mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 27, 2014 12:19 pm**

: 4-5910.png (73.09 KiB) Προβλήθηκε 17148 φορές

Άσκηση 5910

Δίνεται τρίγωνο $\bigtriangleup AB\Gamma$ με $AB<A\Gamma$ , εγγεγραμμένο σε κύκλο με κέντρο

. Θεωρούμε το μέσο

του κυρτογώνιου τόξου $\overset\frown{B \Gamma }$ και το ύψος $A\Delta$ του τριγώνου $\bigtriangleup AB\Gamma$ .
Να αποδείξετε ότι:
α)

είναι διχοτόμος της γωνίας $\Delta \hat{A} O$ . (Μονάδες 8)
β) $O\hat{A}\Gamma=\Delta \hat{A} B$ (Μονάδες 9)
γ) $\Delta \hat{A} O =\hat{B}-\hat{\Gamma}$ (Μονάδες 8)

Λύση

Φέρνω το απόστημα

. Τότε η ευθεία

διέρχεται από το μέσο

του τόξου $\overset\frown{B \Gamma }.$
α) Αφού

απόστημα και $A\Delta$ ύψος: $\left.\begin{matrix} OK\perp B\Gamma\\ A\Delta\perp B\Gamma \end{matrix}\right\}\Rightarrow OK\parallel A\Delta$ .
Άρα, ${\hat \varphi _3} = {\hat \varphi _2} = {\varphi ^{\rm{o}}}$ ως εντός εναλλάξ.
Είναι: ${\rm O}{\rm A} = {\rm O}{\rm M} = \rho \Rightarrow {\hat \varphi _1} = {\hat \varphi _2} = {\varphi ^{\rm{o}}}$ ως προσκείμενες στη βάση γωνίες ισοσκελούς τριγώνου.
Συνεπώς ${\hat \varphi _1} = {\hat \varphi _3}$ δηλ. ${\rm A}{\rm M}$ διχοτόμος $\Delta \hat {\rm A}{\rm O}$ .
β) $B \hat{A}M =M \hat{A }\Gamma$ ως εγγεγραμμένες γωνίες στα ίσα τόξα $\overset\frown{\text{BM}},\overset\frown{\text{M }\!\!\Gamma\!\!\text{ }}$ .
Άρα, ${\hat \sigma _1} + {\hat \varphi _3} = {\hat \sigma _2} + {\hat \varphi _1}$ . Αλλά ${{\hat{\varphi }}_{1}}={{\hat{\varphi }}_{3}}$ , οπότε ${{\hat{\sigma }}_{1}}={{\hat{\sigma }}_{2}}={{\sigma }^{\text{o}}}$
γ) Στα ορθογώνια τρίγωνα $\bigtriangleup AB \Delta$ και $\bigtriangleup A\Delta \Gamma$ έχω: $\hat{B }={{90}^{\text{o}}}-{{\sigma }^{\text{o}}}$ και $\hat{\Gamma }={{90}^{\text{o}}}-2{{\varphi }^{\text{o}}}-{{\sigma }^{\text{o}}}$ . Έτσι, $\hat{B }-\hat{\Gamma }=\left( {{90}^{o}}-{{\sigma }^{o}} \right)-\left( {{90}^{o}}-2{{\varphi }^{o}}-{{\sigma }^{o}} \right)=2{{\varphi }^{o}}=\Delta \hat{A }{O}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 27, 2014 1:46 pm**

Άσκηση 3954

Δίνεται παραλληλόγραμμο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και στην προέκταση της ${\rm A}\Delta$ θεωρούμε σημείο ${\rm E}$ τέτοιο ώστε $\Delta {\rm E} = \Delta \Gamma$

ενώ στην προέκταση της ΑΒ θεωρούμε σημείο ${\rm Z}$ τέτοιο ώστε ${\rm B}{\rm Z} = {\rm B}\Gamma$ .

α) Να αποδείξετε ότι:

i. $\widehat {{\rm B}\Gamma {\rm Z}} = \widehat {\Delta \Gamma {\rm E}}$ .

ii. τα σημεία ${\rm Z},\Gamma ,{\rm E}$ είναι συνευθειακά.

β) Ένας μαθητής για να αποδείξει ότι τα σημεία ${\rm Z},\Gamma ,{\rm E}$ είναι συνευθειακά ανέπτυξε τον παρακάτω συλλογισμό. « Έχουμε:

$\widehat {{\rm B}\Gamma {\rm Z}} = \widehat {\Delta {\rm E}\Gamma }$ (ως εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη των παραλλήλων $\Delta {\rm E}$ και ${\rm B}\Gamma$ που τέμνονται από τη ${\rm Z}{\rm E}$ και

$\widehat {{\rm B}\Gamma \Delta } = \widehat {\Gamma \Delta {\rm E}}$ (ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων $\Delta {\rm E}$ και ${\rm B}\Gamma$ που τέμνονται από την $\Delta \Gamma$ ).

Όμως $\widehat {\Delta \Gamma {\rm E}} + \widehat {\Gamma \Delta {\rm E}} + \widehat {\Delta {\rm E}\Gamma } = 180^\circ$ (ως άθροισμα των γωνιών του τριγώνου $\Delta {\rm E}\Gamma$ ). Άρα

σύμφωνα με τα προηγούμενα: $\widehat {\Delta \Gamma {\rm E}} + \widehat {{\rm B}\Gamma \Delta } + \widehat {{\rm B}\Gamma {\rm Z}} = 180^\circ$ .

Οπότε τα σημεία ${\rm Z},\Gamma ,{\rm E}$ είναι συνευθειακά.»

Όμως ο καθηγητής υπέδειξε ένα λάθος στο συλλογισμό αυτό. Να βρείτε το λάθος στο συγκεκριμένο συλλογισμό.

Λύση

α) i) Είναι $\widehat {\Gamma {\rm B}{\rm Z}} = \widehat {\Gamma \Delta {\rm E}}$ ως παραπληρωματικές των ίσων γωνιών $\widehat {\rm B},\widehat \Delta$ αντίστοιχα του παραλληλογράμμου.

