ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

ΝΟΥΤΣΟΣ ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ · #181

καλησπερα, υπάρχει καπου η λύση του θέματος (4) 3737;

#182

ΝΟΥΤΣΟΣ ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ έγραψε:καλησπερα, υπάρχει καπου η λύση του θέματος (4) 3737;

Άσκηση 3737

Δίνεται τραπέζιο $AB\Gamma\Delta$ , τέτοιο ώστε $\displaystyle{\widehat {\rm A} = \widehat \Delta = {90^0}}$ , $\displaystyle{{\rm A}{\rm B} = \frac{1}{4}\Delta \Gamma }$ και $\displaystyle{{\rm A}{\rm B} = \frac{1}{3}{\rm A}\Delta }$ . Επιπλέον φέρνουμε $\displaystyle{{\rm B}{\rm E} \bot \Delta \Gamma }$ .

α) Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο $ABE\Delta$ ορθογώνιο. (Μονάδες )

β) Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο $BE\Gamma$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. (Μονάδες )

γ) Αν $K,\Lambda$ είναι τα μέσα των και $A\Gamma$ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι η $A\Gamma$ διέρχεται από το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος (Μονάδες )

Λύση:

α) Το τετράπλευρο $ABE\Delta$ ορθογώνιο, επειδή έχει τρεις γωνίες ορθές.

β) Είναι $\Delta\Gamma=4AB$ , $BE=A\Delta=3AB$ , $AB=\Delta E$ .

Άρα, $E\Gamma=\Delta\Gamma-\Delta E=3AB$ . Δηλαδή, $\boxed{BE=E\Gamma}$ , οπότε το τρίγωνο $BE\Gamma$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.

: 3737.png (6.92 KiB) Προβλήθηκε 8703 φορές

γ) Το τετράπλευρο $AB\Gamma E$ είναι τραπέζιο και το τμήμα $K\Lambda$ ενώνει τα μέσα των διαγωνίων του. Άρα

$K\Lambda||AB$ και $\displaystyle{{\rm K}\Lambda = \frac{{{\rm E}\Gamma - {\rm A}{\rm B}}}{2} = \frac{{3{\rm A}{\rm B} - {\rm A}{\rm B}}}{2} \Leftrightarrow }$ $\boxed{{\rm K}\Lambda || = {\rm A}{\rm B}}$ .

Επομένως το $AB\Lambda K$ είναι παραλληλόγραμμο και αν

είναι το σημείο τομής των διαγωνίων του, τότε θα είναι το μέσο του

.

hlkampel · #183

Άσκηση 2799
Στην παρακάτω εικόνα φαίνεται μια κρεμάστρα τοίχου η οποία αποτελείται από έξι ίσα ευθύγραμμα κομμάτια
ξύλου $\left( {{\rm A}\Delta ,{\rm B}\Gamma ,\Gamma {\rm Z},\Delta {\rm H},{\rm Z}{\rm K},{\rm H}\Lambda } \right)$ που είναι στερεωμένα με έντεκα καρφιά $\left( {{\rm A},{\rm B},\Gamma ,\Delta ,\Theta ,{\rm E},{\rm M},{\rm H},{\rm K},\Lambda ,{\rm Z}} \right)$ .
Αν το σημείο $\Theta$ , είναι μέσο των τμημάτων ${\rm A}\Delta$ και ${\rm B}\Gamma$ ενώ το σημείο ${\rm E}$ είναι μέσο των τμημάτων $\Gamma {\rm Z}$ και $\Delta {\rm H}$ , να
αποδείξετε ότι:
α) Το τετράπλευρο $\Gamma {\rm H}{\rm Z}\Delta$ είναι ορθογώνιο.
β) Τα σημεία ${\rm B},\Delta ,{\rm Z}$ είναι συνευθειακά.
γ) Το τετράπλευρο ${\rm A}\Gamma {\rm Z}\Delta$ είναι παραλληλόγραμμο.

Λύση

α) Το τετράπλευρο $\Gamma {\rm H}{\rm Z}\Delta$ είναι ορθογώνιο αφού οι διαγώνιοι του διχοτομούνται στο ${\rm E}$ και είναι ίσες λόγω της υπόθεσης.
β) Για τον ίδιο λόγο και το ${\rm A}{\rm B}\Delta \Gamma$ είναι ορθογώνιο, έτσι:

$\widehat {{\rm B}\Delta \Gamma } + \widehat {\Gamma \Delta {\rm Z}} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$ άρα τα σημεία ${\rm B},\Delta ,{\rm Z}$ είναι συνευθειακά.

γ) Για τον ίδιο λόγο και τα σημεία ${\rm A},\Gamma ,{\rm H}$ είναι συνευθειακά, οπότε ${\rm A}\Gamma //\Delta {\rm Z}\;\left( 1 \right)$

Το τετράπλευρο $\Gamma \Theta \Delta {\rm E}$ είναι ρόμβος αφού και οι τέσσερεις πλευρές του είναι ίσες ως μισά ίσων τμημάτων, οπότε $\displaystyle{\widehat {\Gamma \Theta \Delta } = \widehat {\Gamma {\rm E}\Delta }}$ .

Τα τρίγωνα ${\rm A}\Theta \Gamma$ και $\Delta {\rm E}{\rm Z}$ είναι ίσα από $\Pi - \Gamma - \Pi$ αφού έχουν:

${\rm A}\Theta = \Delta {\rm E}$ και $\Gamma \Theta = {\rm Z}{\rm E}$ ως μισά ίσων τμημάτων και $\widehat {{\rm A}\Theta \Gamma } = \widehat {\Delta {\rm E}{\rm Z}}$ ως παραπληρωματικές των ίσων γωνιών $\displaystyle{\widehat {\Gamma \Theta \Delta } = \widehat {\Gamma {\rm E}\Delta }}$ .

Έτσι ${\rm A}\Gamma = \Delta {\rm Z}\;\left( 2 \right)$

Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow {\rm A}\Gamma // = \Delta {\rm Z}$ άρα το ${\rm A}\Gamma {\rm Z}\Delta$ είναι παραλληλόγραμμο.

