπλευρο $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\rm A}{\rm Z}{\rm K}\Theta \,\,\,}$ έχει όλες τις πλευρές ίσες και επομένως είναι ρόμβος .

hlkampel · #138

Άσκηση 4799
Δίνεται οξυγώνιο ισοσκελές τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ με ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma$ . Φέρνουμε τμήμα ${\rm A}\Delta$ κάθετο στην ${\rm A}{\rm B}$ και τμήμα ${\rm A}{\rm E}$ κάθετο στην ${\rm A}\Gamma$ με $\displaystyle{{\rm A}\Delta = {\rm A}{\rm E}}$ .
Θεωρούμε τα μέσα ${\rm Z},{\rm H}$ και ${\rm M}$ τα μέσα των $\Delta {\rm B},{\rm E}\Gamma$ και ${\rm B}\Gamma$ αντίστοιχα.

α) Να αποδείξετε ότι:
i. Τα τρίγωνα ${\rm A}\Delta {\rm B}$ και ${\rm A}{\rm E}\Gamma$ είναι ίσα.
ii. Το τρίγωνο ${\rm Z}{\rm A}{\rm H}$ είναι ισοσκελές.
iii. Η ${\rm A}{\rm M}$ είναι μεσοκάθετος του ${\rm H}{\rm Z}$ .

β) Ένας μαθητής συγκρίνοντας τα τρίγωνα ${\rm A}\Delta {\rm B}$ και ${\rm A}{\rm E}\Gamma$ έγραψε τα εξής:
« 1. $\displaystyle{{\rm A}\Delta = {\rm A}{\rm E}}$ από υπόθεση
2. ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma$ πλευρές ισοσκελούς τριγώνου
3. $\widehat {\Delta {\rm A}{\rm B}} = \widehat {{\rm E}{\rm A}\Gamma }$ ως κατακορυφήν
Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα έχοντας δύο πλευρές ίσες μια προς μια και την περιεχόμενη γωνία ίση».
Ο καθηγητής είπε ότι αυτή η λύση περιέχει λάθος μπορείς να το εντοπίσεις;

Λύση

α) i) Τα ορθογώνια τρίγωνα ${\rm A}\Delta {\rm B}$ και ${\rm A}{\rm E}\Gamma$ είναι ίσα διότι έχουν ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma$ και $\displaystyle{{\rm A}\Delta = {\rm A}{\rm E}}$ .
Από την ισότητα αυτή προκύπτει ότι $\Delta {\rm B} = {\rm E}\Gamma \;\left( 1 \right)$ και $\widehat {\Delta {\rm B}{\rm A}} = \widehat {{\rm A}\Gamma {\rm E}}\;\left( 2 \right)$
ii) Τα τμήματα ${\rm A}{\rm Z}$ και ${\rm A}{\rm H}$ είναι διάμεσοι στις υποτείνουσες των ορθογωνίων τριγώνων ${\rm A}\Delta {\rm B}$ και ${\rm A}{\rm E}\Gamma$ , έτσι ${\rm A}{\rm Z} = \dfrac{{\Delta {\rm B}}}{2}$ και ${\rm A}{\rm H} = \dfrac{{{\rm E}\Gamma }}{2}$
Άρα ${\rm A}{\rm Z} = {\rm A}{\rm H}$ αφού $\Delta {\rm B} = {\rm E}\Gamma$ , οπότε το τρίγωνο ${\rm Z}{\rm A}{\rm H}$ είναι ισοσκελές.
iii) Τα τρίγωνα ${\rm Z}{\rm M}{\rm B}$ και ${\rm M}\Gamma {\rm H}$ είναι ίσα αφού έχουν:
${\rm M}{\rm B} = {\rm M}\Gamma$ ως μισά της ${\rm B}\Gamma$ .
${\rm Z}{\rm B} = {\rm H}\Gamma$ ως μισά των ίσων τμημάτων $\Delta {\rm B}$ και ${\rm E}\Gamma$
$\widehat {{\rm M}{\rm B}{\rm H}} = \widehat {{\rm M}\Gamma {\rm E}}$ ως αθροίσματα των ίσων γωνιών ${\rm B}$ και $\Gamma$ με τις $\widehat {\Delta {\rm B}{\rm A}}$ και $\widehat {{\rm A}\Gamma {\rm E}}\;$

Έτσι είναι και ${\rm M}{\rm Z} = {\rm M}{\rm H}$ . Όμως ${\rm A}{\rm Z} = {\rm A}{\rm H}$ , δηλαδή τα σημεία ${\rm A}$ και ${\rm M}$ ισαπέχουν από τα άκρα του ${\rm H}{\rm Z}$ , οπότε η ${\rm A}{\rm M}$ είναι μεσοκάθετος του ${\rm H}{\rm Z}$ .