Άρα τα ισοσκελή τρίγωνα $\Gamma {\rm B}{\rm Z}$ και $\Gamma \Delta {\rm E}$ έχουν τις γωνίες των κορυφών τους ίσες, οπότε τα είναι και οι γωνίες των βάσεων ίσες, δηλαδή $\widehat {{\rm B}\Gamma {\rm Z}} = \widehat {\Delta \Gamma {\rm E}}$ .

ii. $\widehat {{\rm B}\Gamma \Delta } = \widehat {\Gamma \Delta {\rm E}}\;\left( 1 \right)$ ως εντός και εναλλάξ.

$\displaystyle{\widehat {{\rm B}\Gamma {\rm Z}} + \widehat {{\rm B}\Gamma \Delta } + \widehat {\Delta \Gamma {\rm E}}\mathop = \limits^{\left( 1 \right),\left( i \right)} \widehat {\Delta {\rm E}\Gamma } + \widehat {\Gamma \Delta {\rm E}} + \widehat {\Delta \Gamma {\rm E}}\mathop = \limits^{\tau \rho \iota \gamma \Gamma \Delta {\rm E}} 180^\circ }$

$\left( {\widehat {{\rm B}\Gamma {\rm Z}} = \widehat {\Delta \Gamma {\rm E}} = \widehat {\Delta {\rm E}\Gamma }} \right)$

Άρα τα σημεία ${\rm Z},\Gamma ,{\rm E}$ είναι συνευθειακά

β) Το λάθος του μαθητή είναι στο κομμάτι:

« Έχουμε: $\widehat {{\rm B}\Gamma {\rm Z}} = \widehat {\Delta {\rm E}\Gamma }$ (ως εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη των παραλλήλων $\Delta {\rm E}$ και ${\rm B}\Gamma$ που τέμνονται από τη ${\rm Z}{\rm E}$ )»

Θεώρησε την ${\rm Z}\Gamma {\rm E}$ ευθεία, πράγμα το οποίο ζητείται να αποδειχθεί.

Edit: Έγινε διόρθωση σε ονομασία σημείου στην εκφώνηση το

έγινε

. Ευχαριστώ τον προσωπικό μου διορθωτή Γιάννη (παρακάτω) που το πρόσεξε

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 27, 2014 2:16 pm**

Ηλία πάλι σου βρήκα λάθος......τα γράμματα της εκφώνησης και της απόδειξης δεν συμφωνούν ....για κοίταξε τα πάλι

Καλό απογευμα

φιλικά
Γιάννης
ΥΓ. Σημερα στο σχολείο ρώταγα τους συναδέλφους για τις περιπτώσεις λαθών , ασαφειών κ.λ.π τι κάνουμε ; θα ρωτήσουμε την Τράπεζα ;
θα κάνουμε εμείς τις συμπληρώσεις η κάτι άλλο ;

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 27, 2014 2:47 pm**

: 6876.jpg (44.67 KiB) Προβλήθηκε 16966 φορές

Στο β) σκέλος του θέματος υπάρχει σφάλμα. Ευχαριστώ το συνάδελφο Σταμάτη Παπανικολάου για την υπόδειξη.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 27, 2014 3:25 pm**

Άσκηση 3961

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ με γωνία

ορθή. Φέρνουμε τη διάμεσο

και σε τυχαίο σημείο

την κάθετη στην

η οποία τέμνει τις

και $A\Gamma$ στα σημεία $\Delta$ και

αντίστοιχα. Αν

είναι το μέσο του $\Delta E$ να αποδείξετε ότι:

α) $\displaystyle{\widehat {\rm B} = {\rm B}\widehat {\rm A}{\rm M}}$ (Μονάδες

)

α) $\displaystyle{{\rm A}\widehat \Delta {\rm H} = \Delta \widehat {\rm A}{\rm H}}$ (Μονάδες

)

γ) Η ευθεία

τέμνει κάθετα τη $B\Gamma$ (Μονάδες

)

Λύση:

α) Επειδή η

είναι η διάμεσος του ορθογωνίου τριγώνου $AB\Gamma$ , θα είναι AM=MB

και κατά συνέπεια $\boxed{\widehat {\rm B} = {\rm B}\widehat {\rm A}{\rm M}}$

β) Ομοίως η

είναι διάμεσος του ορθογωνίου τριγώνου $A\Delta E$ , οπότε $\displaystyle{{\rm A}{\rm H} = {\rm H}\Delta \Leftrightarrow }$ $\boxed{{\rm A}\widehat \Delta {\rm H} = \Delta \widehat {\rm A}{\rm H}}$

: 4_3961.png (14.44 KiB) Προβλήθηκε 16756 φορές

γ) Έστω ότι η

τέμνει τη $B\Gamma$ στο

. Είναι:

$\displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm M}\Gamma = \widehat {\rm B} + {\rm M}\widehat {\rm A}{\rm B}\mathop = \limits^{(\alpha )} 2{\rm M}\widehat {\rm A}{\rm B}}$ \displaystyle{\displaystyle{ \Leftrightarrow {\rm M}\widehat {\rm A}{\rm B} = \frac{{{\rm A}\widehat {\rm M}\Gamma }}{2}}

(1)

AMB

\displaystyle{{\rm K}\widehat {\rm H}{\rm Z} = \Delta \widehat {\rm H}{\rm A} = {180^0} - 2{\rm A}\widehat \Delta {\rm H}}} $\displaystyle{ \Leftrightarrow {\rm A}\widehat \Delta {\rm H} = \frac{{{{180}^0} - {\rm K}\widehat {\rm H}{\rm Z}}}{2}}$ (2)

(από το ισοσκελές τρίγωνο $HA\Delta$ .

