mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 01, 2014 11:11 am**

Άσκηση 4803

Καλό Μήνα σε όλους.

Έστω τρίγωνο $AB\Gamma$ με διάμεσο τέτοια ώστε . Φέρνουμε το ύψος και το προεκτείνουμε (προς το ) κατά τμήμα $K\Lambda=AK$ . Προεκτείνουμε την (προς το ) κατά τμήμα . να αποδείξετε ότι:

α) $\displaystyle{\Delta {\rm E} \bot {\rm A}\Delta }$ και $\Delta E=2KM$ (Μονάδες )

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

γ) Το τετράπλευρο $AB\Delta M$ είναι ρόμβος. (Μονάδες )

δ) Η προέκταση της $\Delta M$ τέμνει το $A\Gamma$ στο μέσον του (Μονάδες )

Λύση:

α) $\Delta E||KM$ ( K,M

είναι τα μέσα των $A\Delta, AE$ αντίστοιχα). Άρα $\boxed{\Delta {\rm E} \bot {\rm A}\Delta }$ (αφού $\displaystyle{{\rm A}\Delta \bot {\rm K}{\rm M}}$ ) και $\boxed{\Delta E=2KM}$

β) Το τετράπλευρο $ABE\Gamma$ είναι παραλληλόγραμμο επειδή οι διαγώνιοι του διχοτομούνται.

: 4803.png (9.25 KiB) Προβλήθηκε 6391 φορές

γ) Στο ισοσκελές τρίγωνο ABM

το

είναι ύψος, άρα και διάμεσος. Οπότε οι διαγώνιοι του τετραπλεύρου $AB\Delta M$ είναι κάθετες και διχοτομούνται, δηλαδή είναι ρόμβος.

δ) $\Delta Z||AB$ και

είναι μέσο του $B\Gamma$ , άρα

είναι μέσο του $A\Gamma$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 01, 2014 11:13 am**

Γράφω ποιες έχουν γίνει σε αυτήν την σελίδα ως ευρετήριο για τις επόμενες:

3693-3694-3696-
3701-02-08-3709-3762-
3817-3820-22-24-25-
3903-04-06-08-11-15-19-26-32-38-45-48-54-61-66
4307
4555-62-65-67-69-71-74-79-83-99
4603-06-11-14-16-19-22-26-30-35-40-43-45-46-48-49-50-51-52-53-55
4731-35-37-41-53-56-57-62-65-67-69-71-74-81-83-86-88-90-91-92-93-95-96-97-98--99
4801-02-03
5886
5902-10
6875-79-78.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 01, 2014 11:14 am**

4804

Υπό κατασκευή...

Γράφω την εκφώνηση :

Έστω κύκλος με κέντρο $\displaystyle{{\rm O}}$ και διάμετρο ${\rm K}\Lambda$ . Έστω $\displaystyle{{\rmA}}$ σημείο του κύκλου ώστε η ακτίνα $\displaystyle{{\rm O}{\rmA}}$ να είναι κάθετη στην ${\rm K}\Lambda$ . Φέρουμε τις χορδές ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma = \rho$ . Έστω $\Delta$ και ${\rm E}$ τα σημεία τομής των προεκτάσεων των ${\rm A}{\rm B}$ και ${\rm A}\Gamma$ αντίστοιχα με την ευθεία της διαμέτρου ${\rm K}\Lambda$ .
Να αποδείξετε ότι:
α) Η γωνία ${\rm B}{\rm A}\Gamma$ είναι . (Μονάδεσ 7)
β) Τα σημεία ${\rm B}$ και $\Gamma$ είναι μέσα των ${\rm A}\Delta$ και ${\rm A}\Gamma$ αντίστοιχα. (Μονάδεσ 9)
γ) ${\rm K}\Gamma = \Lambda {\rm B}$ . (Μονάδεσ 9)

: Καταγραφή.PNG (11.02 KiB) Προβλήθηκε 6427 φορές

Το δεδομένο ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma = \rho$ το βρίσκω προβληματικό , μπορώ να εικάσω αλλά δεν είναι αυτή υποχρέωση του λύτη.

Υ.Γ.: Παρακαλώ πολύ να αποσυρθεί από την τράπεζα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 01, 2014 11:46 am**

Christos.N έγραψε:4804

Υπό κατασκευή...

Γράφω την εκφώνηση :
Έστω κύκλος με κέντρο $\displaystyle{{\rm O}}$ και διάμετρο ${\rm K}\Lambda$ . Έστω $\displaystyle{{\rmA}}$ σημείο του κύκλου ώστε η ακτίνα $\displaystyle{{\rm O}{\rmA}}$ να είναι κάθετη στην ${\rm K}\Lambda$ . Φέρουμε τις χορδές ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma = \rho$ . Έστω $\Delta$ και ${\rm E}$ τα σημεία τομής των προεκτάσεων των ${\rm A}{\rm B}$ και ${\rm A}\Gamma$ αντίστοιχα με την ευθεία της διαμέτρου ${\rm K}\Lambda$ .
Να αποδείξετε ότι:
α) Η γωνία ${\rm B}{\rm A}\Gamma$ είναι . (Μονάδεσ 7)
β) Τα σημεία ${\rm B}$ και $\Gamma$ είναι μέσα των ${\rm A}\Delta$ και ${\rm A}\Gamma$ αντίστοιχα. (Μονάδεσ 9)
γ) ${\rm K}\Gamma = \Lambda {\rm B}$ . (Μονάδεσ 9)

Καταγραφή.PNG
Το δεδομένο ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma = \rho$ το βρίσκω προβληματικό , μπορώ να εικάσω αλλά δεν είναι αυτή υποχρέωση του λύτη.