#184

4-3759

ΘΕΜΑ 4
Δίνεται κύκλος (O,R)

με διάμετρο $\displaystyle {\rm B}\Gamma$ . Θεωρούμε σημείο

του κύκλου και σχεδιάζουμε το τρίγωνο $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma$ . H προέκταση της

τέμνει τον κύκλο στο σημείο

. Φέρουμε το ύψος του $\displaystyle {\rm A}\Delta$ , η προέκταση του οποίου τέμνει τον κύκλο στο σημείο

.

α) Να αποδείξετε ότι:
i. $\displaystyle {\rm Z}\Gamma = {\rm A}{\rm B} = {\rm B}{\rm E}$ (Μονάδες 8)
ii. Το τετράπλευρο $\displaystyle {\rm B}{\rm E}{\rm Z}\Gamma$ είναι ισοσκελές τραπέζιο. (Μονάδες 7)

β) Αν $\displaystyle \widehat \Gamma = 30^\circ$ , να αποδείξετε ότι η περίμετρος του τραπεζίου $\displaystyle {\rm B}{\rm E}{\rm Z}\Gamma$ είναι ίση με

, όπου

η ακτίνα του κύκλου. (Μονάδες 10)

: 02-06-2014 Τράπεζα Θεμάτων Γεωμετρία.jpg (13.08 KiB) Προβλήθηκε 8624 φορές

α) i) Φέρνουμε τις $\displaystyle {\rm B}{\rm E},\;{\rm B}{\rm Z},\;\Gamma {\rm Z}$ . Η $\displaystyle {\rm O}\Delta$ είναι απόστημα στη χορδή

, οπότε η

διχοτομεί το $\displaystyle \mathop {{\rm A}{\rm E}}\limits^ \cap$ , άρα AB=BE

.

Το $\displaystyle {\rm A}{\rm B}{\rm Z}\Gamma$ είναι παραλληλόγραμμο, αφού οι διαγώνιοί του διχοτομούνται, άρα $\displaystyle {\rm A}{\rm B} = \Gamma {\rm Z}$ .

ii) Είναι $\displaystyle {\rm E}{\rm Z}//{\rm B}\Gamma$ αφού είναι χορδές που ορίζουν ίσα κυρτά τόξα. Επίσης είναι $\displaystyle {\rm E}{\rm Z} < {\rm B}\Gamma$ (διάμετρος του κύκλου), άρα το $\displaystyle {\rm B}{\rm E}{\rm Z}\Gamma$ είναι τραπέζιο, ισοσκελές.

β) Είναι $\displaystyle \widehat {{\rm B}{\rm A}\Gamma } = 90^\circ$ ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο.

Έστω $\displaystyle \widehat {{\rm A}\Gamma {\rm B}} = 30^\circ$ , οπότε $\displaystyle {\rm A}{\rm B} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2} = R$ , άρα και $\displaystyle \Gamma {\rm Z} = R$

Αφού $\displaystyle \mathop {B{\rm E}}\limits^ \cap = \mathop {\Gamma Z}\limits^ \cap = 60^\circ \Rightarrow \mathop {{\rm E}{\rm Z}}\limits^ \cap = 60^\circ$ , οπότε $\displaystyle \widehat {{\rm E}{\rm A}{\rm Z}} = 30^\circ$ δηλαδή και $\displaystyle {\rm E}{\rm Z} = \frac{{{\rm A}{\rm Z}}}{2} = R$

Οπότε Περίμετρος $\displaystyle {\rm B}{\rm E}{\rm Z}\Gamma$ = $\displaystyle BE + EZ + Z\Gamma + \Gamma {\rm B} = 5R$

edit: Έκανα μια διόρθωση: Γωνία EAZ

αντί

στο 2ο ερώτημα. Ευχαριστώ τον Θανάση (thanasis363) για τη διακριτική διορθωση!

==========================
edit
προστέθηκαν στο ευρετήριο
Φωτεινή.

VreAnt · #185

Άσκηση 4-3691
Οι κύκλοι $(K,\rho)$ και $(\Lambda,3\rho)$ εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο

. Μία ευθεία $\varepsilon$ εφάπτεται εξωτερικά και στους δυο κύκλους στα σημεία

και $\Gamma$ αντίστοιχα και τέμνει την προέκταση της διακέντρου $K\Lambda$ στο σημείο

. Φέρουμε από το σημείο

παράλληλο τμήμα στην $\varepsilon$ που τέμνει το τμήμα $\Lambda \Gamma$ στο $\Delta$ .
α) Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο $B\Gamma\Delta K$ είναι ορθογώνιο. (Μονάδες 9)
β) Να αποδείξετε ότι η γωνία $\Delta\hat{K}\Lambda$ είναι 30^o

. (Μονάδες 8)
γ) Να αποδείξετε ότι το τμήμα $E\Lambda=6\rho$ , όπου $\rho$ η ακτίνα του κύκλου $(K,\rho)$ (Μονάδες 8)
Λύση

: 4-3691.png (25.03 KiB) Προβλήθηκε 8356 φορές

α) Αφού $\varepsilon$ είναι κοινή εφαπτομένη έχω $BK\perp\varepsilon$ και $\Lambda\Gamma\perp\varepsilon$ .
Άρα $B\Gamma\parallel\Lambda\Gamma$ και $\hat{B}=90^o=\hat{\Gamma}$ .
Είναι $K\Delta\parallel\varepsilon$ (υπόθεση )και $\Lambda\Gamma\perp\varepsilon$ , άρα $K\Delta\perp\Lambda\Gamma$ δηλ. $\hat{\Delta}=90^o$ .
Τότε το τετράπλευρο $B\Gamma\Delta K$ είναι ορθογώνιο αφού έχει τρεις ορθές γωνίες.

β)Λόγω του α) $\Gamma\Delta=BK=\rho$ ως απέναντι πλευρές ορθογωνίου. Έτσι, $\Delta\Lambda=\Gamma\Lambda-\Gamma\Delta=3\rho-\rho=2\rho$ .
Τότε στο ορθογώνιο $(\hat{\Delta}=90^o)$ τρίγωνο $K\Delta\Lambda$ , $\Delta\Lambda=2\rho=\dfrac{K\Lambda}{2}$ . Άρα από θεώρημα, $\hat{\phi}_1=30^o$ .

