ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Συντονιστής: Μιχάλης Νάννος

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4105
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Δευ Μάιος 26, 2014 9:13 pm

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

Ξεκινάω με την πρώτη κατά σειρά (την 3817)

AΣΚΗΣΗ:

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

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

(β) \displaystyle{E\Gamma = BH}

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

ΛΥΣΗ

3817(β).png
3817(β).png (15.41 KiB) Προβλήθηκε 13956 φορές


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

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

\displaystyle{AB=AE} , ως πλευρές τετραγώνου

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

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

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

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

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

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


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4105
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Δευ Μάιος 26, 2014 9:16 pm

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

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

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

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

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

ΛΥΣΗ

3820.png
3820.png (3.61 KiB) Προβλήθηκε 13826 φορές


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

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

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

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

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

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

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

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

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

(γ) Για την διάμεσο του πιο πάνω τραπεζίου έχουμε: \displaystyle{EZ=\frac{KM+AN}{2}=\frac{\frac{\Delta B}{2}+A\Delta +\Delta N}{2}=\frac{NB+A\Delta +\Delta N}{2}=\frac{AB}{2}}
τελευταία επεξεργασία από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ σε Τρί Μάιος 27, 2014 12:29 am, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5056
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από george visvikis » Δευ Μάιος 26, 2014 9:42 pm

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

Άσκηση 3822

Δίνεται παραλληλόγραμμο AB\Gamma\Delta με τη γωνία του B να είναι ίση με 70^0 και το ύψος του AE. Έστω Z σημείο της B\Gamma ώστε BE=EZ.

α) Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο AZ\Gamma\Delta είναι ισοσκελές τραπέζιο. (Μονάδες 8)

β) Να υπολογίσετε τις γωνίες του τραπεζίου AZ\Gamma\Delta (Μονάδες 9)

γ) Αν M το μέσο του B\Delta να αποδείξετε ότι \displaystyle{{\rm E}{\rm M} = \frac{{{\rm A}\Gamma }}{2}} (Μονάδες 8)

Λύση

α) Η AE είναι μεσοκάθετος του BZ, άρα το τρίγωνο ABZ είναι ισοσκελές (AB=AZ)). Αλλά AB=\Gamma\Delta, από το παραλληλόγραμμο.
Οπότε έχουμε AZ=\Gamma\Delta, Z\Gamma||A\Delta, ενώ οι AZ, \Gamma\Delta δεν είναι παράλληλες, αφού AB||\Gamma\Delta . Άρα το AZ\Gamma\Delta είναι ισοσκελές τραπέζιο.

4_3822.png
4_3822.png (12.85 KiB) Προβλήθηκε 13745 φορές


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

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

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

γ) Το M είναι και μέσο της A\Gamma, αφού οι διαγώνιοι του παραλληλογράμμου διχοτομούνται. Άρα η EM είναι διάμεσος του ορθογωνίου τριγώνου AE\Gamma, οπότε: \boxed{{\rm E}{\rm M} = \frac{{{\rm A}\Gamma }}{2}}
τελευταία επεξεργασία από george visvikis σε Δευ Μάιος 26, 2014 10:25 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4105
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Δευ Μάιος 26, 2014 10:01 pm

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

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

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

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

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

ΛΥΣΗ

3824.png
3824.png (4.03 KiB) Προβλήθηκε 13630 φορές


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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

\displaystyle{\widehat{\Gamma EA = \widehat{EA\Delta}}, δηλαδή \displaystyle{90^{ο}=30^{ο}}, που όμως είναι άτοπο.
τελευταία επεξεργασία από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ σε Δευ Ιουν 02, 2014 11:16 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 924
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από hlkampel » Δευ Μάιος 26, 2014 10:30 pm

ΑΣΚΗΣΗ 3825

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

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

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

Να αποδείξετε ότι:

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

β) {\rm Z}{\rm K} = {\rm K}\Delta

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

Λύση

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

\widehat {{\rm Z}{\rm H}\Gamma } = \dfrac{{\widehat {\rm B} - \widehat \Gamma }}{2}
Συνημμένα
3825.png
3825.png (20.78 KiB) Προβλήθηκε 13668 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5056
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από george visvikis » Δευ Μάιος 26, 2014 11:11 pm

Άσκηση 3903

Δίνεται τετράπλευρο AB\Gamma\Delta με AB=A\Delta και \Gamma B=\Gamma\Delta. Αν E είναι το σημείο τομής των προεκτάσεων των BA και \Gamma\Delta και Z είναι το σημείο τομής των προεκτάσεων των \Delta A και \Gamma B να αποδείξετε ότι:

α) Η \Gamma A είναι διχοτόμος της γωνίας B\Gamma\Delta (Μονάδες 7)