Έχεις δίκιο Χρήστο .

Πρέπει να δοθεί … με διάμετρο $\boxed{{\rm K}\Lambda = 2\rho }$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 01, 2014 11:52 am**

Άσκηση 4806
Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ , και την ευθεία $\varepsilon$ της εξωτερικής διχοτόμου της γωνίας ${\rm A}$ .
Η κάθετη στην πλευρά ${\rm A}{\rm B}$ στο ${\rm B}$ τέμνει την $\varepsilon$ στο ${\rm K}$ και την ευθεία ${\rm A}\Gamma$ στο ${\rm Z}$ .
Η κάθετη στην πλευρά ${\rm A}\Gamma$ στο $\Gamma$ τέμνει την $\varepsilon$ στο $\Lambda$ και την ευθεία ${\rm A}{\rm B}$ στο ${\rm E}$ .
α) Να αποδείξετε ότι:
i. ${\rm A}{\rm Z} = {\rm A}{\rm E}$
ii. ${\rm A}{\rm K} = {\rm A}\Lambda$
β) Ένας μαθητής κοιτώντας το σχήμα, διατύπωσε την άποψη ότι η ${\rm A}\Theta$ είναι διχοτόμος της γωνίας ${\rm A}$ του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ , όπου $\Theta$ το σημείο τομής των ${\rm K}{\rm H}$ και ${\rm E}\Lambda$ .
Συμφωνείτε με την παραπάνω άποψη του μαθητή ή όχι; Δικαιολογήστε πλήρως την απάντησή σας.

Λύση

α) i. Θεωρώντας ότι ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma$ (ΔΕΝ ΑΝΑΦΕΡΕΤΑΙ ΣΤΗΝ ΕΚΦΩΝΗΣΗ) τα ορθογώνια τρίγωνα ${\rm A}{\rm B}{\rm Z}$ και ${\rm A}\Gamma {\rm E}$ είναι ίσα αφού έχουν ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma$ από την (δικιά μας) υπόθεση και $\widehat {\rm A}$ κοινή γωνία.

Άρα ${\rm A}{\rm Z} = {\rm A}{\rm E}$

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

${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma$ από την υπόθεση και $\widehat {{\rm B}{\rm A}{\rm K}} = \widehat {\Gamma {\rm A}\Lambda }$ ως μισά των ίσων εξωτερικών γωνιών της $\widehat {\rm A}$

Άρα ${\rm A}{\rm K} = {\rm A}\Lambda$

β) Είναι $\widehat {\Theta {\rm B}\Gamma } = 90^\circ - \widehat {\rm B}$ και $\widehat {\Theta \Gamma {\rm B}} = 90^\circ - \widehat \Gamma$ , έτσι $\widehat {\Theta {\rm B}\Gamma } = \widehat {\Theta \Gamma {\rm B}}$ αφού είναι $\widehat {\rm B} = \widehat \Gamma$

Έτσι το τρίγωνο $\Theta {\rm B}\Gamma$ είναι ισοσκελές δηλαδή $\Theta {\rm B} = \Theta \Gamma$ .

Όμως ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma$
Τα σημεία ${\rm A}$ και $\Theta$ ισαπέχουν από τα άκρα του ${\rm B}\Gamma$ οπότε η ${\rm A}\Theta$ είναι η μεσοκάθετος του ${\rm B}\Gamma$ δηλαδή και διχοτόμος της γωνίας ${\rm A}$ αφού το τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ είναι ισοσκελές.

Δηλαδή ο μαθητής έχει δίκιο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 01, 2014 12:05 pm**

Άσκηση 4810

Έστω παραλληλόγραμμο $AB\Gamma\Delta$ με το σημείο τομής των διαγωνίων του και το μέσο του $\Gamma\Delta$ . Προεκτείνουμε το κατά τμήμα . Η τέμνει τη διαγώνιο $A\Gamma$ στο $\Theta$ . Να αποδείξετε ότι:

α) Τα τμήματα $O\Gamma$ και διχοτομούνται. (Μονάδες )

β) $AO=\Delta Z$ (Μονάδες )

γ) Τα τρίγωνα και $\Delta Z\Gamma$ είναι ίσα. (Μονάδες )

Λύση:

α) O, K

είναι τα μέσα των $\Delta B, \Delta\Gamma$ αντίστοιχα. Άρα:

$\displaystyle{{\rm O}{\rm K}|| = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2} \Leftrightarrow }$ $\displaystyle{{\rm O}{\rm Z}|| = {\rm B}\Gamma }$ , δηλαδή το τετράπλευρο $OZ\Gamma B$ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε οι $O\Gamma$ και

διχοτομούνται.