γ)Αλλά $\hat{\phi}_2=\hat{\phi}_1=30^o$ ως εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη γωνίες, των παραλλήλων $K\Delta\parallel\varepsilon$ που τέμνονται από $E\Lambda$ .
Τότε στο ορθογώνιο τρίγωνο $E\Gamma\Lambda$ , $\hat{\phi}_2=30^o$ . Επομένως $\Gamma\Lambda=\dfrac{E\Lambda}{2}\leftrightarrow E\Lambda=2\Gamma\Lambda=6\rho$ .

#186

Άσκηση 2804

Στο παρακάτω σχήμα δίνεται τρίγωνο $AB\Gamma$ , τα ύψη του $B\Delta$ και $\Gamma E$ που τέμνονται στο σημείο και το μέσο της πλευράς $B\Gamma$ .

α) Να αποδείξετε ότι:

i) $M\Delta=ME$ (Μονάδες )

ii) Η ευθεία τέμνει κάθετα τη $B\Gamma$ και $\displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm H}\Delta = \widehat \Gamma }$ , όπου $\displaystyle{\widehat \Gamma }$ η γωνία του τριγώνου $AB\Gamma$ . (Μονάδες )

γ) Να βρείτε το ορθόκεντρο του τριγώνου . (Μονάδες)

Λύση:

α. i) Τα ορθογώνια τρίγωνα $\Delta B\Gamma, EB\Gamma$ έχουν αντίστοιχες διαμέσους $\Delta M, EM$ . Άρα: $\displaystyle{{\rm M}\Delta = {\rm M}{\rm E} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2}}$

: 2804.png (11.81 KiB) Προβλήθηκε 8396 φορές

α. ii)

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου $AB\Gamma$ , οπότε και το τρίτο ύψος

θα διέρχεται από το σημείο

. Δηλαδή, $\boxed{{\rm A}{\rm H} \bot {\rm B}\Gamma }$ .

Τα τρίγωνα $AH\Delta, AZ\Gamma$ είναι ισογώνια, επειδή είναι ορθογώνια και έχουν κοινή τη γωνία $\displaystyle{{\widehat {\rm A}_1}}$ . Άρα: $\boxed{{\rm A}\widehat {\rm H}\Delta = \widehat \Gamma }$

γ) Το σημείο $\Gamma$ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ABH

(Πόρισμα του σχολικού βιβλίου).

Σημείωση: α) Η αρίθμηση των ερωτημάτων είναι της εκφώνησης της άσκησης (από το (α) πηγαίνει στο (γ)).
β) Απαράδεκτη κατανομή μονάδων. Θεωρώ τα ερωτήματα (α. i), (γ) - ειδικά το (γ)- υπερτιμημένα. Δεν μπορώ να βρω ένα λόγο που δόθηκαν 10 Μονάδες για να απαντήσει κάποιος το προφανές!!!

#187

ΘΕΜΑ 3693

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ ( $\overset{\wedge }{\mathop{A}}\,={{90}^{0}}$ ) και η διχοτόμος του $B\Delta$ . Από το $\Delta$ φέρουμε $\Delta E\bot B\Gamma$ και ονομάζουμε

το σημείο στο οποίο η ευθεία $E\Delta$ τέμνει την προέκταση της

. Να αποδείξετε ότι:

α) Το τρίγωνο ABE

είναι ισοσκελές. (Μονάδες 6)

β)Τα τρίγωνα $AB\Gamma$ και BEZ

είναι ίσα. (Μονάδες 6)

γ) Η ευθεία $B\Delta$ είναι μεσοκάθετη των τμημάτων

και $Z\Gamma$ . (Μονάδες 6)

δ)Το τετράπλευρο $AE\Gamma Z$ είναι ισοσκελές τραπέζιο. (Μονάδες 7)

Λύση

α) Τα ορθογώνια τρίγωνα $B\Delta A,B\Delta E$ είναι ίσα διότι η $B\Delta$ είναι κοινή και $\Delta A=\Delta E$ , αφού τα σημεία της διχοτόμου μιας γωνίας

ισαπέχουν από τις πλευρές της(ή διότι οι γωνίες $\Delta BA,\Delta B\Gamma$ είναι ίσες). Επομένως BA=BE

: 2014-6-4-3693.PNG (11.65 KiB) Προβλήθηκε 8418 φορές

β) Τα τρίγωνα $AB\Gamma$ και ABE

είναι ορθογώνια και έχουν :

- AB=AE

, από το πρώτο ερώτημα

- Τη γωνία

κοινή.

Επομένως τα τρίγωνα αυτά είναι ίσα.

γ)i) Είναι BA=BE

και $\Delta A=\Delta E$ , οπότε τα σημεία $B,\Delta$ βρίσκονται στη μεσοκάθετο του

.

ii) Επειδή $BZ=B\Gamma$ , το τρίγωνο $BZ\Gamma$ είναι ισοσκελές. Επομένως η διχοτόμος της γωνίας

, δηλαδή η (ημι)ευθεία $B\Delta$ είναι μεσοκάθετος της βάσης του $\Gamma Z$ .

Εναλλακτικά, μπορούμε επίσης να βασιστούμε στο γεγονός ότι : $\Delta Z=\Delta \Gamma ,BZ=B\Gamma$

*** A! Ξέχασα να βαλω και το αρχείο word για το Χρήστο, που πάντα αναλαμβάνει τα δύσκολα !!!

#188

Άσκηση 2806

Δύο κύκλοι $(K,\rho), (\Lambda, R)$ τέμνονται στα σημεία , . Αν $\Gamma$ και $\Delta$ είναι τα αντιδιαμετρικά σημεία του στους δύο κύκλους, τότε να αποδείξετε ότι:

α) $\displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm B}\Gamma = {90^0}}$ (Μονάδες )

β) Τα σημεία $\Gamma, B, \Delta$ είναι συνευθειακά. (Μονάδες )

γ) Το τετράπλευρο με κορυφές τα σημεία $K, \Lambda, \Gamma, \Delta$ είναι τραπέζιο. (Μονάδες )

Λύση:

α) Στον κύκλο (K)

, η γωνία $\displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm B}\Gamma }$ είναι εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο, οπότε $\boxed{{\rm A}\widehat {\rm B}\Gamma = {90^0}}$

β) Ομοίως είναι και $\displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm B}\Delta = {90^0}}$ (ως εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο του κύκλου $(\Lambda)$ ). Άρα $\displaystyle{\Gamma \widehat {\rm B}\Delta = {180^0}}$ , δηλαδή τα σημεία $\Gamma, B, \Delta$ είναι συνευθειακά.