Αλλά από το ορθογώνιο τρίγωνο $\Delta AK$ έχουμε:

$\displaystyle{{\rm A}\widehat \Delta {\rm H} = {\rm A}\widehat \Delta {\rm K} = {90^0} - {\rm K}\widehat {\rm A}\Delta = {90^0} - {\rm M}\widehat {\rm A}{\rm B}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1),(2)} \frac{{{{180}^0} - {\rm K}\widehat {\rm H}{\rm Z}}}{2} = {90^0} - \frac{{{\rm A}\widehat {\rm M}\Gamma }}{2}}$

Άρα: $\displaystyle{{\rm K}\widehat {\rm H}{\rm Z} = {\rm A}\widehat {\rm M}\Gamma }$ , οπότε το τετράπλευρο KHZM

είναι εγγράψιμο (μία γωνία του είναι ίση με την

απέναντι εξωτερική). Επειδή όμως

$\displaystyle{\widehat {\rm K} = {90^0}}$ , θα είναι και $\boxed{{\rm A}{\rm Z} \bot {\rm B}\Gamma }$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 27, 2014 3:29 pm**

3966

Δίνονται ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \,\,\,}$ και $\displaystyle{\,\Delta {\rm B}\Gamma }$ με $\displaystyle{\widehat{\rm A} = {90^0}\,\,\,}$ , $\displaystyle{\,\,\,\widehat\Delta = {90^0}\,\,\,}$ και $\displaystyle{{\rm M}}$ , $\displaystyle{{\rm N}}$ τα μέσα των $\displaystyle{\,\,{\rm B}\Gamma \,\,}$ και $\displaystyle{{\rm A}\Delta }$ αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι:
α) $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm M} = {\rm M}\Delta }$ . (Μονάδες 10)
β) Η $\displaystyle{\,\,{\rm M}{\rm N}\,\,}$ είναι κάθετη στην $\displaystyle{\,\,{\rm A}\Delta \,\,}$ . (Μονάδες 10)
γ) $\displaystyle{\,\,\widehat{\Gamma {\rm B}\Delta } = \widehat{\Gamma {\rm A}\Delta }}$ (Μονάδες 5)

Λύση
α) Το τετράπλευρο $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta \,\,}$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο αφού η πλευρά $\displaystyle{\,\,{\rm B}\Gamma \,\,}$ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές κάτω από ίσες γωνίες .

Επίσης , επειδή $\displaystyle{\,\,\,\widehat{\rm A} = {90^0}\,\,\,}$ , το κέντρο του κύκλου είναι το μέσον $\displaystyle{\,\,\,{\rm M}\,\,}$ της $\displaystyle{\,{\rm B}\Gamma }$ . Κατά συνέπεια $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}{\rm M} = {\rm M}\Delta \,\,\,}$ ως ακτίνες του κύκλου .

β) Εφόσον το $\displaystyle{\,\,{\rm N}\,}$ είναι πλέον μέσο χορδής , το $\displaystyle{\,\,{\rm M}{\rm N}\,\,}$ είναι απόστημα και επομένως είναι κάθετο στην $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}\Delta \,\,\,}$ .
γ) $\displaystyle{\,\,\,\widehat{\Gamma {\rm B}\Delta } = \widehat{\Gamma {\rm A}\Delta }\,\,\,}$ διότι είναι εγγεγραμμένες και βαίνουν στο ίδιο τόξο .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 27, 2014 3:44 pm**

Ετοιμάζω την 3994 (σε word)

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 27, 2014 4:59 pm**

4307

Θεωρούμε κύκλο κέντρου $\displaystyle{\,{\rm O}\,}$ , με διάμετρο $\displaystyle{\,\,{\rm B}\Gamma \,\,}$ . Από σημείο $\displaystyle{\,\,{\rm A}\,\,}$ του κύκλου φέρουμε την εφαπτομένη $\displaystyle{\,\,(\varepsilon )\,\,}$ του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \,\,\,}$ .
Από τα σημεία $\displaystyle{\,\,{\rm B},\Gamma \,\,}$ φέρουμε τα τμήματα $\displaystyle{\,\,{\rm B}\Delta ,\Gamma {\rm E}\,\,}$ κάθετα στην ευθεία $\displaystyle{\,\,(\varepsilon )\,\,}$ .
α) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\,\,{\rm B}{\rm A}\,\,\,}$ και $\displaystyle{\,\,\Gamma {\rm A}\,\,}$ είναι διχοτόμοι των γωνιών $\displaystyle{\,\,\widehat{\Delta {\rm B}\Gamma }\,\,}$ και $\displaystyle{\,\,\,\widehat{{\rm E}\Gamma {\rm B}}\,\,\,}$ αντίστοιχα. (Μονάδες 8)
β) Αν $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}{\rm E}\,\,\,}$ είναι ύψος του τριγώνου $\displaystyle{\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \,\,}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\,\,{\rm A}\Delta = {\rm A}{\rm E} = {\rm A}{\rm Z}\,\,\,\,}$ . (Μονάδες 8)
γ) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{{\rm B}\Delta + \Gamma {\rm E} = {\rm B}\Gamma }$ . (Μονάδες 9)

Λύση
α) Είναι $\displaystyle{\,\,\,\widehat{{{\rm B}_1}}\, = {\widehat{\rm A}_2}\,\,\,}$ ως γωνία χορδής – εφαπτομένης και :
$\displaystyle{\widehat{{{\rm B}_2}}\, = {90^0} - {\widehat{\rm A}_1} = {90^0} - ({180^0} - \widehat{{\rm B}{\rm A}\Gamma } - {\widehat{\rm A}_2}) = {90^0} - {180^0} + {90^0} + {\widehat{\rm A}_2} = {\widehat{\rm A}_2}}$
Επομένως $\displaystyle{\,\,\,{\widehat{\rm B}_1}\, = {\widehat{\rm B}_2}\,\,\,}$ ,οπότε η $\displaystyle{\,\,{\rm B}{\rm A}\,\,\,}$ είναι διχοτόμος .
Ομοίως για την $\displaystyle{\,\,\,\Gamma {\rm A}\,\,\,}$ .