: 4810.png (12.29 KiB) Προβλήθηκε 6319 φορές

β) Ομοίως είναι $\displaystyle{{\rm O}{\rm Z}|| = {\rm A}\Delta }$ , οπότε το τετράπλευρο $OA\Delta Z$ είναι παραλληλόγραμμο, δηλαδή $\boxed{AO=\Delta Z}$

γ) $AO=\Delta Z, OB=Z\Gamma, AB=\Delta\Gamma$ . Άρα τα τρίγωνα AOB

και $\Delta Z\Gamma$ είναι ίσα.

Τι νόημα είχε το τελευταίο ερώτημα;
Απ' όσες ασκήσεις έχω λύσει μέχρι στιγμής, έχω παρατηρήσει, ότι -πλην ελαχίστων εξαιρέσεων- τα ερωτήματα είναι υπερβολικά απλουστευμένα, σε βαθμό που να αναρωτιέται κανείς, τι νόημα έχει η ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ. Καταργεί την κριτική σκέψη και απλώς καθοδηγεί τους μαθητές βήμα-βήμα στις απαντήσεις.
Κατά τη γνώμη μου, αυτό ΔΕΝ ΕΙΝΑΙ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 01, 2014 12:13 pm**

hlkampel έγραψε: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.

Ηλία αυτή έχει ξαναλυθεί από τον ΝΙΚΟ εδώ viewtopic.php?f=142&t=44444&start=60

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 01, 2014 12:20 pm**

xr.tsif έγραψε:
hlkampel έγραψε: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.
Ηλία αυτή έχει ξαναλυθεί από τον ΝΙΚΟ εδώ viewtopic.php?f=142&t=44444&start=60

Μου ξέφυγε γιατί ήταν εκτός σειράς. Την αφήνω για τον κόπο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 01, 2014 12:34 pm**

4801

Έστω ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm{{\rm A}{\rm B}\Gamma }}\,\,\,\,\,\ με \[\,\,\,\,\widehat{\rm{{\rm A}}}{\rm{ = 12}}{{\rm{0}}^0}\,\,\,\,\,}$ . Φέρουμε ημιευθεία $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}\chi \,\,}$ κάθετη στην $\displaystyle{\,\,{\rm A}\Gamma \,\,\,}$ στο $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}\,\,\,\,\,}$ , η οποία τέμνει τη $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm B}\Gamma \,\,\,\,}$ στο $\displaystyle{\,\,\,\,\Delta \,\,\,\,\,}$ .
Έστω $\displaystyle{\,\,\,\,\Lambda \,\,\,}$ το μέσο του $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm A}{\rm B}\,\,\,}$ και $\displaystyle{\,\,\,{\rm K}\,\,\,}$ το μέσο του $\displaystyle{\,\,\,\Delta \Gamma \,\,}$ .
Να αποδείξετε ότι:
α) Το τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}\Delta {\rm B}\,\,}$ είναι ισοσκελές (Μονάδες 8)
β) $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,\Delta \Gamma = 2\Delta {\rm B}\,\,\,\,}$ (Μονάδες 8)
γ) $\displaystyle{\,\,\,\,\,\Lambda \Delta //{\rm A}{\rm K}\,\,\,}$ (Μονάδες 5)
δ) $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,\,{\rm A}{\rm K} = 2\Lambda \Delta \,\,\,\,\,}$ ( Μονάδες 4)

: 4801.png (5.63 KiB) Προβλήθηκε 6340 φορές

Λύση

α) Επειδή η γωνία $\displaystyle{\,\,\widehat{\Delta {\rm A}\Gamma } = {90^0}\,\,\,\,\,}$ , έπεται ότι $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\widehat{\rm A}_1} = {120^0} - {90^0} = {30^0}\,\,}$
Επίσης , αφού το τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \,\,\,\,}$ είναι ισοσκελές έχουμε ότι $\displaystyle{\,\,\,\,\widehat{\rm B} = \frac{{{{180}^0} - {{120}^0}}}{2} = {30^0}\,\,\,\,\,\,\,}$
Επομένως $\displaystyle{\,\,\,\,{\widehat{\rm A}_1} = \widehat{\rm B} = {30^0}\,\,\,\,\,}$ , που σημαίνει ότι το τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}\Delta {\rm B}\,\,}$ είναι ισοσκελές .

β) Από το (α) έχουμε ότι $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,\Delta {\rm B} = \Delta {\rm A}\,\,\,}$
Από το $\displaystyle{\,\,\,\,\Delta {\rm A}\Gamma \,\,}$ επειδή $\displaystyle{\,\,\,\Gamma = {30^0}\,}$ , έχουμε ότι : $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,{\rm A}\Delta = \frac{{\Delta \Gamma }}{2} \Leftrightarrow \Delta \Gamma = 2{\rm A}\Delta \,\,\,\,\,\,\,}$
Τελικά : $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,\Delta \Gamma = 2\Delta {\rm B}\,\,\,\,}$