: 2806.png (15.4 KiB) Προβλήθηκε 8347 φορές

γ) Τα σημεία $K, \Lambda$ είναι τα μέσα των πλευρών $A\Gamma, A\Delta$ αντίστοιχα, του τριγώνου $A\Gamma\Delta$ . Άρα $K\Lambda||\Gamma\Delta$ και $\displaystyle{{\rm K}\Lambda = \frac{{\Gamma \Delta }}{2}}$ . Το τετράπλευρο λοιπόν, με κορυφές τα σημεία $K, \Lambda, \Gamma, \Delta$ είναι τραπέζιο (δεν μπορεί να είναι παραλληλόγραμμο, αφού $\displaystyle{{\rm K}\Lambda \ne \Gamma \Delta }$ ).

========
$\color{red}\checkmark$

Φ.

VreAnt · #189

Άσκηση 4-3698
Δίνεται τραπέζιο ${\rm{AB\Gamma \Delta }}$ με $AB\parallel\Gamma\Delta$ , ${\rm{\hat A = \hat \Delta = 9}}{{\rm{0}}^{\rm{O}}}$ , $\Delta \Gamma = 2{\rm A}{\rm B}$ και $\hat{B}=3\hat{\Gamma}$ .
Από το

φέρνουμε κάθετη στη $\Gamma \Delta$ που τέμνει την ${\rm A}\Gamma$ στο σημείο ${\rm K}$ και την $A\Gamma$ στο ${\rm E}$ . Επίσης φέρνουμε την ${\rm A}{\rm E}$ που τέμνει τη ${\rm B}\Delta$ στο σημείο $\Lambda$ .
Να αποδείξετε ότι:
α) $\hat \Gamma = {45^{\rm O}}$ (Μονάδες 8)
β) $B\Delta=AE$ (Μονάδες 9)
γ) ${\rm K}\Lambda = \dfrac{1}{4}\Delta \Gamma$ (Μονάδες 8)
Λύση

: 4-3698.png (8.6 KiB) Προβλήθηκε 8234 φορές

α) Αφού $AB\parallel\Gamma\Delta$ τότε $\hat{B}+\hat{\Gamma}=180^o\mathop\leftrightarrow \limits^{\hat B = 3\hat \Gamma }\hat{\Gamma}=45^o$ ως εντός και επι τα αυτά μέρη (...).

β)Αφού $BE\perp\Delta\Gamma \,,\, B\hat{E}A=B\hat{E}\Gamma=90^o$ .
Τότε:
-τετράπλευρο $ABE\Delta$ ορθογώνιο αφού και $\hat{A}=\hat{\Delta}=90^o$ (τρεις ορθές). Άρα $\boxed{AE=B\Delta}$ (διαγώνιες ορθογωνίου ίσες).
Ακόμη $AE,B\Delta$ διχοτομούνται. Άρα $\Lambda$ μέσο του

.
Λόγω του ορθογωνίου ακόμη, $\Delta E=AB=\alpha$ (απέναντι πλευρές ορθογωνίου).
Τότε $E\Gamma=\Delta\Gamma-\Delta E=\alpha$ .

-τρίγωνο $BE\Gamma$ ορθογώνιο με $\hat{\sigma}_1=45^ο$ . Άρα ισοσκελές, με $BE=E\Gamma=\alpha$ .

γ)Έτσι έχουμε $AB\parallel = E\Gamma$ . Άρα το τετράπλευρο $AB\Gamma E$ είναι παραλληλόγραμμο. Έτσι $A\Gamma, BE$ διχοτομούνται. Άρα

μέσο $A\Gamma$ .
Τότε στο τρίγωνο $AE\Gamma$ τα $K,\Lambda$ είναι μέσα, άρα $K\Lambda=\dfrac{E\Gamma}{2}=\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{\Delta\Gamma}{4}$ .

#190

Άσκηση 2808

Θεωρούμε παραλληλόγραμμο $AB\Gamma\Delta$ και τις προβολές $A',B',\Gamma ',\Delta '$ των κορυφών $A,B,\Gamma,\Delta$ αντίστοιχα, σε μία ευθεία $\epsilon$ .

α) Αν η ευθεία $\epsilon$ αφήνει τις κορυφές του παραλληλογράμμου στο ίδιο ημιεπίπεδο και είναι $AA'=3, BB'=2, \Gamma\Gamma '=5$ , τότε:

i) Να αποδείξετε ότι η απόσταση του κέντρου του παραλληλογράμμου από την ευθεία $\epsilon$ είναι ίση με . (Μονάδες )

ii) Να βρείτε την απόσταση $\Delta\Delta '$ . (Μονάδες )

β) Αν η ευθεία $\epsilon$ διέρχεται από το κέντρο του παραλληλογράμμου και είναι παράλληλη προς δύο απέναντι πλευρές του, τι παρατηρείτε για τις αποστάσεις $AA', BB', \Gamma\Gamma ', \Delta\Delta '$ ; Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. (Μονάδες )

Λύση:

α. i) Έστω

η προβολή του

στην ευθεία $\epsilon$ .

Το τετράπλευρο $AA'\Gamma '\Gamma$ είναι τραπέζιο (δεν μπορεί να είναι παραλληλόγραμμο γιατί $\displaystyle{{\rm A}{\rm A}' \ne \Gamma \Gamma '}$ ) και OO'

είναι η διάμεσός του ( αφού

είναι το μέσο του $A\Gamma$ και $OO'||AA'||\Gamma\Gamma '$ ). Άρα:

$\displaystyle{{\rm O}{\rm O}' = \frac{{{\rm A}{\rm A}' + \Gamma \Gamma '}}{2} = \frac{{3 + 5}}{2} \Leftrightarrow }$ $\boxed{OO'=4}$

: 2808.png (13.66 KiB) Προβλήθηκε 8278 φορές

α. ii) Ομοίως το τετράπλευρο $\Delta\Delta ' B'B$ είναι τραπέζιο και OO'

είναι η διάμεσός του. Άρα:

$\displaystyle{{\rm O}{\rm O}' = \frac{{{\rm B}{\rm B}' + \Delta \Delta '}}{2} \Leftrightarrow 4 = \frac{{2 + \Delta \Delta '}}{2} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\Delta\Delta '=6}$

β) Οι αποστάσεις είναι ίσες.
Πράγματι, η ευθεία $\epsilon$ διέρχεται από το κέντρο του παραλληλογράμμου και έστω ότι είναι παράλληλη στις $AB, \Gamma\Delta$ . Άρα θα είναι η μεσοπαράλληλή τους, οπότε θα ισαπέχει από αυτές, άρα και από τις κορυφές του παραλληλογράμμου.

