ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

#201

Άσκηση 3775

Δίνεται παραλληλόγραμμο με

το κέντρο του. Από την κορυφή $\Delta$ φέρουμε το τμήμα $\Delta K$ κάθετο στην $A\Gamma$ και στην προέκτασή του προς το

θεωρούμε σημείο

, ώστε $KE=\Delta K$ . Να αποδείξετε ότι:

α) $\displaystyle{{\rm E}{\rm O} = \frac{{{\rm B}\Delta }}{2}}$ (Μονάδες

)

β) Η γωνία $\displaystyle{\Delta \widehat {\rm E}{\rm B}}$ είναι ορθή. (Μονάδες

)

γ) Το τετράπλευρο $AEB\Gamma$ είναι ισοσκελές τραπέζιο. (Μονάδες

)

Λύση:

α) Το τρίγωνο $OE\Delta$ είναι ισοσκελές, επειδή η

είναι μεσοκάθετος του $\Delta E$ .

Άρα: $\displaystyle{{\rm E}{\rm O} = \Delta {\rm O} = \frac{{{\rm B}\Delta }}{2}}$

β) Η

είναι διάμεσος του τριγώνου $E\Delta B$ και είναι ίση με το μισό της $B\Delta$ . Άρα η γωνία $\displaystyle{\Delta \widehat {\rm E}{\rm B}}$ είναι ορθή.

: 3775.png (14.16 KiB) Προβλήθηκε 4893 φορές

γ)

(είναι κάθετες στην ίδια ευθεία $E\Delta$ )

$A\Delta =B\Gamma$ (απέναντι πλευρές παραλληλογράμμου) και $A\Delta =AE$ (

είναι σημείο της μεσοκαθέτου του τμήματος $\Delta E$ )

Άρα, το τετράπλευρο $AEB\Gamma$ είναι ισοσκελές τραπέζιο ή παραλληλόγραμμο.
Αν $\displaystyle{{\rm A}\Delta \bot {\rm A}\Gamma }$ (δηλαδή τα σημεία $\Delta, K$ συμπίπτουν), τότε $AE||B\Gamma$ , οπότε το $AEB\Gamma$ θα είναι ορθογώνιο.
Πιστεύω πως έπρεπε να δοθεί στην εκφώνηση ότι η διαγώνιος $A\Gamma$ δεν είναι κάθετη στην πλευρά $A\Delta$ του παραλληλογράμμου. Δηλαδή το (γ) ερώτημα δεν ισχύει για οποιοδήποτε παραλληλόγραμμο $AB\Gamma\Delta$ .

Παρατήρηση: Έχω τη γνώμη ότι το ερώτημα (γ) είναι προβληματικό, για τους λόγους που προανέφερα στη λύση.

hlkampel · #202

Άσκηση 3784

Δίνεται τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ με ${\rm A}\Delta = {\rm B}\Gamma$ . Αν ${\rm E},\Lambda ,{\rm Z},{\rm K},{\rm N},{\rm M}$ είναι τα μέσα των
${\rm A}{\rm B}$ , ${\rm B}\Gamma ,\Gamma \Delta ,\Delta {\rm A},\Delta {\rm B}$ και ${\rm A}\Gamma$ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι:
α) Το τετράπλευρο ${\rm E}{\rm M}{\rm Z}{\rm N}$ ρόμβος.
β) Η ${\rm E}{\rm Z}$ είναι μεσοκάθετος του ευθύγραμμου τμήματος ${\rm M}{\rm N}$ .
γ) ${\rm K}{\rm E} = {\rm Z}\Lambda$
δ) Τα ευθύγραμμα τμήματα ${\rm K}\Lambda ,{\rm M}{\rm N},{\rm E}{\rm Z}$ διέρχονται από ίδιο σημείο.

Λύση

α) Είναι ${\rm E}{\rm N}//\dfrac{{{\rm A}\Delta }}{2}\;\left( 1 \right)$ αφού το ${\rm E}{\rm N}$ ενώνει τα μέσα δύο πλευρών του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Delta$
${\rm M}{\rm Z}// = \dfrac{{{\rm A}\Delta }}{2}\;\left( 2 \right)$ αφού το ${\rm M}{\rm Z}$ ενώνει τα μέσα δύο πλευρών του τριγώνου ${\rm A}\Gamma \Delta$

${\rm E}{\rm M} = \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{{\rm B}\Gamma = {\rm A}\Delta } {\rm E}{\rm M} = \dfrac{{{\rm A}\Delta }}{2}\;\left( 3 \right)$

Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)$ συμπεραίνουμε ότι το ${\rm E}{\rm M}{\rm Z}{\rm N}$ ρόμβος.

β) Από τον ρόμβο είναι: ${\rm E}{\rm N} = {\rm E}{\rm M}$ και ${\rm Z}{\rm N} = {\rm Z}{\rm M}$
δηλαδή η ${\rm E}{\rm Z}$ είναι μεσοκάθετος του ευθύγραμμου τμήματος ${\rm M}{\rm N}$ αφού τα ${\rm E},{\rm Z}$ ισαπέχουν από τα άκρα του ${\rm M}{\rm N}$ .