β) Το τετράπλευρο $\displaystyle{\,\,\,\Delta {\rm B}\Gamma {\rm E}\,\,\,}$ είναι τραπέζιο αφού $\displaystyle{\,\,\,\Delta {\rm B}//\Gamma {\rm E}\,\,\,}$ ως κάθετες στην ίδια ευθεία .
Ακόμα $\displaystyle{\,\,\,{\rm O}{\rm A} \bot \Delta {\rm E}\,\,}$ ,οπότε $\displaystyle{\,\,{\rm O}{\rm A}//\Delta {\rm B}//\Gamma {\rm E}\,\,\,}$ κι αφού το $\displaystyle{\,\,{\rm O}\,\,\,}$ είναι μέσον της $\displaystyle{\,\,\,{\rm B}\Gamma \,\,\,\,}$ , η $\displaystyle{\,\,\,{\rm O}{\rm A}\,\,\,}$ είναι διάμεσος του τραπεζίου . Επομένως $\displaystyle{\,{\rm A}\Delta = {\rm A}{\rm E}\,\,\,\,}$
Τότε : $\displaystyle{\,\Delta {\rm B} + \Gamma {\rm E} = 2 \cdot {\rm A}{\rm O} = 2 \cdot {\rm O}\Gamma = {\rm O}{\rm B} + {\rm O}\Gamma = {\rm B}\Gamma \,\,\,}$
Ακόμα από την ισότητα των τριγώνων $\displaystyle{\,\,{\rm B}{\rm A}\Delta \,\,,\,\,{\rm B}{\rm A}{\rm Z}\,\,\,}$ , έχουμε $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}\Delta = {\rm A}{\rm Z}\,\,}$ και τελικά $\displaystyle{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\rm{A}}\Delta = {\rm{AZ = {\rm A}{\rm E}}}\,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} }$

γ) Η $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm O}\,\,\,}$ είναι η διάμεσος του τραπεζίου και ισχύει :

$\displaystyle{\,\Delta {\rm B} + \Gamma {\rm E} = 2 \cdot {\rm A}{\rm O} = 2 \cdot {\rm O}\Gamma = {\rm O}{\rm B} + {\rm O}\Gamma = {\rm B}\Gamma \,\,\,}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 27, 2014 5:07 pm**

Άσκηση 5902
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)

: 4-5902.png (37.81 KiB) Προβλήθηκε 16707 φορές

Λύση
α) Στο τρίγωνο $\bigtriangleup AB\Delta$ το

είναι διχοτόμος και ύψος (υπόθεση). Επομένως τρίγωνο $\bigtriangleup AB\Delta$ ισοσκελές, με $AB=A\Delta =\gamma$ .
Επειδή

ύψος προς τη βάση του $B\Delta$ ,

είναι και διάμεσος. Έτσι

μέσο $B\Delta$ , δηλ. $BH=H\Delta$ .
Από υπόθεση AH=HZ

. Άρα

, $B\Delta$ διχοτομούνται και είναι και κάθετα. Συνεπώς $ABZ\Delta$ ρόμβος.
Έτσι $BZ=A\Delta=\gamma$ και $BZ\parallel A\Delta$ (1).

β) Στο τρίγωνο $B\Delta\Gamma$ , τα

, $\Theta$ είναι μέσα των $B\Delta$ , $B\Gamma$ αντίστοιχα. Άρα από θεώρημα, $\displaystyle{H\Theta \parallel =\frac{\Delta \Gamma }{2}}}$ (2). Λόγω των (1) και (2), $H\Theta\parallel BZ$ .
Αν η

τέμνει την $\Theta Z$ τότε $HBZ\Theta$ είναι τραπέζιο.

γ) Aπό θεώρημα η διάμεσος του, $\displaystyle{\delta=\frac{BZ+H\Theta }{2}=\frac{A\Delta+\frac{\Delta\Gamma}{2} }{2}=\frac{2A\Delta+\Delta\Gamma}{4}}$

$\Leftrightarrow \displaystyle{\delta=\frac{AB+A\Delta+\Delta\Gamma}{4}=\frac{AB+A\Gamma}{4}}$

Αν η $BH\parallel \Theta Z$ τότε $HBZ\Theta$ είναι παραλλήλόγραμμο και δεν έχει νόημα το γ) ερώτημα. Δες Σχήμα 2 που ακολουθεί

: 4-5902(ii).png (14.78 KiB) Προβλήθηκε 16174 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 27, 2014 6:22 pm**

Θέμα 3709

Δίνεται τραπέζιο $\displaystyle{ABCD}$ με $\displaystyle{AB\parallel CD}$ και $\displaystyle{\hat{C}=30^{\circ}}$ .Αν $\displaystyle{K,L}$ τα μέσα των διαγωνίων $\displaystyle{BD,AC}$ αντίστοιχα και αν οι πλευρές $\displaystyle{DA,CB}$ προεκτεινόμενες τέμνονται κάθετα στο $\displaystyle{E}$ να αποδειχθεί ότι:

i)AB=2AE
ii)KL=AD

iii)Σε ποια περίπτωση το τετράπλευρο $\displaystyle{ABKL}$ είναι παραλληλόγραμμο;Αιτιολογήστε την απάντησή σας.

: Γεωμετρια mathematica_50.PNG (6.39 KiB) Προβλήθηκε 16565 φορές

i) $\displaystyle{\hat{DCB}=\hat{ABE}=30^{\circ}}$ ως εντός εναλλάξ.Επομένως στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\triangle{ABE}}$ η πλευρά $\displaystyle{AE}$ βρίσκεται απέναντι από γωνία $\displaystyle{30^{\circ}}$ κι έτσι είναι ίση με το μισό

της υποτείνουσας που είναι η $\displaystyle{AB}$ .

Τελικά $\displaystyle{AE=\frac{AB}{2}\Leftrightarrow AB=2AE}$ .

ii)Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\triangle{CDE}}$ η πλευρά $\displaystyle{DE}$ βρίσκεται απέναντι από γωνία $\displaystyle{30^{\circ}}$ άρα $\displaystyle{DE=\frac{CD}{2}}$ .

Ως γνωστόν το τμήμα που συνδέει τα μέσα των διαγωνίων τραπεζίου ισούται με την ημιδιαφορά των βάσεων δηλαδή

$\displaystyle{KL=\frac{CD-AB}{2}=\frac{CD}{2}-\frac{AB}{2}\overset{i)}=DE-AE=AD}$ όπως θέλαμε.

iii)Η $\displaystyle{KL}$ γνωρίζουμε ότι είναι παράλληλη στην $\displaystyle{AB}$ θα πρέπει όμως να είναι και ίση με αυτήν δηλαδή $\displaystyle{KL=AB\overset{ii)}\Leftrightarrow AD=AB}$ .

Αυτό δηλαδή συμβαίνει όταν $\displaystyle{AD=AB}$ .

Διορθώσεις ευπρόσδεκτες.