: 2808.bpng.png (12.83 KiB) Προβλήθηκε 8278 φορές

#191

Άσκηση 2809

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $AB\Gamma$ και τα ύψη του $BK,\Gamma\Lambda$ τα οποία τέμνονται στο . Αν τα μέσα των $BI,\Gamma I$ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι:

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

β) Τα τρίγωνα $BI\Lambda$ και $\Gamma IK$ είναι ίσα. (Μονάδες )

γ) Το προεκτεινόμενο διέρχεται από το μέσο της πλευράς $B\Gamma$ . (Μονάδες )

δ) Το τετράπλευρο $M\Lambda KN$ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο. (Μονάδες )

Λύση:

α) Στο ισόπλευρο τρίγωνο τα ύψη είναι διάμεσοι και διχοτόμοι. Άρα $\displaystyle{\Gamma \widehat {\rm B}{\rm I} = {\rm B}\widehat \Gamma {\rm I} = {30^0}}$ , οπότε το τρίγωνο $BI\Gamma$ είναι ισοσκελές.

β) Τα ορθογώνια τρίγωνα $BI\Lambda$ και $\Gamma IK$ έχουν τις υποτείνουσες

και $\Gamma I$ ίσες και τις κατακορυφήν γωνίες $\displaystyle{{\rm B}\widehat {\rm I}\Lambda = \Gamma \widehat {\rm I}{\rm K}}$ . Άρα είναι ίσα.

: 2809.png (17.65 KiB) Προβλήθηκε 8200 φορές

γ) Επειδή το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ισόπλευρο το ορθόκεντρο

, θα συμπίπτει με το βαρύκεντρο, οπότε το

προεκτεινόμενο διέρχεται από το μέσο της πλευράς $B\Gamma$ .

δ) $\displaystyle{{\rm M}\Lambda || = \frac{{{\rm A}{\rm I}}}{2}}$ ( $M, \Lambda$ είναι τα μέσα των BI,BA

)

$\displaystyle{{\rm K}{\rm N}|| = \frac{{{\rm A}{\rm I}}}{2}}$ ( N, K

είναι τα μέσα των $\Gamma I,\Gamma A$ ). Άρα:

$\displaystyle{\Lambda {\rm M}|| = {\rm K}{\rm N}}$ , δηλαδή το τετράπλευρο $M\Lambda KN$ είναι παραλληλόγραμμο. Επειδή όμως $\displaystyle{{\rm A}{\rm I} \bot {\rm B}\Gamma }$ (

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου $AB\Gamma)$ ), θα είναι και $\displaystyle{{\rm A}{\rm I} \bot {\rm K}\Lambda }$ ( $K\Lambda||B\Gamma$ ). Άρα οι δύο πλευρές του παραλληλογράμμου είναι κάθετες στις δύο άλλες πλευρές του. Επομένως το παραλληλόγραμμο είναι ορθογώνιο.

VreAnt · #192

Άσκηση 3700
Στο ορθογώνιο παραλληλόγραμμο $AB\Gamma\Delta$ είναι $\Delta\hat{\Gamma}A=30^{o}$ και

το κέντρο του.
Φέρουμε $\Delta E\perp A\Gamma$ .
α) Να αποδείξετε ότι η γωνία $A\hat{\Delta}\Gamma$ χωρίζεται από τη $\Delta E$ και τη διαγώνιο $\Delta B$ σε τρεις
ίσες γωνίες. (Μονάδες 13)
β) Φέρουμε κάθετη στην $A\Gamma$ στο σημείο

η οποία τέμνει την προέκταση της $A\Delta$ στο

.
Να δείξετε ότι τα τρίγωνα AZO

και $AB\Gamma$ είναι ίσα. (Μονάδες 12)
Λύση

: 4-3700.png (18.62 KiB) Προβλήθηκε 8033 φορές

α) Αφού το $AB\Gamma\Delta$ είναι ορθογώνιο, $AO=O\Gamma=O\Delta=OB=\alpha$ (διαγώνιοι διχοτομούνται και είναι ίσες) και $\hat{\Delta}=90^{o}=\hat{B}$ .
Τότε:
- στο ορθογώνιο τρίγωνο $A\Delta\Gamma$ , $\hat{\phi}=30^{o}$ . ΄Άρα $A\Delta=\dfrac{A\Gamma}{2}=\alpha$ . Έτσι τρίγωνο $A\Delta O$ ισόπλευρο. Άρα $\hat{\phi}_1+\hat{\phi}_2=60^{o}$ .
Όμως από υπόθεση $\Delta E\perp A\Gamma$ δηλ. $\Delta E$ ύψος του ισοπλεύρου τριγώνου. Επομένως θα είναι και διχοτόμος. Άρα $\hat{\phi}_1=\hat{\phi}_2=30^{o}$ .

- το τρίγωνο $\Delta O\Gamma$ είναι ισοσκελές. Άρα οι προσκείμενες στη βάση γωνίες του είναι ίσες δηλ. $\hat{\phi}_3=\hat{\phi}=30^{o}$ .
Συνεπώς $\boxed{\hat{\phi}_1=\hat{\phi}_2=\hat{\phi}_3}$ .

β) Τα τρίγωνα $AZO,AB\Gamma$ είναι ορθογώνια $(\, ZO\perp A\Gamma$ και $\hat{B}=90^{o})$ .
Έχουν $AO=A\Delta=\alpha$ και $A\hat{\Gamma}B=\hat{\sigma}$ (εντός εναλλάξ). Άρα είναι ίσα.