γ) Το τρίγωνο τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}\Delta {\rm B}\,\,}$ είναι ισοσκελές και το $\displaystyle{\,\,\Lambda \,\,}$ είναι μέσον .
Επομένως το $\displaystyle{\,\,\,\,\Lambda \Delta \,\,\,}$ αφού είναι διάμεσος ,θα είναι και ύψος , οπότε $\displaystyle{\,\,\,\,\,\Lambda \Delta \bot {\rm A}{\rm B}\,\,\,\,\,}$ $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\,\,\,\,\,\,}$
Ακόμα στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,\,\,\Delta {\rm A}\Gamma \,}$ είναι $\displaystyle{\,\,\,\,\Gamma = {30^0}\,\,\,\,}$ , οπότε : $\displaystyle{\,\,\,\,\,\widehat{{\rm A}\Delta \Gamma } = 180 - {30^0} - {90^0} = {60^0}\,\,\,}$ ,
άρα το τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,\,\Delta {\rm A}\Gamma \,}$ είναι ισόπλευρο , οπότε $\displaystyle{\,\,\,\,{\widehat{\rm A}_2}\, = {60^0}\,\,\,\,}$ και τελικά $\displaystyle{\,\,\,\,\widehat{{\rm B}{\rm A}{\rm K}} = {30^0} + {60^0} = {90^0}\, \Rightarrow {\rm K}{\rm A} \bot {\rm A}{\rm B}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)}$
Από $\displaystyle{\,\,(1),(2)\,\,\,\,}$ έχουμε ότι : $\displaystyle{\,\,\,\,\,\Lambda \Delta //{\rm A}{\rm K}\,\,\,}$

δ) Στο τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm B}{\rm A}{\rm K}\,}$ το $\displaystyle{\,\,\Lambda \,\,\,}$ είναι μέσον και $\displaystyle{\,\,\,\Lambda \Delta //{\rm A}{\rm K}\,\,}$ άρα το $\displaystyle{\,\,\,\Delta \,\,\,}$ είναι μέσον και $\displaystyle{\,\,\,\,\,\Lambda \Delta = \frac{{{\rm A}{\rm K}}}{2} \Rightarrow {\rm A}{\rm K} = 2\Lambda \Delta \,}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 01, 2014 12:43 pm**

Θέμα 4814

Έστω κύκλος με κέντρο $\displaystyle{O}$ και διάμετρο $\displaystyle{AB}$ .Φέρνουμε χορδή $\displaystyle{\Gamma \Delta \parallel AB}$ με $\displaystyle{K}$ το μέσο της.Από το $\displaystyle{\Delta }$ φέρνουμε το τμήμα $\displaystyle{\Delta E}$ κάθετο στην $\displaystyle{A\Gamma}$ .
Να αποδειχθεί ότι:
i)Το τετράπλευρο $\displaystyle{K\Gamma OE}$ είναι παραλληλόγραμμο.

ii) $\displaystyle{\angle{\Delta EK}=\frac{\angle{\Delta O\Gamma}}{2}}$ .
iii) $\displaystyle{KE<KB}$ .

: Γεωμετρια mathematica_61.PNG (9.82 KiB) Προβλήθηκε 6212 φορές

i) Αφού $\displaystyle{\Delta E\perp A\Gamma }$ και $\displaystyle{\Gamma \Delta \parallel A\Gamma}$ θα είναι $\displaystyle{\Delta E\perp \Gamma \Delta}$ .

Επίσης,αφού το $\displaystyle{K}$ είναι μέσο χορδής,το τμήμα $\displaystyle{OK}$ είναι απόστημα άρα $\displaystyle{OK\perp \Gamma \Delta}$ .Τελικά το τετράπλευρο $\displaystyle{\Delta EOK}$ έχει τρεις γωνίες ορθές επομένως είναι ορθογώνιο.Επομένως $\displaystyle{EO=\Delta K\overset {\Delta K=\Gamma K}\Leftrightarrow EO=K\Gamma}$ .

Όμως $\displaystyle{EO\parallel K\Gamma}$ άρα το τετράπλευρο έχει δύο απέναντι πλευρές ίσες και παράλληλες,επομένως είναι παραλληλόγραμμο.

ii) Το τρίγωνο $\displaystyle{\Delta O\Gamma}$ είναι ισοσκελές κι αφού η $\displaystyle{OK}$ είναι ύψος,θα είναι και διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{\angle{\Delta O\Gamma}}$ .

Επομένως $\displaystyle{\angle{\Delta OK}=\frac{\angle{\Delta O\Gamma}}{2}}$ .Ακόμη τα τρίγωνα $\displaystyle{\triangle{\Delta EK}}$ και $\displaystyle{\Delta OK}$ είναι ίσα αφού έχουν $\displaystyle{OK=\Delta E}$ (από το ορθογώνιο), $\displaystyle{\Delta K}$ κοινή και είναι ορθογώνια.Επομένως $\displaystyle{\angle{\Delta EK}=\angle{\Delta OK}=\frac{\angle{\Delta O\Gamma}}{2}}$ .

iii) $\displaystyle{KE=O\Gamma}$ (από το παραλληλόγραμμο) άρα $\displaystyle{KE=OB}$ .Στο τρίγωνο $\displaystyle{\triangle{OKB}}$ η $\displaystyle{KB}$ είναι υποτείνουσα άρα $\displaystyle{KB>OB\Leftrightarrow KE>KB}$ .