β) \Gamma Z=\Gamma E (Μονάδες 9)

γ) EZ||B\Delta (Μονάδες 9)

Λύση:

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

4_3903.png
4_3903.png (10.06 KiB) Προβλήθηκε 13440 φορές


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

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

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

Άρα \boxed{B\Delta||ZE}, ως κάθετες στην ίδια ευθεία.
τελευταία επεξεργασία από george visvikis σε Τρί Μάιος 27, 2014 12:03 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 924
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #7 από hlkampel » Δευ Μάιος 26, 2014 11:19 pm

Άσκηση 3904

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

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

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

Λύση

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

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

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

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

β) Αν το {\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N} είναι ρόμβος τότε το τετράπλευρο {\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta δεν είναι απαραίτητα ορθογώνιο αφού αρκεί οι διαγώνιοι του να είναι ίσοι ώστε να συμβαίνουν όλα τα παραπάνω.
Συνημμένα
3904.png
3904.png (20.49 KiB) Προβλήθηκε 13526 φορές


Ηλίας Καμπελής
Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5148
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #8 από Μπάμπης Στεργίου » Δευ Μάιος 26, 2014 11:50 pm

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3906

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

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

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

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

ΛΥΣΗ

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

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

2014-5-26, TRAP.PNG
2014-5-26, TRAP.PNG (21.62 KiB) Προβλήθηκε 13400 φορές


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

Επομένως :

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

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

( Με πολλά προβλήματα στη μετατροπή, αλλά θα δω τι φταίει)
τελευταία επεξεργασία από Μπάμπης Στεργίου σε Τρί Μάιος 27, 2014 12:30 am, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 924
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #9 από hlkampel » Δευ Μάιος 26, 2014 11:54 pm

Άσκηση 3908

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

α) {\rm A}{\rm E} = {\rm B}{\rm E}

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

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

Λύση

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Άρα {\rm A}{\rm E} = {\rm B}{\rm E} = {\rm B}{\rm K} = {\rm K}{\rm A} = \rho δηλαδή το τετράπλευρο {\rm A}{\rm K}{\rm B}{\rm E} είναι ρόμβος αφού έχει όλες τις πλευρές του ίσες.
Συνημμένα
3908.png
3908.png (21.65 KiB) Προβλήθηκε 13391 φορές
τελευταία επεξεργασία από hlkampel σε Τρί Μάιος 27, 2014 12:20 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4546
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #10 από Doloros » Τρί Μάιος 27, 2014 12:00 am

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

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

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

A}\Delta.

Να αποδείξετε ότι :

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

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

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

Λύση

4_3762.png
4_3762.png (11.01 KiB) Προβλήθηκε 13454 φορές

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

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

β) Επειδή και \Delta {\rm Z} = \dfrac{{{\rm A}\Delta }}{2} = \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2} λόγω της (1) θα είναι : \boxed{\Delta {\rm H} = \Delta {\rm Z}}\,\,\,(2) . Τα ορθογώνια τρίγωνα \Delta {\rm A}{\rm H}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\Delta \Gamma {\rm Z} έχουν : \Delta {\rm A} = \Delta \Gamma ως πλευρές του τετραγώνου και λόγω της (2) \Delta {\rm H} = \Delta {\rm Z}. Δηλαδή

τις κάθετες πλευρές τους ίσες άρα θα είναι ίσα .

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

Όμως στο ορθογώνιο τρίγωνο \Delta {\rm A}{\rm H} οι οξείες του γωνίες έχουν άθροισμα {90^0} , δηλαδή \widehat \omega  + \widehat \phi  = {90^0} , οπότε λόγω της (3) έχουμε : \boxed{\widehat \omega  + \widehat \theta  = {{90}^0}} (4).

Αν τώρα πούμε {\rm T} το σημείο τομής της \Gamma {\rm Z}\, με την {\rm A}{\rm E} στο τρίγωνο {\rm T}{\rm H}\Gamma το άθροισμα δύο γωνιών του είναι λόγω της (4) {90^0} και άρα η γωνία του {\rm H}\widehat {\rm T}\Gamma  = {90^0} και έτσι \Gamma {\rm Z} \bot {\rm A}{\rm E}.

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


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5056
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #11 από george visvikis » Τρί Μάιος 27, 2014 12:19 am

Άσκηση 3911

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

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

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

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

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


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4105
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #12 από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τρί Μάιος 27, 2014 12:44 am

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

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

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

ΛΥΣΗ

(α)

3915(α).png
3915(α).png (6.58 KiB) Προβλήθηκε 13218 φορές


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

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

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

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

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

άρα είναι ορθογώνιο.