Το "πάνω" σημείο $\displaystyle{B}$ είναι το σημείο $\displaystyle{E}$ .Ευχαριστώ τον κύριο Καλαθάκη (exdx) που το πρόσεξε.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 27, 2014 6:44 pm**

Θέμα 4555

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{\triangle{ABC}}$ και από το μέσο της $\displaystyle{M}$ της $\displaystyle{BC}$ φέρνουμε τμήματα $\displaystyle{MD}$ ίσο και παράλληλο με το $\displaystyle{BA}$ και $\displastyle{ME}$ ίσο και παράλληλο με το $\displaystyle{CA}$

(τα $\displaystyle{D,E}$ βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο της $\displaystyle{BC}$ με το $\displaystyle{A}$ ).

Να αποδειχθεί ότι:

i)Τα σημεία $\displaystyle{D,E,A}$ είναι συνευθειακά.
ii)Η περίμετρος του τριγώνου $\displaystyle{\triangle{MDE}}$ ισούται με την περίμετρο του τριγώνου $\displaystyle{\triangle{ABC}}$ .

Στο τρίτο ερώτημα λείπουν πολλά δεδομένα.Θα προσπαθήσω να βγάλω άκρη αλλά δείτε το κι εσείς.

: Γεωμετρια mathematica_51.PNG (7.38 KiB) Προβλήθηκε 16521 φορές

i) Το τετράπλευρο $\displaystyle{ABMD}$ είναι παραλληλόγραμμο αφού $\displaystyle{AB=\parallel MD}$ επομένως $\displaystyle{AD\parallel BM\Leftrightarrow AD\parallel BC}$ .

Ομοίως το τετράπλευρο $\displaystyle{ACME}$ είναι παραλληλόγραμμο κι έτσι $\displaystyle{AE\parallel CM\Leftrightarrow AE\parallel BC}$ .

Άρα από το σημείο $\displaystyle{A}$ άγονται δύο ημιευθείες παράλληλες στην $\displaystyle{BC}$ κι έτσι οι ημιευθείες ανήκουν στην ίδια ευθεία όπως και τα σημεία $\displaystyle{D,E,A}$ .

ii)Από υπόθεση $\displaystyle{AC=ME,AB=MD}$ .Ακόμη $\displaystyle{DE=AE+AD=BM+CM=BC}$ λόγω των παραλληλογράμμων $\displaystyle{ABMD,ACME}$ .

Έτσι τα τρίγωνα $\displaystyle{ABC,MDE}$ είναι ίσα άρα έχουν και ίσες περιμέτρους.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 27, 2014 7:35 pm**

Άσκηση 4562

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $AB \Gamma$ με τη γωνία

ορθή και

τυχαίο σημείο της πλευράς $B \Gamma$ . Φέρουμε τις διχοτόμους των γωνιών $\displaystyle{BMA}$ και $AM\Gamma$ οι οποίες τέμνουν τις

και $A\Gamma$ στα σημεία $\Delta$ και

αντίστοιχα.
α) Να αποδείξετε ότι, η γωνία $\Delta ME$ είναι ορθή.
β) Αν

το μέσο του $\Delta E$ , να αποδείξετε ότι MK=KA

.

: 4562.png (7.14 KiB) Προβλήθηκε 16511 φορές

Λύση
α) 'Εστω $\displaystyle{\hat {BM\Delta}=\hat{\Delta MA}=\phi}$ και $\displaystyle{\hat{AME}=\hat{EM\Gamma}=\omega}$
Τότε $\displaystyle{\omega+\omega+\phi+\phi=180\Leftrightarrow \omega +\phi=90}$ άρα $\displaystyle{\hat{\Delta ME}=90^o}$

β) Το

είναι διάμεσος του ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle{\Delta ME}$ που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα άρα $\displaystyle{MK=\frac{\Delta E}{2}}$
Όμοια το

είναι διάμεσος του ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle{\Delta AE}$ που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα άρα $\displaystyle{AK=\frac{\Delta E}{2}}$
Οπότε $\displaystyle{MK=AK}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 27, 2014 7:43 pm**

Gavrilo καλησπέρα. Πράγματι λείπουν δεδομένα (τυπογραφικά). Το ερώτημα είναι το ίδιο με την 3954 που λύνει πιο πάνω ο Ηλίας!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 27, 2014 8:13 pm**

Θα τη φανερώσω όταν δοθούν οι 2 προηγούμενες!

Άσκηση 4569

: 4569.png (6.39 KiB) Προβλήθηκε 16463 φορές

α) Είναι ${{\hat{M}}_{1}}={{\hat{\Delta }}_{1}}$ ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων $\Delta \Gamma ,\,AB$ με τέμνουσα την $\Delta M$ . Επίσης ${{\hat{\Delta }}_{1}}={{\hat{\Delta }}_{2}}$ αφού $\Delta M$ διχοτόμος. Επομένως είναι και ${{\hat{M }}_{1}}={{\hat{\Delta }}_{2}}$ . Συνεπώς το τρίγωνο $\Delta AM$ είναι ισοσκελές και άρα $A\Delta =AM$ (1)

β) Είναι $AB=\Alpha \Delta +\Beta \Gamma \overset{(1)}{\mathop{=}}\,AM+B\Gamma \Leftrightarrow B\Gamma =AB-AM=MB$ άρα το τρίγωνο $\Gamma MB$ ισοσκελές και άρα ${{\hat{M}}_{2}}={{\hat{\Gamma }}_{1}}$ (2)

γ) Είναι ${{\hat{M}}_{2}}={{\hat{\Gamma }}_{2}}$ (3) ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων $\Delta \Gamma ,\,AB$ με τέμνουσα την $\Gamma M$ . Από (2),(3) είναι ${{\hat{\Gamma }}_{1}}={{\hat{\Gamma }}_{2}}$ άρα $\Gamma M$ διχοτόμος της γωνίας $\hat{\Gamma }$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 27, 2014 9:22 pm**

Άσκηση: 4762

Στο παρακάτω σχήμα το ορθογώνιο ${\rm E}{\rm Z}{\rm H}\Theta$ παριστάνει ένα τραπέζι μπιλιάρδου.