β) Το λάθος βρίσκεται στο σημείο « $\widehat {\Delta {\rm A}{\rm B}} = \widehat {{\rm E}{\rm A}\Gamma }$ ως κατακορυφήν» γιατί δεν γνωρίζουμε αν τα σημεία ${\rm Z},{\rm A},{\rm E}$ και $\Delta ,{\rm A},{\rm H}$ είναι συνευθειακά,

Σημείωση: Η λύση βασίζεται στο παρακάτω σχήμα που δίνει η τράπεζα.
Αν τα κάθετα τμήματα ${\rm A}\Delta$ και ${\rm A}{\rm E}$ τα φέρναμε σε διαφορετικά ημιεπίπεδα από αυτά που βρίσκονται δεν αλλάζουν και πολλά πράγματα,
αν όμως τα κάθετα τμήματα τα φέρναμε στο ίδιο ημιεπίπεδο της ${\rm A}{\rm M}$ το ερώτημα $\left( {\alpha iii} \right)$ δεν ισχύει.

hlkampel · #139

Άσκηση 4802
Έστω ορθογώνιο τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ με $\widehat {\rm A} = 90^\circ$ και $\widehat {\rm B} = 60^\circ$ . Η διχοτόμος της γωνίας ${\rm B}$ τέμνει την ${\rm A}\Gamma$ στο ${\rm Z}$ . Τα σημεία ${\rm M}$ και ${\rm K}$ είναι τα μέσα των ${\rm B}{\rm Z}$ και ${\rm B}\Gamma$ αντίστοιχα. Αν το τμήμα $\Gamma \Lambda$ είναι κάθετο στη διχοτόμο ${\rm B}\delta$ να αποδείξετε:
α) Το τρίγωνο ${\rm B}{\rm Z}\Gamma$ είναι ισοσκελές.
β) Το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm M}{\rm K}{\rm Z}$ είναι ρόμβος.
γ) $\Gamma {\rm Z} = 2{\rm Z}{\rm A}$
δ) ${\rm B}\Lambda = {\rm A}\Gamma$

Λύση

α) Στο ορθ. τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ είναι $\widehat {\rm A} = 90^\circ$ και $\widehat {\rm B} = 60^\circ$ οπότε $\displaystyle{\widehat \Gamma = 30^\circ }$

Αφού η ${\rm B}\delta$ είναι διχοτόμος της $\widehat {\rm B}$ τότε $\widehat {{\rm Z}{\rm B}\Gamma } = 30^\circ$ Έτσι $\widehat {{\rm Z}{\rm B}\Gamma } = \widehat \Gamma = 30^\circ$ δηλαδή το τρίγωνο ${\rm B}{\rm Z}\Gamma$ είναι ισοσκελές.

β) Στο ορθ. τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}{\rm Z}$ είναι $\widehat {{\rm Z}{\rm B}{\rm A}} = 30^\circ$ και ${\rm A}{\rm M}$ διάμεσος στην υποτείνουσα ${\rm B}{\rm Z}$ , έτσι ${\rm A}{\rm M} = \dfrac{{{\rm B}{\rm Z}}}{2} \Rightarrow {\rm A}{\rm M} = {\rm A}{\rm Z}\;\left( 1 \right)$

Το ${\rm M}{\rm K}$ ενώνει τα μέσα δυο πλευρών του τριγώνου $\Gamma {\rm B}{\rm Z}$ έτσι ${\rm M}{\rm K}//\Gamma {\rm Z}$ και ${\rm M}{\rm K} = \dfrac{{\Gamma {\rm Z}}}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{\Gamma {\rm Z} = {\rm B}{\rm Z}} {\rm M}{\rm K} = \dfrac{{{\rm B}{\rm Z}}}{2} = {\rm A}{\rm M} = {\rm A}{\rm Z}$

Οπότε ${\rm M}{\rm K}// = {\rm A}{\rm Z}$ και ${\rm M}{\rm K} = {\rm A}{\rm Z}$

Έτσι το ${\rm A}{\rm M}{\rm K}{\rm Z}$ είναι ρόμβος αφού είναι παραλληλόγραμμο με δύο ίσες διαδοχικές πλευρές.

γ) Από το ισοσκελές τρίγωνο ${\rm B}{\rm Z}\Gamma$ είναι ${\rm B}{\rm Z} = \Gamma {\rm Z}\;\left( 2 \right)$

Από την $\left( 1 \right)$ είναι $\frac{{{\rm B}{\rm Z}}}{2} = {\rm A}{\rm Z}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \dfrac{{\Gamma {\rm Z}}}{2} = {\rm A}{\rm Z} \Rightarrow \Gamma {\rm Z} = 2{\rm A}{\rm Z}$

δ) Επειδή στο ορθ. τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ είναι $\displaystyle{\widehat \Gamma = 30^\circ }$ τότε ${\rm A}{\rm B} = \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{2}\;\left( 3 \right)$

Ομοίως, από ορθ. τρίγωνο $\Gamma \Lambda {\rm B}$ είναι $\widehat {{\rm Z}{\rm B}\Gamma } = 30^\circ$ οπότε $\Gamma \Lambda = \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{2}\;\left( 4 \right)$