#193

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΘΕΜΑ 3693

*** A! Ξέχασα να βαλω και το αρχείο word για το Χρήστο, που πάντα αναλαμβάνει τα δύσκολα !!!

Ευτυχώς που με σκέφτεται ο ΜΠΑΜΠΗΣ.
Γιώργη και Γιώργο μην κάνετε μορφοποίηση στις ασκήσεις (ούτε bold ούτε κενά στο latex).

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Ιστοσελίδα · #194

Ο φίλος και συνάδελφος Θωμάς Μανδέκης προτείνει:

Όχι μόνο λύσεις της τράπεζας θεμάτων αλλά και δημοσίευση των σημείων που κόβουν μονάδες (σύμφωνα με τις οδηγίες των βαθμολογικών), διότι πολλά παιδιά βρίσκουν "σωστό" κάποιο αποτέλεσμα με τελείως λάθος σκέψη και μόλις βλέπουν τους βαθμούς τους πέφτουν από τα σύννεφα.

#195

3701

Έστω ότι $\displaystyle{{\rm{{\rm E}}}{\rm{,{\rm Z}}}}$ είναι τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{{\rm A}{\rm B},\Gamma \Delta }$ παραλληλογράμμου $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ αντίστοιχα.
Αν για το παραλληλόγραμμο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ επιπλέον ισχύει $\displaystyle{{\rm A}{\rm B} > {\rm A}\Delta }$ , να εξετάσετε αν είναι αληθείς ή όχι οι ακόλουθοι ισχυρισμοί:
Ισχυρισμός 1: Το τετράπλευρο $\displaystyle{\Delta {\rm E}{\rm B}{\rm Z}}$ είναι παραλληλόγραμμο.
Ισχυρισμός 2: $\displaystyle{\widehat{{\rm{{\rm A}{\rm E}\Delta }}}{\rm{ = }}\widehat{{\rm{{\rm B}{\rm Z}\Gamma }}}}$
Ισχυρισμός 3: Οι $\displaystyle{\Delta {\rm E},{\rm B}{\rm Z}}$ είναι διχοτόμοι των απέναντι γωνιών $\displaystyle{\Delta ,{\rm B}}$ .
α) Στην περίπτωση που θεωρείτε ότι κάποιος ισχυρισμός είναι αληθής να τον αποδείξετε. (Μονάδες 16)
β) Στην περίπτωση που κάποιος ισχυρισμός δεν είναι αληθής, να βρείτε τη σχέση των διαδοχικών πλευρών του παραλληλογράμμου ώστε να είναι αληθής.
Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. (Μονάδες 9)

: 3701.png (9.4 KiB) Προβλήθηκε 7952 φορές

Λύση
α)
Ισχυρισμός 1: Είναι αληθής αφού : $\displaystyle{\Delta {\rm Z}//{\rm E}{\rm B}}$ και $\displaystyle{\Delta {\rm Z} = {\rm E}{\rm B}}$ ως μισά ίσων τμημάτων .
Άρα τετράπλευρο $\displaystyle{\Delta {\rm E}{\rm B}{\rm Z}}$ είναι παραλληλόγραμμο, αφού έχει ένα ζεύγος πλευρές ίσες και παράλληλες .

Ισχυρισμός 2: Είναι αληθής αφού : $\displaystyle{\widehat{{\rm{{\rm A}{\rm E}\Delta }}}{\rm{ = }}\widehat{{\rm{{\rm E}{\rm B}{\rm Z}}}}}$ (εντός ,εκτός και επί τα αυτά των $\displaystyle{{\rm{\Delta {\rm E}//{\rm B}{\rm Z}}}}$ ) , $\displaystyle{\widehat{{\rm E}{\rm B}{\rm Z}}{\rm{ = }}\widehat{{\rm{{\rm B}{\rm Z}\Gamma }}}}$ (εντός εναλλάξ των $\displaystyle{\Delta \Gamma //{\rm A}{\rm B}}$ ) .
Επομένως : $\displaystyle{\widehat{{\rm{{\rm A}{\rm E}\Delta }}}{\rm{ = }}\widehat{{\rm{{\rm B}{\rm Z}\Gamma }}}}$

Ισχυρισμός 3: Οι $\displaystyle{\Delta {\rm E},{\rm B}{\rm Z}}$ είναι διχοτόμοι των απέναντι γωνιών $\displaystyle{\Delta ,{\rm B}}$ .
Αν υποτεθεί ότι αυτό συμβαίνει , τότε $\displaystyle{{\widehat\Delta _1} = {\widehat\Delta _2} = \widehat{{\rm A}{\rm E}\Delta }}$ ,οπότε το τρίγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm E}\Delta }$ θα είναι ισοσκελές , άρα $\displaystyle{{\rm A}\Delta = {\rm A}{\rm E} = \frac{1}{2}{\rm A}{\rm B}}$ .
Η τελευταία σχέση , εφόσον $\displaystyle{{\rm A}\Delta < {\rm A}{\rm B}}$ μπορεί να είναι είτε αληθής , είτε ψευδής.
Άρα ο ισχυρισμός ότι Οι $\displaystyle{\Delta {\rm E},{\rm B}{\rm Z}}$ είναι διχοτόμοι των απέναντι γωνιών $\displaystyle{\Delta ,{\rm B}}$ είναι άλλοτε αληθής κι άλλοτε ψευδής . Ομοίως για την $\displaystyle{{\rm B}{\rm Z}}$
β)
Ισχυρισμός 3: Ο ισχυρισμός είναι αληθής εφόσον , όπως είδαμε στο (α) , ισχύει : $\displaystyle{{\rm A}\Delta = \frac{1}{2}{\rm A}{\rm B}}$

#196

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Ο φίλος και συνάδελφος Θωμάς Μανδέκης προτείνει:

Όχι μόνο λύσεις της τράπεζας θεμάτων αλλά και δημοσίευση των σημείων που κόβουν μονάδες (σύμφωνα με τις οδηγίες των βαθμολογικών), διότι πολλά παιδιά βρίσκουν "σωστό" κάποιο αποτέλεσμα με τελείως λάθος σκέψη και μόλις βλέπουν τους βαθμούς τους πέφτουν από τα σύννεφα.

Θα μπορούσε ο ίδιος ο συνάδελφος ( και όλοι οι άλλοι που διορθώνουν γραπτά της Α΄) να δημοσιεύσει τα σχόλια του για τα λάθη , τα κενά και τις παρανοήσεις των μαθητών . Θα μπορούσαμε μετά να τα ενσωματώσουμε στις λύσεις .