Υ.Γ. Αν εντοπιστούν λάθη να ενημερωθώ για να τα διορθώσω.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 01, 2014 12:48 pm**

4812

Έστω ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \,\,\,\,}$ με $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma \,\,\,\,}$ . Προεκτείνουμε το $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm B}\Gamma \,\,}$ (προς το $\displaystyle{\,\,\,\Gamma \,\,}$ ) κατά τμήμα $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,\Gamma \Delta = {\rm B}\Gamma \,\,\,}$ . Φέρουμε τις διαμέσους $\displaystyle{\,{\rm A}{\rm E}\,\,\, \[\,\,\,\,\Gamma {\rm Z}\,\,\,}$ του τριγώνου $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \,\,\,\,}$ που τέμνονται στο $\displaystyle{\,\,\Theta \,\,\,\,}$ . Το $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,{\rm B}\Theta \,\,\,\,}$ προεκτεινόμενο, τέμνει το $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}\Gamma \,\,\,\,}$ στο $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,{\rm K}\,\,\,\,}$ και το $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}\Delta \,\,\,\,}$ στο $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\rm H}\,\,}$ .
Να αποδείξετε ότι:
α) Το $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\rm Z}{\rm K}\Gamma {\rm E}\,\,\,\,}$ είναι παραλληλόγραμμο. (Μονάδες 9)
β) $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}{\rm H} = \Theta \Gamma \,\,\,\,}$ . (Μονάδες 9)
γ) $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}{\rm H} = 2{\rm Z}\Theta \,\,\,\,}$ . (Μονάδες 7)

: 4812.png (6.35 KiB) Προβλήθηκε 5973 φορές

Λύση

α) Οι $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}{\rm E},\Gamma {\rm Z}\,\,\,}$ είναι διάμεσοι του τριγώνου $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \,\,\,\,\,}$ , επομένως το $\displaystyle{\,\,\,\,\,\Theta \,\,\,\,}$ είναι το βαρύκεντρο , οπότε η $\displaystyle{\,\,\,{\rm B}{\rm K}\,\,\,}$ είναι η τρίτη διάμεσος .
Τότε : $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,{\rm Z}{\rm K} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2} = {\rm E}\Gamma \,\,\,\,\,}$ και $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,{\rm Z}{\rm K}//{\rm E}\Gamma \,\,\,}$ , οπότε το $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,{\rm Z}{\rm K}\Gamma {\rm E}\,\,\,\,\,\,\,\,}$ είναι παραλληλόγραμμο .

β) Φέρνουμε τη $\displaystyle{\,\,\,\,\,\Gamma {\rm M}//{\rm B}{\rm H}\,\,\,}$ . Επειδή το $\displaystyle{\,\,\,\Gamma \,\,}$ είναι μέσον της $\displaystyle{\,\,\,{\rm B}\Delta \,\,\,}$ , το $\displaystyle{\,\,\,{\rm M}\,\,}$ θα είναι μέσον της $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm H}\Delta \,\,\,\,\,\,}$ , άρα $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\rm H}{\rm M} = {\rm M}\Delta \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)}$
Τότε στο τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}\Gamma {\rm M}\,\,\,\,\,}$ είναι : $\displaystyle{\,\,\,{\rm K}\,\,\,}$ μέσον και $\displaystyle{\,\,\,\,\,{\rm K}{\rm H}//\Gamma {\rm M}\,\,\,}$ , οπότε το $\displaystyle{\,\,\,{\rm H}\,\,\,\,}$ είναι μέσον της $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm M}\,\,}$ ,οπότε $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}{\rm H} = {\rm H}{\rm M}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\,\,\,}$ .
Τότε : $\displaystyle{\,\,\,\,\,\Gamma \Theta = \frac{2}{3}\Gamma {\rm Z} = \frac{2}{3}\frac{{{\rm A}\Delta }}{2} = \frac{{{\rm A}\Delta }}{3} = {\rm A}{\rm H}\,\,}$
Από $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,(1),\,(2)\,\,\,}$ έχουμε ότι : $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}{\rm H} = {\rm H}{\rm M} = {\rm M}\Delta \,\,\,\,\,\,}$ .

γ) Στο τρίγωνο είναι $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \,\,\,}$ είναι $\displaystyle{\,\,\,\,\Theta \Gamma = 2{\rm Z}\Theta \,\,\,}$ ( αφού το $\displaystyle{\,\,\,\,\Theta \,\,\,\,}$ είναι βαρύκεντρο ) ,οπότε απ΄το (β) έχουμε : $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}{\rm H} = 2{\rm Z}\Theta \,\,\,\,}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 01, 2014 12:50 pm**

Παρατηρώντας από το ευρετήριο που παραθέσατε ότι έχουν γίνει κάποιες ασκήσεις εκτός σειράς, σας παραθέτω την λύση των 3699 και 3700.

https://www.dropbox.com/s/4msvin7ovwj8ee2/3699-3700.pdf

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 01, 2014 1:40 pm**

Άσκηση 4816

Έστω ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ με και $\Delta, E$ και τα μέσα των $AB, A\Gamma$ και $\Delta E$ αντίστοιχα. Στο τμήμα $B\Gamma$ θεωρούμε τα σημεία και $\Lambda$ ώστε $\Delta K=KB$ και $E\Lambda=\Lambda\Gamma$ . Να αποδείξετε ότι:

α) $\displaystyle{\Delta \widehat {\rm K}\Lambda = 2\widehat {\rm B}}$ και $\displaystyle{{\rm E}\widehat \Lambda {\rm K} = 2\widehat \Gamma }$ (Μονάδες )