Ένας παίχτης τοποθετεί μια μπάλα στο σημείο ${\rm A}$ το οποίο ανήκει στη μεσοκάθετη

της $\Theta {\rm H}$ που απέχει από αυτή απόσταση ίση με $\Theta {\rm H}$ . Όταν ο παίχτης χτυπήσει τη

μπάλα αυτή ακολουθεί τη διαδρομή ${\rm A} \to {\rm B} \to \Gamma \to \Delta \to {\rm A}$ χτυπώντας στους τοίχους

του μπιλιάρδου ${\rm E}\Theta ,\Theta {\rm H},{\rm Z}{\rm H}$ διαδοχικά . Για τη διαδρομή αυτή ισχύει ότι κάθε γωνία

πρόσπτωσης σε τοίχο ( π.χ. η γωνία ${\rm A}\widehat {\rm B}{\rm E}$ ) είναι ίση με κάθε γωνία ανάκλασης σε τοίχο (π.χ. η γωνία $\Theta \widehat {\rm B}\Gamma$ ) και κάθε μια απ’ αυτές είναι ${45^0}$ .

α) Να αποδείξετε ότι :
1. Η διαδρομή ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ της μπάλας είναι τετράγωνο ( μ 9)

2. Το σημείο ${\rm A}$ ισαπέχει από τις κορυφές ${\rm E}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,{\rm Z}$ του μπιλιάρδου. (μ 8)

β) Αν η ${\rm A}{\rm Z}$ είναι διπλάσια από την απόσταση του ${\rm A}$ από τον τοίχο ${\rm E}{\rm Z}$ να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου ${\rm A}{\rm E}{\rm Z}$ . (μ 8)

: 4_4762_εκφώνηση.png (7.16 KiB) Προβλήθηκε 16394 φορές

Σχόλιο:

Στην πιο πάνω άσκηση έχω την εξής άποψη :

Είτε δίδουμε ότι η διαδρομή είναι ${\rm A} \to {\rm B} \to \Gamma \to \Delta \to {\rm A}$ και εξ ανάγκης μετά η απόσταση του ${\rm A}$ , που βρίσκεται στη μεσοκάθετο του $\Theta {\rm H}$ , είναι ίση με $\Theta {\rm H}$ .

: 4_4762_α ερώτημα.png (14.12 KiB) Προβλήθηκε 16394 φορές

Είτε δίδουμε ότι η απόσταση του ${\rm A}$ από τη $\Theta {\rm H}$ είναι ίση με $\Theta {\rm H}$ και εξ ανάγκης μετά η διαδρομή είναι ${\rm A} \to {\rm B} \to \Gamma \to \Delta \to {\rm A}$ .

: 4_4762_α ερώτημα_1.png (15.79 KiB) Προβλήθηκε 16394 φορές

Και τα δύο σαν δεδομένα μόνο σύγχυση μπορούν να προκαλέσουν .

Και στις δύο περιπτώσεις η διαδρομή ορίζει τετράγωνο. Αλλά η άσκηση δεν είναι απλή για τους μαθητές. Εικάζω ότι ο θεματοδότης θέλει να βοηθήσει τα παιδιά
αλλά αυτό έχει αντίθετο αποτέλεσμα ιδίως για του διαβασμένους μαθητές .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 27, 2014 9:39 pm**

Άσκηση 4565

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ με τη γωνία ${\rm A}$ ορθή και ${\rm A}{\rm M}$ η διάμεσός του.

Από το ${\rm M}$ φέρουμε ${\rm M}{\rm K}$ κάθετη στην ${\rm A}{\rm B}$ και ${\rm M}\Lambda$ κάθετη στην ${\rm A}\Gamma$ .

Αν ${\rm N},{\rm P}$ είναι τα μέσα των ${\rm B}{\rm M}$ και $\Gamma {\rm M}$ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι:

α) $\widehat {{\rm N}{\rm K}{\rm M}} = \widehat {{\rm N}{\rm M}{\rm K}}$

β) Η ${\rm M}{\rm K}$ είναι διχοτόμος της γωνίας ${\rm N}{\rm M}{\rm A}$ .

γ) ${\rm A}{\rm M} = {\rm K}{\rm N} + \Lambda {\rm P}$

Λύση

α) Είναι ${\rm K}{\rm N} = \dfrac{{{\rm M}{\rm B}}}{2} = {\rm M}{\rm N}$ ως διάμεσος στην υποτείνουσα ${\rm M}{\rm B}$ του ορθογωνίου τριγώνου ${\rm M}{\rm K}{\rm B}$ .

Έτσι το τρίγωνο ${\rm K}{\rm N}{\rm M}$ είναι ισοσκελές δηλαδή $\widehat {{\rm N}{\rm K}{\rm M}} = \widehat {{\rm N}{\rm M}{\rm K}}$

β) Είναι ${\rm A}{\rm M} = \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{2} = {\rm M}{\rm B}$ ως διάμεσος στην υποτείνουσα ${\rm B}\Gamma$ του ορθογωνίου τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ .

Έτσι στο ισοσκελές τρίγωνο ${\rm A}{\rm M}{\rm B}$ το ${\rm M}{\rm K}$ είναι ύψος στη βάση του ${\rm A}{\rm B}$ άρα είναι και διχοτόμος της γωνίας ${\rm N}{\rm M}{\rm A}$ .

γ) Είναι $\Lambda {\rm P} = \dfrac{{\Gamma {\rm M}}}{2}$ ως διάμεσος στην υποτείνουσα ${\rm M}\Gamma$ του ορθογωνίου τριγώνου $\Gamma \Lambda {\rm M}$

${\rm K}{\rm N} + \Lambda {\rm P} = \dfrac{{{\rm M}{\rm B}}}{2} + \dfrac{{{\rm M}\Gamma }}{2} = \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{2} = {\rm A}{\rm M}$

Ωδή στη διάμεσο

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 27, 2014 9:49 pm**

gavrilos έγραψε:Θέμα 4555

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{\triangle{ABC}}$ και από το μέσο της $\displaystyle{M}$ της $\displaystyle{BC}$ φέρνουμε τμήματα $\displaystyle{MD}$ ίσο και παράλληλο με το $\displaystyle{BA}$ και $\displastyle{ME}$ ίσο και παράλληλο με το $\displaystyle{CA}$

(τα $\displaystyle{D,E}$ βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο της $\displaystyle{BC}$ με το $\displaystyle{A}$ ).