(β)

3915(β).png
3915(β).png (3.82 KiB) Προβλήθηκε 13218 φορές


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

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

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

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

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

δύο διαδοχικές πλευρές του ίσες, άρα θα είναι ρόμβος.
τελευταία επεξεργασία από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ σε Τρί Μάιος 27, 2014 1:34 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 924
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #13 από hlkampel » Τρί Μάιος 27, 2014 12:53 am

Άσκηση 3919

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο {\rm A}{\rm B}\Gamma με {\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma και {\rm A}\Delta ,{\rm B}{\rm E} τα ύψη του. Να αποδείξετε ότι:

α) {\rm B}\Gamma  = 2{\rm E}\Delta

β) \widehat {{\rm B}{\rm E}\Delta } = \dfrac{{\widehat {\rm A}}}{2}

γ) Το τετράπλευρο {\rm A}{\rm E}\Delta {\rm B}

δ) \widehat {{\rm A}{\rm B}{\rm E}} = \widehat {{\rm A}\Delta {\rm E}}


Λύση

α) Το ύψος {\rm A}\Delta που αντιστοιχεί στη βάση {\rm B}\Gamma του ισοσκελούς τριγώνου είναι και διάμεσος, δηλαδή το \Delta είναι μέσο του {\rm B}\Gamma.

Στο ορθ. τρίγωνο {\rm B}{\rm E}\Gamma το {\rm E}\Delta είναι διάμεσος στην υποτείνουσα {\rm B}\Gamma, έτσι {\rm E}\Delta  = \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{2} \Leftrightarrow {\rm B}\Gamma  = 2{\rm E}\Delta .

β) Το τετράπλευρο {\rm A}{\rm E}\Delta {\rm B} είναι εγγράψιμο αφού η πλευρά του {\rm A}{\rm B} φαίνεται από τις απέναντι κορυφές \Delta ,{\rm E} υπό ορθή γωνία.

Άρα \widehat {{\rm B}{\rm E}\Delta } = \widehat {{\rm B}{\rm A}\Delta } \Leftrightarrow \widehat {{\rm B}{\rm E}\Delta } = \dfrac{{\widehat {\rm A}}}{2}

(Σημείωση: Μάλλον κάτι άλλο είχε στο μυαλό του ο θεματοδότης)

γ) Το τετράπλευρο {\rm A}{\rm E}\Delta {\rm B} είναι εγγράψιμο από το (β) ερώτημα.

δ) Είναι \widehat {{\rm A}{\rm B}{\rm E}} = \widehat {{\rm A}\Delta {\rm E}} αφού το τετράπλευρο {\rm A}{\rm E}\Delta {\rm B} είναι εγγράψιμο.
Συνημμένα
3919.png
3919.png (11.97 KiB) Προβλήθηκε 13252 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 924
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #14 από hlkampel » Τρί Μάιος 27, 2014 1:21 am

Άσκηση 3926

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

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

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

β) {\rm B}\Theta  = \Theta {\rm M}

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

Λύση

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

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

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

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

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

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

Edit: Έγινε διόρθωση τυπογραφικού. Ευχαριστώ τον Γιάννη (παρακάτω) για τον εντοπισμό.
Συνημμένα
3926.png
3926.png (16.06 KiB) Προβλήθηκε 13212 φορές
τελευταία επεξεργασία από hlkampel σε Τρί Μάιος 27, 2014 8:16 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Ηλίας Καμπελής
pana1333
Δημοσιεύσεις: 1021
Εγγραφή: Τρί Απρ 21, 2009 8:46 pm
Επικοινωνία:

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #15 από pana1333 » Τρί Μάιος 27, 2014 3:53 am

Άσκηση 3932

σχήμα.png
σχήμα.png (12.68 KiB) Προβλήθηκε 13129 φορές


α) Επειδή στο τρίγωνο AB\Gamma είναι Z μέσο της πλευράς AB και E μέσο της πλευράς A\Gamma είναι ZE//B\Gamma και ZE=\frac{B\Gamma }{2}=B\Delta αφού \Delta μέσο της πλευράς B \Gamma. Επομένως η πλευρά ZE είναι παράλληλη και ίση με την πλευρά B \Delta που σημαίνει ότι το τετράπλευρο ZE\Delta Bείναι παραλληλόγραμμο. Επομένως ZE=B\Delta (1)

β) Αφού είναι ZM//B\Delta τότε είναι {{\hat{B}}_{1}}={{\hat{M}}_{1}}ως εντός εναλλάξ, και επειδή {{\hat{B }}_{1}}={{\hat{B }}_{2}} αφού BMδιχοτόμος θα είναι και {{\hat{B }}_{2}}={{\hat{M }}_{1}} που σημαίνει ότι το τρίγωνο BZMείναι ισοσκελές. Άρα και B Z =Z M(2). Ομοίως είναι {{\hat{B }}_{2}}=\hat{N } ως εντός εναλλάξ διότι A B //N \Delta αφού το Z E \Delta B είναι παραλληλόγραμμο και επειδή {{\hat{B }}_{1}}={{\hat{B }}_{2}} και {{\hat{M }}_{1}}={{\hat{M }}_{2}} ως κατακορυφήν θα είναι και {{\hat{M }}_{2}}=\hat{N }. Συνεπώς το τρίγωνο MENείναι ισοσκελές. Επομένως και M E =E M (3).