β) Το τετράπλευρο $\Delta E\Lambda K$ είναι παραλληλόγραμμο με $\Delta E=2\Delta K$ (Μονάδες )

γ) $\displaystyle{{\rm A}{\rm N} = \Delta {\rm K} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{4}}$ (Μονάδες )

Λύση:

α) Είναι $\displaystyle{\widehat {\rm B} = {\rm B}\widehat \Delta {\rm K} = \varphi ,\widehat \Gamma = \Lambda \widehat {\rm E}\Gamma = \omega }$

$\displaystyle{\Delta \widehat {\rm K}\Lambda = 2\varphi ,{\rm E}\widehat \Lambda {\rm K} = 2\omega }$ (ως εξωτερικές γωνίες στα τρίγωνα $KB\Delta, \Lambda\Gamma E$ αντίστοιχα). Άρα:

$\boxed{\Delta \widehat {\rm K}\Lambda = 2\widehat {\rm B}}$ και $\boxed{{\rm E}\widehat \Lambda {\rm K} = 2\widehat \Gamma }$

β) $\Delta E||B\Gamma$ ( $\Delta, E$ , μέσα των $AB, A\Gamma$ )

$\displaystyle{\Delta \widehat {\rm K}\Lambda + {\rm E}\widehat \Lambda {\rm K} = 2(\widehat {\rm B} + \widehat \Gamma ) = 2({180^0} - \widehat {\rm A})\mathop \Leftrightarrow \limits^{\widehat {\rm A} = {{90}^0}} \Delta \widehat {\rm K}\Lambda + {\rm E}\widehat \Lambda {\rm K} = {180^0} \Leftrightarrow }$ $\displaystyle{\Delta {\rm K}||{\rm E}\Lambda }$ .

Οπότε το τετράπλευρο $\Delta E\Lambda K$ είναι παραλληλόγραμμο.

: 4816.png (10.2 KiB) Προβλήθηκε 6195 φορές

$BK=K\Delta=\Lambda E=\Lambda\Gamma$ .

$\displaystyle{\Delta {\rm E} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2} = \frac{{{\rm B}{\rm K} + {\rm K}\Lambda + \Lambda \Gamma }}{2} = \frac{{\Delta {\rm K} + \Delta {\rm E} + \Delta {\rm K}}}{2} \Leftrightarrow 2\Delta {\rm E} = 2\Delta {\rm K} + \Delta {\rm E} \Leftrightarrow }$

$\boxed{\Delta {\rm E} = 2\Delta {\rm K}}$

γ) Στο ορθογώνιο τρίγωνο $A\Delta E$ η

είναι η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα. Άρα:

$\displaystyle{{\rm A}{\rm N} = \frac{{\Delta {\rm E}}}{2} = \Delta {\rm K}}$ . Αλλά $\displaystyle{\Delta {\rm E} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2}}$ . Επομένως: $\boxed{{\rm A}{\rm N} = \Delta {\rm K} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{4}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 01, 2014 2:11 pm**

Παρατήρησα ότι έχουν παραληφθεί τα θέματα 2787 έως 2810. Τα έχω δει, αλλά θα μπορέσω να τα γράψω την Τρίτη. Αυτό που νομίζω ότι έχει πρόβλημα (ελλειπή εκφώνιση) είναι το 2810: δεν θα έπρεπε να αναφέρει ότι τα Θ και Η βρίσκονται στις προεκτάσεις των ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα;

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 01, 2014 2:53 pm**

Η παρατήρηση για το 2810 είναι σωστή.

Θέμα 4818

Έστω τρίγωνο $\displaystyle{\triangle{AB\Gamma}}$ με $\displaystyle{AB>A\Gamma}$ .Έστω $\displaystyle{A\Delta }$ το ύψος του και $\displaystyle{M}$ το μέσο $\displaystyle{AB}$ .Η προέκταση της $\displaystyle{M\Delta}$ τέμνει την προέκταση της $\displaystyle{A\Gamma}$ στο $\displaystyle{E}$ ώστε $\displaystyle{\Gamma \Delta =\Gamma E}$ .
Να αποδειχθεί ότι:
i) $\displaystyle{\angle{B}=\angle{E}}$ .
ii) $\displaystyle{\angle{\Gamma}=2\angle{B}=\angle{AM\Delta}}$ .
iii) $\displaystyle{\Gamma E<A\Gamma}$ .

: Γεωμετρια mathematica_62.PNG (5.61 KiB) Προβλήθηκε 6187 φορές

i) Το τρίγωνο $\displaystyle{\triangle{\Gamma \Delta E}}$ είναι εξ υποθέσεως ισοσκελές επομένως $\displaystyle{\angle{E}=\angle{\Gamma \Delta E}=\angle{M\Delta B} \ (1)}$ όπου το δεύτερο σκέλος προκύπτει επειδή οι γωνίες είναι κατακορυφήν.

Ακόμη,αφού το τρίγωνο $\displaystyle{\triangle{AB\Delta}}$ είναι ορθογώνιο και το $\displaystyle{M}$ είναι μέσο της υποτείνουσας άρα $\displaystyle{\Delta M=MB}$ δηλαδή το τρίγωνο $\displaystyle{B\Delta M}$ είναι ισοσκελές.