Τα ορθ. τρίγωνα ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ και $\Gamma \Lambda {\rm B}$ είναι ίσα αφού έχουν:

${\rm A}{\rm B} = \Gamma \Lambda$ από τις σχέσεις $\left( 3 \right),\left( 4 \right)$ και $\displaystyle{\widehat \Gamma = \widehat {{\rm Z}{\rm B}\Gamma } = 30^\circ }$

Άρα και ${\rm B}\Lambda = {\rm A}\Gamma$

Christos.N · #140

6878

Σε ορθογώνιο τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \,\,\left( {\hat {\rm A} = 90^o } \right)$
έχουμε ότι $\hat {\rm B} = 30^o$ . Φέρουμε το ύψος ${\rm A}{\rm H}$ και τη διάμεσο ${\rm A}{\rm M}$ του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma \,$ . Από την κορυφή ${\rm B}$ φέρνουμε κάθετη στη διάμεσο ${\rm A}{\rm M}$ , η οποία την τέμνει στο σημείο ${\rm E}$ όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα.
Να αποδείξετε ότι:
α) ${\rm B}{\rm E} = \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}$ , (Μονάδες 7)
β) ${\rm A}{\rm H} = {\rm B}{\rm E}$ , (Μονάδες 7)
γ) το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm H}{\rm E}{\rm B}$ είναι εγγράψιμο, (Μονάδες 6)
δ) ${\rm E}{\rm H}//{\rm A}{\rm B}$ . (Μονάδες 5)

: Καταγραφή.PNG (12.66 KiB) Προβλήθηκε 9136 φορές

Απαντήσεις:
α)
Στο ορθογώνιο τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \,$ γνωρίζουμε για τη διάμεσο ${\rm A}{\rm M}$ ότι ${\rm A}{\rm M} = \frac{{{\rm B}\Gamma }} {2}$ ,άρα το τρίγωνο ${\rm B}{\rm M}{\rm A}$ είναι ισοσκελές με $\angle {\rm M}{\rm A}{\rm B} = \hat {\rm B} = 30^o$ .
Στο ορθογώνιο τρίγωνο ${\rm B}{\rm E}{\rm A}$ η κάθετη πλευρά του ${\rm E}{\rm B}$ βρίσκεται απέναντι από την γωνία $\angle {\rm M}{\rm A}{\rm B}$ άρα: ${\rm E}{\rm B} = \frac{{{\rm A}{\rm B}}} {2}$ .
β)
Θα συγκρίνουμε τα τρίγωνα ${\rm B}{\rm E}{\rm A},{\rm A}{\rm H}{\rm B}$ .
Είναι ορθογώνια , έχουν κοινή υποτείνουσα ${\rm A}{\rm B}$ και μια γωνία ίση $\angle {\rm E}{\rm A}{\rm B} = \angle {\rm M}{\rm A}{\rm B} = \hat {\rm B} = 30^o$ ,συνεπώς είναι ίσα άρα ${\rm A}{\rm H} = {\rm B}{\rm E}$

γ)
Στο τετράπλευρο ${\rm A}{\rm H}{\rm E}{\rm B}$ η πλευρά ${\rm A}{\rm B}$ φαίνεται υπό ίσες γωνίες $\angle {\rm B}{\rm E}{\rm A} = \angle {\rm B}{\rm H}{\rm A} = 90^o$ συνεπώς είναι εγγράψιμο.
δ)
Θα συγκρίνουμε τα τρίγωνα ${\rm B}{\rm E}{\rm H},{\rm A}{\rm H}{\rm E}$ .Έχουν τρεις πλευρές ίσες, ${\rm A}{\rm H} = {\rm B}{\rm E}$ , ${\rm B}{\rm H} = {\rm A}{\rm E}$ ( τα τρίγωνα ${\rm B}{\rm E}{\rm A},{\rm A}{\rm H}{\rm B}$ είναι ίσα μεταξύ τους) και ${\rm E}{\rm H}$ κοινή. Συνεπώς οι γωνίες $\displaystyle{ {\rm H}{\rm E}{\rm M},{\rm E}{\rm H}{\rm M} }$ είναι ίσες μεταξύ τους συνάγεται ότι το τρίγωνο ${\rm E}{\rm M}{\rm H}$ είναι ισοσκελές. Έχουμε δείξει στο ερώτημα α) ότι το τρίγωνο ${\rm B}{\rm M}{\rm A}$ είναι ισοσκελές, άρα για τα δύο ισοσκελή τρίγωνα οι γωνίες των βάσεων τους είναι ίσες καθώς οι γωνίες που βρίσκονται απέναντι από τις βάσεις τους ${\rm E}{\rm M}{\rm H},{\rm B}{\rm M}{\rm A}$ είναι ίσες ως κατακορυφήν. Άρα οι εντός εναλλάξ γωνίες ${\rm H}{\rm E}{\rm A},{\rm E}{\rm A}{\rm B}$ είναι ίσες συνεπώς ${\rm E}{\rm H}//{\rm A}{\rm B}$ .

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