Επίσης , κάτι πρέπει να γίνει με τις δεύτερες ή τρίτες λύσεις σε ήδη λυμένες ασκήσεις . Καλό θα ήταν , στο μέλλον , κάθε άσκηση από την τράπεζα να αποτελεί μια δημοσίευση με όλες τις λύσεις και τα τυχόν σχόλια από κάτω .

#197

Σήμερα στο σχολείο μας ως τέταρτο θέμα κληρώθηκε το 3723. (Δείτε σελ. 44 στο αρχείο του mathematica.

Στο κυρτό εξάγωνο $AB\Gamma\Delta EZ$ ισχύουν τα εξής: $\widehat{\alpha}=\widehat{\beta}$ , $\widehat{\gamma}=\widehat{\delta}$ και $\widehat{\varepsilon}=\widehat{\zeta}$ .

(α) Να υπολογίσετε το άθροισμα $\widehat{\alpha}+\widehat{\gamma}+ \widehat{\varepsilon}$ . (8 Μονάδες)

(β) Αν οι πλευρές

και $\Delta E$ προεκτεινόμενες τέμνονται στο

και οι πλευρές

και $\Delta\Gamma$ προεκτεινόμενες τέμνονται στο $\Theta$ , να αποδείξετε ότι:

(i.) Οι γωνίες

και

είναι παραπληρωματικές.(10 Μονάδες)
(ii.) Το τετράπλευρο $A\Theta \Delta H$ είναι παραλληλόγραμμο. (7 Μονάδες)

Σχόλιο: Θα μπορούσε αυτός που το πρότεινε τουλάχιστον να αντιστοιχούσε τα γράμματα των γωνιών με τα γράμματα των κορυφών στο δοθέν σχήμα του.

Λύση: (α) Οι γωνίες κυρτού εξαγώνου έχουν άθροισμα $2\cdot 6-4=8$ ορθές, δηλ. $8\cdot 90^{\circ}=720^{\circ}$ . Αφού $\widehat{\alpha}=\widehat{\beta}$ , $\widehat{\gamma}=\widehat{\delta}$ και $\widehat{\varepsilon}=\widehat{\zeta}$ , είναι
$\displaystyle{ \widehat{\alpha}+\widehat{\gamma}+ \widehat{\varepsilon}=\dfrac{720^{\circ}}{2}=360^{\circ}. }$

(β) (i) Είναι

$\displaystyle{ \begin{aligned}\notag \widehat{A}+\widehat{H}&=\widehat{\alpha}+(180^{\circ}-H\widehat{Z}E-H\widehat{E}Z)&\\\notag &=\widehat{\alpha}+\widehat{\zeta}-H\widehat{E}Z&\\\notag &=\widehat{\alpha}+\widehat{\zeta}-(180^{\circ}-\widehat{\delta})&\\\notag &=\widehat{\alpha}+ \widehat{\delta}+\widehat{\zeta}-180^{\circ}&\\\notag &=\widehat{\alpha}+\widehat{\gamma}+ \widehat{\varepsilon}-180^{\circ}&\\\notag &=360^{\circ}-180^{\circ}&\\\notag &=180^{\circ}&\notag \end{aligned} }$

(2ος τρόπος): Το κυρτό πεντάγωνο $AB\Gamma\Delta H$ έχει άθροισμα γωνιών $2\cdot 5-4=6$ ορθές, δηλ. $6\cdot 90^{\circ}=540^{\circ}$ . Συνεπώς,

$\displaystyle{ \widehat{\alpha}+\widehat{\gamma}+ \widehat{\varepsilon}+\widehat{\Delta}+\widehat{H}=540^{\circ}, }$

κι άρα

$\displaystyle{ \widehat{\Delta}+\widehat{H}=540^{\circ}-(\widehat{\alpha}+\widehat{\gamma}+ \widehat{\varepsilon})=540^{\circ}-360^{\circ}=180^{\circ}. }$

Αφού $\widehat{\Delta}=\widehat{A}$ , έπεται ότι και $\widehat{A}+\widehat{H}=180^{\circ}$ .

(ii) Από το προηγούμενο υποερώτημα είναι $A\Theta //H\Delta$ . Επίσης,
$\displaystyle{ \widehat{\Delta}+\widehat{H}=\widehat{A}+\widehat{H}=180^{\circ}, }$
κι άρα $AH//\Delta\Theta$ .
Συνεπώς, οι απέναντι πλευρές του $A\Theta \Delta H$ είναι παράλληλες, κι άρα είναι παραλληλόγραμμο.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#198

Άσκηση 2810

Δίνεται το ισόπλευρο τρίγωνο $AB\Gamma$ που είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο με κέντρο

και ακτίνα $\rho$ . Τα τμήματα $\Gamma Z$ και

είναι τα εφαπτόμενα τμήματα του κύκλου στα σημεία $\Gamma$ και

αντίστοιχα. Αν το τμήμα $\Theta H$ είναι κάθετο στο τμήμα

στο

, να αποδείξετε ότι:

α) Το τρίγωνο $ZB\Gamma$ είναι ισόπλευρο. (Μονάδες

)

β) Το τετράπλευρο $A\Gamma ZB$ είναι ρόμβος (Μονάδες

)

γ) Το τετράπλευρο $B\Gamma H\Theta$ είναι τραπέζιο με $B\Theta=BZ$ και $\Theta H=2B\Gamma$ . (Μονάδες

)

Λύση:

α) $\displaystyle{{\rm B}\widehat \Gamma {\rm Z} = \Gamma \widehat {\rm B}{\rm Z} = {60^0}}$ (είναι γωνίες χορδής και εφαπτομένης ίσες με την αντίστοιχη εγγεγραμμένη $\displaystyle{\widehat {\rm A} = {60^0}}$ ).
Επομένως το τρίγωνο $ZB\Gamma$ είναι ισόπλευρο.

β) Τα τρίγωνα $AB\Gamma$ και $ZB\Gamma$ είναι ισόπλευρα, οπότε όλες οι πλευρές του τετραπλεύρου $A\Gamma ZB$ είναι ίσες μεταξύ τους, άρα είναι ρόμβος.