Άρα $\displaystyle{\angle{M\Delta B}=\angle{B}\overset{(1)}\Leftrightarrow \angle{B}=\angle{E}}$ .

ii) Η γωνία $\displaystyle{\angle{AM\Delta}}$ είναι εξωτερική στο $\displaystyle{\triangle{B\Delta M}}$ άρα ισούται με $\displaystyle{2\angle{B}}$ αφού το τρίγωνο είναι ισοσκελές

Η $\displaystyle{\angle{\Gamma}}$ είναι εξωτερική στο $\displaystyle{\triangle{\Gamma \Delta E}}$ άρα $\displaystyle{\angle{\Gamma}=2\angle{E}}$ αφού το τρίγωνο είναι ισοσκελές.

Από την ισότητα του πρώτου ερωτήματος προκύπτει ότι $\displaystyle{\angle{\Gamma}=2\angle{B}}$ απ' όπου παίρνουμε τη ζητούμενη ισότητα.

iii) $\displaystyle{\Gamma E=\Gamma \Delta}$ .Στο τρίγωνο $\displaystyle{\triangle{A\Gamma \Delta }$ η $\displaystyle{A\Gamma}$ είναι υποτείνουσα άρα $\displaystyle{A\Gamma >\Gamma \Delta =\Gamma E}$ .

Edit:Η εκφώνηση λέει $\displaystyle{AB>A\Gamma}$ .Είχα γράψει $\displaystyle{AB<A\Gamma}$ και το σχήμα δεν ταίριαζε στα δεδομένα.Ευχαριστώ τον κύριο Θανάση (KARKAR) για την επισήμανση.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 01, 2014 4:18 pm**

Christos.N έγραψε:Γράφω ποιες έχουν γίνει σε αυτήν την σελίδα ως ευρετήριο για τις επόμενες:

3693-3694-3696-
3701-02-08-3709-3762-
3817-3820-22-24-25-
3903-04-06-08-11-15-19-26-32-38-45-48-54-61-66
4307
4555-62-65-67-69-71-74-79-83-99
4603-06-11-14-16-19-22-26-30-35-40-43-45-46-48-49-50-51-52-53-55
4731-35-37-41-53-56-57-62-65-67-69-71-74-81-83-86-88-90-91-92-93-95-96-97-98--99
4801-02-03
5886
5902-10
6875-79-78.

και οι 3994,4559 εδώ: http://www.mathematica.gr/index.php?ind ... w&iden=688

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 01, 2014 5:50 pm**

Συμπλήρωση - Διόρθωση στην 5902

Όπως παρατήρησε ο συνάδελφος VreAnt ΕΔΩ (2η σελίδα αυτής της συζήτησης), η 5092 έχει ΠΡΟΒΛΗΜΑ στο ερώτημα (β), οπότε και στο (γ).

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\bigtriangleup AB\Gamma$ με $AB<A \Gamma$ . Από το

φέρουμε κάθετη στην διχοτόμο

της γωνίας $\hat{A}$ , η οποία τέμνει την

στο

και την $A\Gamma$ στο $\Delta$ . Στην προέκταση της

θεωρούμε σημείο

τέτοιο ώστε AH=HZ

και έστω $\Theta$ το μέσο της πλευράς $B \Gamma$ .
Να αποδείξετε ότι:
α) το τετράπλευρο $ABZ \Delta$ είναι ρόμβος. (Μονάδες 9)
β) το τετράπλευρο $HBZ\Theta$ είναι τραπέζιο. (Μονάδες 9)
γ) η διάμεσος του τραπεζίου $HBZ\Theta$ είναι ίση με $\displaystyle{\frac{AB+A\Gamma}{4}}$ . (Μονάδες 7)

: 01-06-2014 Τράπεζα Θεμάτων Γεωμετρία.jpg (28.71 KiB) Προβλήθηκε 6102 φορές

Γράφω και αποδεικνύω παρακάτω τη συνθήκη ώστε να είναι λάθος η πρόταση (β).

Αν $\displaystyle {\rm A}\Gamma = 3{\rm A}{\rm B}$ , τότε στο $\displaystyle {\rm B}{\rm H}\Gamma$ είναι $\displaystyle {\rm H}\Theta = \frac{{\Delta \Gamma }}{2}$ και $\displaystyle {\rm H}\Theta //\Delta \Gamma$ , αφού τα $\displaystyle {\rm H},\;\Theta$ ενώνουν τα μέσα των $\displaystyle {\rm B}\Delta ,\;{\rm B}\Gamma$ αντίστοιχα.

Στο ρόμβο $\displaystyle {\rm A}{\rm B}{\rm Z}\Delta$ (όπως αποδείχθηκε στο (α) ερώτημα), είναι $\displaystyle {\rm B}{\rm Z} = {\rm A}\Delta$ και $\displaystyle {\rm B}{\rm Z}//{\rm A}\Delta$ .

Είναι $\displaystyle \Delta \Gamma = {\rm A}\Gamma - {\rm A}\Delta = 3{\rm A}{\rm B} - {\rm A}\Delta = 2{\rm A}\Delta$ .

Τότε το $\displaystyle {\rm H}{\rm B}{\rm Z}\Theta$ είναι παραλληλόγραμμο κι όχι τραπέζιο.