Να αποδειχθεί ότι:

i)Τα σημεία $\displaystyle{D,E,A}$ είναι συνευθειακά.
ii)Η περίμετρος του τριγώνου $\displaystyle{\triangle{MDE}}$ ισούται με την περίμετρο του τριγώνου $\displaystyle{\triangle{ABC}}$ .

Στο τρίτο ερώτημα λείπουν πολλά δεδομένα.Θα προσπαθήσω να βγάλω άκρη αλλά δείτε το κι εσείς.

Στην εκφώνηση του γ) ερωτήματος λείπουν:

1) Στην $4\eta$ σειρά πριν από την παρένθεση, η σχέση: $\displaystyle{{\rm B}\widehat {\rm A}\Gamma = {\rm A}\widehat {\rm Z}\Delta }$ (εντός εναλλάξ...)

2) Στην $6\eta$ σειρά πρέπει να γραφεί:

Όμως, $\displaystyle{{\rm A}\widehat \Delta {\rm Z} + {\rm A}\widehat {\rm Z}\Delta + \Delta \widehat {\rm A}{\rm Z} = {180^0}}$ (άθροισμα γωνιών...)

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 27, 2014 9:56 pm**

Άσκηση 4567

Δίνεται τετράγωνο $AB\Gamma\Delta$ και εντός αυτού ισόπλευρο τρίγωνο $MB\Gamma$ . Αν η προέκταση της

τέμνει τη $B\Delta$ στο σημείο

, να αποδείξετε ότι:

α) $\displaystyle{\Delta \widehat {\rm A}{\rm E} = {15^0}}$ (Μονάδες

)

β) Τα τρίγωνα $\Delta AE$ και $\Delta E\Gamma$ είναι ίσα. (Μονάδες

)

γ) Η $\Gamma E$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\Delta\Gamma M$ (Μονάδες

)

Λύση:

α) Επειδή το τρίγωνο $MB\Gamma$ είναι ισόπλευρο θα είναι AB=BM

και $\displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm B}{\rm M} = {90^0} - {60^0} = {30^0}}$ .

Άρα: $\displaystyle{{\rm B}\widehat {\rm A}{\rm M} = {\rm A}\widehat {\rm M}{\rm B} = \frac{{{{180}^0} - {{30}^0}}}{2} = {75^0}}$ .

Οπότε: $\displaystyle{\Delta \widehat {\rm A}{\rm E} = {90^0} - {75^0} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\Delta \widehat {\rm A}{\rm E} = {15^0}}$

β) Τα τρίγωνα $\Delta AE$ και $\Delta E\Gamma$ είναι ίσα, επειδή έχουν:
$\Delta E$ κοινή πλευρά, $\displaystyle{{\rm A}\Delta = \Gamma \Delta }$ (πλευρές τετραγώνου) και $\displaystyle{{\rm A}\widehat \Delta {\rm E} = {\rm E}\widehat \Delta \Gamma = {45^0}}$ (η διαγώνιος τετραγώνου διχοτομεί τις γωνίες του).

: 4_4567.png (11.43 KiB) Προβλήθηκε 17071 φορές

γ) Από την ισότητα των τριγώνων του προηγούμενου ερωτήματος προκύπτει ότι $\displaystyle{{\rm E}\widehat \Gamma \Delta = \Delta \widehat {\rm A}{\rm E} = {15^0}}$

κι επειδή $\displaystyle{{\rm M}\widehat \Gamma \Delta = {30^0}}$ , θα είναι και $\displaystyle{{\rm M}\widehat \Gamma {\rm E} = {15^0}}$ , δηλαδή η $\Gamma E$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\Delta\Gamma M$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 27, 2014 10:17 pm**

Θέμα 4571

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $AB\Gamma$ με $AB=A\Gamma$ και σημείο $\Delta$ στην προέκταση της $B\Gamma$ . Από το $\Delta$ φέρουμε $\DeltaK$ κάθετη στην

και $\Delta E$ κάθετη στην προέκταση της $A\Gamma$ .
Από το σημείο $\Gamma$ φέρουμε $\Gamma H$ κάθετη στην

και $\Gamma Z$ κάθετη στην $K\Delta$ .
Να αποδείξετε ότι:
α) H γωνία $Z\Gamma \Delta$ είναι ίση με τη γωνία

. (Μονάδες 4)
β) Η $\Gamma\Delta$ είναι διχοτόμος της γωνίας $Z\GammaE$ . (Μονάδες 4)
γ) Το τρίγωνο $\Delta ZE$ είναι ισοσκελές. (Μονάδες 9)
δ) $\Delta K - \Delta E = H\Gamma$ (Μονάδες 8)
Εικόνα