γ)Με τη βοήθεια των ισοτήτων (2),(3),(1) έχουμε B Z +N E =Z M +M E =Z E =B \Delta =\Delta \Gamma.
τελευταία επεξεργασία από pana1333 σε Τρί Μάιος 27, 2014 4:29 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Κανάβης Χρήστος
Μαθηματικός
pana1333
Δημοσιεύσεις: 1021
Εγγραφή: Τρί Απρ 21, 2009 8:46 pm
Επικοινωνία:

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #16 από pana1333 » Τρί Μάιος 27, 2014 4:28 am

Άσκηση 3938

α) Στο τρίγωνο AB\Gammaείναι M μέσο της πλευράς B\Gamma και \Lambda μέσο της A\Gamma. Τότε είναι M\Lambda //BN και M\Lambda =\frac{BN}{2} (1). Επομένως και KN//M\Lambda. Αντιστρόφως στο τρίγωνο AM\Lambda αφού είναι Kμέσο της AM και KN//M\Lambda τότε το N είναι μέσο της πλευράς A\Lambda και επομένως θα είναι και KN=\frac{M\Lambda }{2}\Leftrightarrow M\Lambda =2KN (2).

β) Η γωνία K\hat{M}B και η K\hat{M}\Gamma είναι παραπληρωματικές. Επομένως είναι K\hat{M}\Gamma ={{180}^{0}}-K\hat{M}\Beta(3). Επίσης είναι A\hat{K}N=B\hat{K}M (4) ως κατακορυφήν. Επομένως στο τρίγωνο BKM έχουμε ότι K\hat{B}M+B\hat{K}M+K\hat{M}B={{180}^{0}}\overset{(4)}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,K\hat{B}M+A\hat{K}N={{180}^{0}}-K\hat{M}B (5)

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

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


Κανάβης Χρήστος
Μαθηματικός
STOPJOHN
Δημοσιεύσεις: 1532
Εγγραφή: Τετ Οκτ 05, 2011 7:08 pm
Τοποθεσία: Δροσιά, Αττικής

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #17 από STOPJOHN » Τρί Μάιος 27, 2014 7:43 am

Kαλημέρα σε όλους
Η λύση της άσκησης 3926 Γεωμετρίας χρειάζεται διόρθωση Να γραφτεί B\Theta =M\Delta
φιλικά
Γιάννης


α. Η δυσκολία με κάνει δυνατότερο.
β. Όταν πέφτεις να έχεις τη δύναμη να σηκώνεσαι.
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 924
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #18 από hlkampel » Τρί Μάιος 27, 2014 8:13 am

Άσκηση 3945

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

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

Να αποδείξετε ότι:

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

β) {\rm M}\Lambda  = {\rm M}{\rm K}

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

Λύση

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

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

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

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

Έτσι {\rm M}\Lambda  = {\rm M}{\rm K}

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

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

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

Άρα \widehat {\Lambda {\rm A}{\rm M}} = \widehat {{\rm M}{\rm A}{\rm K}} δηλαδή η {\rm A}{\rm M} είναι διχοτόμος της γωνίας \widehat {\Lambda {\rm A}{\rm K}}
Συνημμένα
3945.png
3945.png (15.09 KiB) Προβλήθηκε 13002 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 924
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #19 από hlkampel » Τρί Μάιος 27, 2014 8:49 am

Άσκηση 3948

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

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

α) {\rm M}{\rm K} = {\rm K}{\rm N}

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

Λύση

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

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

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

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

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

Από τις \left( 4 \right),\left( 5 \right)λόγω της \left( 3 \right) συμπεραίνουμε ότι \widehat {{\rm M}{\rm E}{\rm A}} = \widehat {{\rm M}{\rm Z}\Delta }
Συνημμένα
3948.png
3948.png (18.65 KiB) Προβλήθηκε 12934 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4546
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #20 από Doloros » Τρί Μάιος 27, 2014 8:53 am

hlkampel έγραψε:Άσκηση 3945

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

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

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

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

Μια εναλλακτική πρόταση για το τρίτο ερώτημα
3945.png
3945.png (18.75 KiB) Προβλήθηκε 12920 φορές

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

Φιλικά Νίκος



Επιστροφή σε “Τράπεζα Θεμάτων, Γεωμετρία A”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 0 επισκέπτες