: 2810.png (11.38 KiB) Προβλήθηκε 7828 φορές

γ) $\displaystyle{{\rm A}{\rm Z} \bot {\rm B}\Gamma }$ (ως διαγώνιες ρόμβου) και $\displaystyle{{\rm A}{\rm Z} \bot \Theta {\rm H}}$ (από υπόθεση). Άρα $B\Gamma||\Theta H$ , δηλαδή το τετράπλευρο $B\Gamma H\Theta$ είναι τραπέζιο, αφού οι $B\Theta, \Gamma H$ τέμνονται στο σημείο

.

Αν

είναι το σημείο τομής των διαγωνίων του ρόμβου $A\Gamma ZB$ , τότε θα είναι το μέσο της $B\Gamma$ , άρα τα σημεία $B, \Gamma$ είναι τα μέσα των πλευρών $A\Theta, AH$ αντίστοιχα, του τριγώνου $A\Theta H$ . Επομένως:
$\Theta H=2B\Gamma$ και $\displaystyle{{\rm B}\Theta = {\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma = {\rm B}{\rm Z}}$ .

Σημείωση: Το κέντρο του κύκλου και η ακτίνα $\rho$ που δίνονται στην εκφώνηση, και το σημείο που δίνεται στο σχήμα, δεν χρησιμεύουν πουθενά.

#199

Άσκηση 3765

Δίνεται τραπέζιο $AB\Gamma\Delta$ ( $AB||\Gamma\Delta$ ) με $\displaystyle{\widehat {\rm A} = \widehat \Delta = {90^0}}$ , $\Delta\Gamma=2AB$ και $\displaystyle{\widehat {\rm B} = 3\widehat \Gamma }$ . Φέρνουμε $\displaystyle{{\rm B}{\rm E} \bot \Delta \Gamma }$ που τέμνει τη διαγώνιο $A\Gamma$ στο

. Φέρνουμε την

που τέμνει τη διαγώνιο $B\Delta$ στο

.
Να αποδείξετε ότι:

α) $\displaystyle{\widehat \Gamma = {45^0}}$ (Μονάδες

)

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

)

γ) $\displaystyle{{\rm M}{\rm N} = \frac{1}{4}\Gamma \Delta }$ (Μονάδες

)

δ) $\displaystyle{{\rm A}{\rm E} \bot {\rm B}\Delta }$ (Μονάδες

)

Λύση:

α) $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}||\Gamma \Delta \Leftrightarrow \widehat {\rm B} + \widehat \Gamma = {180^0}\mathop \Leftrightarrow \limits^{\widehat {\rm B} = 3\widehat \Gamma } 4\widehat \Gamma = {180^0} \Leftrightarrow \widehat \Gamma = {45^0}}$

β) Το τετράπλευρο $ABE\Delta$ είναι ορθογώνιο (έχει τρεις γωνίες ορθές), κι επειδή $\Delta\Gamma||=2AB$ , θα είναι $AB=\Delta E=E\Gamma$ , οπότε το $AB\Gamma E$ είναι παραλληλόγραμμο.

: 3765.png (9.76 KiB) Προβλήθηκε 7793 φορές

γ) Τα σημεία M, N

ως σημεία τομής των διαγωνίων του παραλληλογράμμου $AB\Gamma E$ και του ορθογωνίου $ABE\Delta$ αντίστοιχα, θα είναι μέσα των πλευρών $A\Gamma, AE$ του τριγώνου $AE\Gamma$ . Άρα:

$\displaystyle{{\rm M}{\rm N} = \frac{1}{2}{\rm E}\Gamma = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{2}\Delta \Gamma } \right) \Leftrightarrow {\rm M}{\rm N} = \frac{1}{4}\Gamma \Delta }$

δ) Επειδή $\displaystyle{\widehat \Gamma = {45^0}}$ το τρίγωνο $BE\Gamma$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, οπότε $BE=E\Gamma=E\Delta$ . Άρα το ορθογώνιο $ABE\Delta$ είναι τετράγωνο, που σημαίνει ότι οι διαγώνιοι του τέμνονται κάθετα, δηλαδή $\displaystyle{{\rm A}{\rm E} \bot {\rm B}\Delta }$ .

#200

Άσκηση 3771

Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου

και δύο χορδές του $A\Gamma$ και $B\Delta$ οι οποίες τέμνονται στο σημείο

. Φέρουμε $\displaystyle{{\rm E}{\rm Z} \bot {\rm A}{\rm B}}$ . Να αποδείξετε ότι:

α) Οι γωνίες $\displaystyle{\Delta \widehat {\rm A}\Gamma }$ και $\displaystyle{\Delta \widehat {\rm B}\Gamma }$ είναι ίσες. (Μονάδες

)

β) Τα τετράπλευρα $A\Delta EZ$ και $EZB\Gamma$ είναι εγγράψιμα. (Μονάδες

)

γ) Η

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

)

Λύση:

α) Οι γωνίες $\displaystyle{\Delta \widehat {\rm A}\Gamma }$ και $\displaystyle{\Delta \widehat {\rm B}\Gamma }$ είναι ίσες, επειδή είναι εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο $\Delta\Gamma$ .

β) Είναι $\displaystyle{{\rm A}\widehat \Delta {\rm B} = {\rm A}\widehat \Gamma {\rm B} = {90^0}}$ (ως εγγεγραμμένες σε ημικύκλιο). Επομένως τα τετράπλευρα $A\Delta EZ$ και $EZB\Gamma$ είναι εγγράψιμα, επειδή έχουν τις απέναντι γωνίες τους ορθές.

: 3771.png (16.3 KiB) Προβλήθηκε 8651 φορές

γ) Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα $A\Delta EZ$ και $EZB\Gamma$ , έχουμε $\displaystyle{\Delta \widehat {\rm A}{\rm E} = {\widehat {\rm Z}_1}}$ και $\displaystyle{\Gamma \widehat {\rm B}{\rm E} = {\widehat {\rm Z}_2}}$ .

Αλλά, $\displaystyle{\Delta \widehat {\rm A}{\rm E} = \Gamma \widehat {\rm B}{\rm E} \Leftrightarrow {\widehat {\rm Z}_1} = {\widehat {\rm Z}_2}}$ , οπότε η

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

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