Λύση
α) Έχουμε $\Delta K\perp AB , \Gamma H\perp AB , \Gamma Z \perp K\Delta$ άρα το $KH\Gamma Z$ είναι ορθογώνιο αφού έχει 3 ορθές γωνίες. Άρα $KH//\Gamma Z$ $\displaystyle \Rightarrow AB//\Gamma Z$ άρα $\displaystyle \widehat {\rm B}=\displaystyle \widehat {{\rm Z}\Gamma \Delta }$ ως εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη των $AB//\Gamma Z$ που τέμνονται από την $B\Gamma$ .
β) $\displaystyle \widehat {\Delta \Gamma {\rm E}}=\displaystyle \widehat {{\rm A}\Gamma{\rm B}}$ ως κατά κορυφήν
$\displaystyle \widehat {\rm B}=\displaystyle \widehat {{\rm A}\Gamma{\rm B}}$ αφού το $AB\Gamma$ τρίγωνο ισοσκελές
και $\displaystyle \widehat {\rm B}=\displaystyle \widehat {{\rm Z} \Gamma \Delta }$ από ερώτημα (α).
Άρα $\displaystyle \widehat {\Delta \Gamma {\rm E}}=\displaystyle \widehat {{\rm Z}\Gamma \Delta}$ \displaystyle{\Rightarrow} $90^{0}-\displaystyle \widehat {\Delta \Gamma {\rm E}}=90^{0}-\displaystyle \widehat {{\rm Z}\Gamma \Delta}$ άρα $\displaystyle \widehat {\Gamma \Delta {\rm E}}=\displaystyle \widehat {{\rm Z} \Delta\Gamma}$ και έχουμε ότι η $\Gamma \Delta$ διχοτόμος της $\displaystyle \widehat {{\rm Z} \Gamma{\rm E}}$
γ)Συγκρίνουμε τα ορθογώνια τρίγωνα $Z\Gamma\Delta , \Gamma\Delta E$ αυτά έχουν:
1) $\Gamma \Delta$ κοινή πλευρά
2) $\displaystyle \widehat {\Gamma \Delta {\rm E}}=\displaystyle \widehat {{\rm Z} \Delta\Gamma}$ από ερώτημα (β)
Άρα τα τρίγωνα $Z\Gamma\Delta , \Gamma\Delta E$ είναι ίσα άρα έχουν $\Delta Z =\Delta E$ άρα το τρίγωνο $\Delta Z E$ είναι ισοσκελές.
(Εναλλακτικά για το (γ)
Συγκρίνουμε τα τρίγωνα $Z\Gamma\Delta , \Gamma\Delta E$ αυτά έχουν:
1) $\displaystyle \widehat {\Delta \Gamma {\rm E}}=\displaystyle \widehat {{\rm Z}\Gamma \Delta}$ από ερώτημα (β)
2) $\Gamma \Delta$ κοινή πλευρά
3) $\displaystyle \widehat {\Gamma \Delta {\rm E}}=\displaystyle \widehat {{\rm Z} \Delta\Gamma}$ από ερώτημα (β)
Άρα τα τρίγωνα $Z\Gamma\Delta , \Gamma\Delta E$ είναι ίσα γιατί έχουν μια πλευρά και τις προσκείμενες γωνίες μία προς μία ίσες (Γ-Π-Γ) άρα έχουν $\Delta Z =\Delta E$ άρα το τρίγωνο $\Delta Z E$ είναι ισοσκελές.)
δ)Από ερώτημα (α) $KH\Gamma Z$ ορθογώνιο. Άρα $KZ=H\Gamma$ (1) (απέναντι πλευρές ορθογωνίου)
Από ερώτημα (γ) $\Delta Z =\Delta E$ (2)
Έχουμε $\Delta K = \Delta Z +ZK$ $\Rightarrow (1),(2)$ \displaystyle{\Delta K=\Delta E+H\Gamma} $\Rightarrow$ $\Delta K - \Delta E=H\Gamma$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 27, 2014 11:16 pm**

Ασκήσεις 4574-4579 (είναι ίδιες)

Δίνεται τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ με ${\rm A}\Delta$ και ${\rm A}{\rm E}$ αντίστοιχα η εσωτερική και η εξωτερική διχοτόμος της γωνίας ${\rm A}$ ( $\Delta ,{\rm E}$ σημεία της ευθείας ${\rm B}\Gamma$ ).

Φέρουμε ${\rm B}{\rm Z}$ κάθετη στην ${\rm A}\Delta$ και ${\rm B}{\rm H}$ κάθετη στην ${\rm A}{\rm E}$ και θεωρούμε ${\rm M}$ το μέσο του $\Delta \Gamma$ .

Να αποδείξετε ότι:

α) Το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm Z}{\rm B}{\rm H}$ είναι ορθογώνιο.

β) Η γωνία ${\rm H}{\rm Z}{\rm A}$ είναι ίση με τη γωνία ${\rm Z}{\rm A}\Gamma$ .

γ) Η ευθεία ${\rm H}{\rm Z}$ διέρχεται από το ${\rm M}$ .

δ) ${\rm M}{\rm H} = \dfrac{{{\rm A}{\rm B} + {\rm A}\Gamma }}{2}$

Λύση

(Υπάρχει τυπογραφικό λάθος, μάλλον στην άσκηση, το ${\rm M}$ είναι μέσο της ${\rm B}\Gamma$ και όχι της $\Delta \Gamma$ , φαίνεται και από το σχήμα που δίνουν)

α) Το τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ δεν μπορεί να είναι ισοσκελές.

Είναι ${\rm A}\Delta \bot {\rm A}{\rm E}$ ως διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών.

Έτσι το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm Z}{\rm B}{\rm H}$ είναι ορθογώνιο αφού έχει τρείς ορθές γωνίες.

β) Αν ${\rm O}$ είναι το κέντρο του ${\rm A}{\rm Z}{\rm B}{\rm H}$ τότε ${\rm O}{\rm A} = {\rm O}{\rm Z}$ ως μισά των ίσων διαγωνίων ${\rm A}{\rm B},{\rm H}{\rm Z}$

οπότε το τρίγωνο ${\rm A}{\rm O}{\rm Z}$ είναι ισοσκελές δηλαδή $\widehat {{\rm H}{\rm Z}{\rm A}} = \widehat {{\rm B}{\rm A}{\rm Z}} = \frac{{\widehat {\rm A}}}{2} = \widehat {{\rm Z}{\rm A}\Gamma }$ .

γ) Το ${\rm O}$ είναι μέσο της ${\rm A}{\rm B}$ και το ${\rm M}$ της ${\rm B}\Gamma$ , έτσι από το τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ είναι ${\rm O}{\rm M}// = \dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{2}$

Από το (β) ερώτημα είναι $\widehat {{\rm H}{\rm Z}{\rm A}} = \widehat {{\rm Z}{\rm A}\Gamma }$ δηλαδή η ${\rm H}{\rm O}{\rm Z}$ είναι παράλληλη στην ${\rm A}\Gamma$ αφού σχηματίζονται εντός εναλλάξ γωνίες ίσες.

Άρα η ${\rm H}{\rm Z}$ διέρχεται από το ${\rm M}$ αφού από το ${\rm O}$ μία μόνο παράλληλη διέρχεται προς την ${\rm A}\Gamma$ .

δ) Είναι: ${\rm M}{\rm H} = {\rm M}{\rm O} + {\rm H}{\rm O} \Leftrightarrow {\rm M}{\rm H} = \dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{2} + \dfrac{{{\rm H}{\rm Z}}}{2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{{\rm H}{\rm Z} = {\rm A}{\rm B}}$

${\rm M}{\rm H} = \dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{2} + \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2} \Leftrightarrow {\rm M}{\rm H} = \dfrac{{{\rm A}{\rm B} + {\rm A}\Gamma }}{2}$

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