ΠΡΟΤΑΣΗ: Αν συμπληρωθεί η εκφώνηση με τη συνθήκη $\displaystyle {\rm A}\Gamma \neq 3{\rm A}{\rm B}$ , θα προκαλέσει απορία στους μαθητές. Γι' αυτό προτείνω να αποσυρθεί.
Τη βρίσκω ενδιαφέρουσα για ερευνητική εξάσκηση, ΟΧΙ όμως ως θέμα εξετάσεων.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 01, 2014 6:16 pm**

Στο 4786 (βλ http://exams-repo.cti.gr/downloads/GENI ... 4_4786.pdf), η πληροφορία ότι το Μ είναι μέσο της ΒΓ δεν είναι πλεονασμός; Αποδεικνύεται εύκολα με τις ιδιότητες των μεσοκαθέτων και με το δεδομένο ότι ανήκει στην ΒΓ:

ΜΑ=ΜΒ (λόγω μ1), ΜΑ=ΜΓ (όγω μ2), άρα ΜΒ=ΜΓ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 01, 2014 7:11 pm**

Στα Ευρετήρια θεμάτων mathematica.gr,

Εδώ

μπορείτε να βρείτε όλα τα θέματα που συζητήθηκαν .
Θα ανανεώνεται.

Σας ευχαριστούμε για την προσφορά σας.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 01, 2014 8:18 pm**

Άσκηση 4821
Έστω τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ , ${\rm A}\Delta$ η διχοτόμος της γωνίας ${\rm A}$ και ${\rm M}$ το μέσον της ${\rm A}{\rm B}$ . Η κάθετη από το ${\rm M}$ στην ${\rm A}\Delta$ τέμνει το ${\rm A}\Gamma$ στο ${\rm E}$ .
Η παράλληλη από το ${\rm B}$ στο ${\rm A}\Gamma$ τέμνει την προέκταση της ${\rm A}\Delta$ στο ${\rm K}$ και την προέκταση της ${\rm E}{\rm M}$ στο $\Lambda$ . Να αποδείξετε ότι:
α) Τα τρίγωνα ${\rm A}{\rm E}{\rm M},{\rm M}{\rm B}\Lambda$ και ${\rm A}{\rm B}{\rm K}$ είναι ισοσκελή.
β) Το τετράπλευρο ${\rm A}\Lambda {\rm B}{\rm E}$ είναι παραλληλόγραμμο.

Λύση

α) Αν ${\rm H}$ το σημείο τομής των ${\rm A}\Delta$ και ${\rm E}{\rm M}$ , τότε το τρίγωνο ${\rm A}{\rm E}{\rm M}$ είναι ισοσκελές αφού το ${\rm A}{\rm H}$ είναι ύψος και διχοτόμος.

Έτσι ${\rm A}{\rm E} = {\rm A}{\rm M} = {\rm M}{\rm B}\;\left( 1 \right)$ και $\widehat {{\rm M}{\rm E}{\rm A}} = \widehat {{\rm A}{\rm M}{\rm E}}\;\left( 2 \right)$

Είναι $\widehat {{\rm M}\Lambda {\rm B}} = \widehat {{\rm M}{\rm E}{\rm A}}\;\left( 3 \right)$ ως εντός και εναλλάξ των παραλλήλων ${\rm K}\Lambda ,{\rm A}\Lambda$ που τέμνονται από την $\Lambda {\rm E}$ και $\widehat {\Lambda {\rm M}{\rm B}} = \widehat {{\rm A}{\rm M}{\rm E}}\;\left( 4 \right)$ ως κατακορυφήν.

Από $\left( 3 \right),\left( 4 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \widehat {{\rm M}\Lambda {\rm B}} = \widehat {\Lambda {\rm M}{\rm B}}$ οπότε το τρίγωνο ${\rm M}{\rm B}\Lambda$ είναι ισοσκελές.

Θα είναι και $\Lambda {\rm B} = {\rm M}{\rm B} = \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}\;\left( 5 \right)$
Επίσης είναι $\widehat {\Lambda {\rm K}{\rm A}} = \widehat {\Gamma {\rm A}{\rm K}} = \dfrac{{\widehat {\rm A}}}{2}$ ως εντός και εναλλάξ των παραλλήλων ${\rm K}\Lambda ,{\rm A}\Lambda$ που τέμνονται από την ${\rm A}{\rm K}$

Άρα $\widehat {\Lambda {\rm K}{\rm A}} = \widehat {{\rm K}{\rm A}{\rm B}} = \dfrac{{\widehat {\rm A}}}{2}$ δηλαδή το τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}{\rm K}$ είναι ισοσκελές.

β) Είναι ${\rm B}\Lambda //{\rm A}{\rm E}$ από κατασκευή και

$\left( 5 \right) \Rightarrow {\rm B}\Lambda = {\rm M}{\rm B} \Rightarrow {\rm B}\Lambda = {\rm M}{\rm A}\mathop \Rightarrow \limits^{\tau \rho \iota \gamma {\rm A}{\rm E}{\rm M}} {\rm B}\Lambda = {\rm A}{\rm E}$

Άρα ${\rm B}\Lambda // = {\rm A}{\rm E}$ δηλαδή το ${\rm A}\Lambda {\rm B}{\rm E}$ είναι παραλληλόγραμμο.

mathematica.gr

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