γ) Είναι ${\rm K}{\rm E}// = \dfrac{{{\rm B}\Delta }}{2}$ και ${\rm Z}\Lambda // = \dfrac{{{\rm B}\Delta }}{2}$ γιατί τα ${\rm K}{\rm E},{\rm Z}\Lambda$ ενώνουν τα μέσα δύο πλευρών των τριγώνων ${\rm A}\Delta {\rm B}$ και ${\rm B}\Gamma \Delta$ αντίστοιχα.
Έτσι ${\rm K}{\rm E} = {\rm Z}\Lambda$

δ) Από τις παραπάνω σχέσεις συμπεραίνουμε ότι το ${\rm K}{\rm E}\Lambda {\rm Z}$ είναι παραλληλόγραμμο.
Οι διαγώνιοι του ${\rm K}\Lambda$ και ${\rm E}{\rm Z}$ διέρχονται από το μέσο ${\rm O}$ της ${\rm E}{\rm Z}$ .
Όμως το μέσο ${\rm O}$ της ${\rm E}{\rm Z}$ είναι και κέντρο του ρόμβου, οπότε και η ${\rm M}{\rm N}$ διέρχεται από το Ο.

Edit: Έγινε αλλαγή της άσκησης γιατί η προηγούμενη (2810) είναι ήδη λυμένη και δεν το πρόσεξα.

#203

3777

Δύο κύκλοι $\displaystyle{(O,{{\rm{\rho }}_1})}$ , $\displaystyle{({\rm K},{\rho _2})}$ εφάπτονται εξωτερικά στο $\displaystyle{{\rm N}}$ . Μια ευθεία $\displaystyle{(\varepsilon )}$ εφάπτεται στους δύο κύκλους στα σημεία $\displaystyle{{\rm A},{\rm B}}$ αντίστοιχα.
Η κοινή εφαπτομένη των κύκλων στο $\displaystyle{{\rm N}}$ τέμνει την $\displaystyle{(\varepsilon )}$ στο $\displaystyle{{\rm M}}$ .
Να αποδείξετε ότι:
α) Το $\displaystyle{{\rm M}}$ είναι μέσον του $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}}$ . (Μονάδες 7)
β) $\displaystyle{\widehat{{\rm O}{\rm M}{\rm K}} = {90^0}}$ (Μονάδες 9)
γ) $\displaystyle{\widehat{{\rm A}{\rm N}{\rm B}} = {90^0}}$ (Μονάδες 9)

: 3777.png (21.07 KiB) Προβλήθηκε 4771 φορές

Λύση

α) Τα εφαπτόμενα τμήματα από το $\displaystyle{{\rm M}}$ στους κύκλους είναι ίσα , άρα $\displaystyle{{\rm M}{\rm A} = {\rm M}{\rm N},{\rm M}{\rm B} = {\rm M}{\rm N}}$ , οπότε $\displaystyle{{\rm M}{\rm A} = {\rm M}{\rm B}}$ άρα το $\displaystyle{{\rm M}}$ είναι το μέσον του $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}}$
β) Οι $\displaystyle{{\rm M}{\rm O},{\rm M}{\rm K}}$ ως διχοτόμοι των εφεξής παραπληρωματικών γωνιών $\displaystyle{\widehat{{\rm A}{\rm M}{\rm N}},\widehat{{\rm B}{\rm M}{\rm N}}}$ , είναι μεταξύ τους κάθετες και το ζητούμενο έπεται .
γ) Από το (β) και τα ισοσκελή τρίγωνα $\displaystyle{{\rm M}{\rm A}{\rm N},{\rm M}{\rm N}{\rm B}}$ , έχουμε ότι
$\displaystyle{\widehat{{\rm A}{\rm N}{\rm B}} = \widehat{{\rm A}{\rm N}{\rm M}} + \widehat{{\rm M}{\rm N}{\rm B}} = \widehat{{{\rm A}_1}} + \widehat{{{\rm B}_1}} = {90^0}}$

Σχόλιο : Άλλος τρόπος λύσης μπορεί να προκύψει αν δούμε ότι οι γωνίες $\displaystyle{{\widehat{\rm A}_1},{\widehat{\rm B}_1}}$ είναι χορδής και εφαπτομένης
και ότι τα τετράπλευρα $\displaystyle{{\rm A}{\rm M}{\rm N}{\rm O},{\rm M}{\rm N}{\rm K}{\rm B}}$ είναι εγγράψιμα , κτλ

hlkampel · #204

Άσκηση 3781

Έστω κύκλος $\left( {{\rm O},\rho } \right)$ και ${\rm E}$ το μέσον του τόξου του ${\rm B}\Gamma$ .
Μια ευθεία $(\varepsilon )$ εφάπτεται στο κύκλο στο ${\rm E}$ . Οι προεκτάσεις των ${\rm O}{\rm B},{\rm O}\Gamma$ τέμνουν την ευθεία $(\varepsilon )$ στα σημεία ${\rm Z}$ και ${\rm H}$ αντίστοιχα .
Να αποδείξετε ότι :
α) ${\rm B}\Gamma //{\rm Z}{\rm H}$
β) ${\rm O}{\rm Z} = {\rm O}{\rm H}$
γ) Αν ${\rm B}$ μέσον της ${\rm O}{\rm Z}$
i. να αποδείξετε ότι $\widehat {{\rm B}{\rm E}{\rm Z}} = \dfrac{{\widehat {{\rm Z}{\rm O}{\rm H}}}}{4}$
ii. να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου ${\rm Z}{\rm O}{\rm H}$

Λύση

α) Αφού το ${\rm E}$ είναι το μέσον του τόξου του ${\rm B}\Gamma$ , τότε η ακτίνα ${\rm O}{\rm E}$ είναι και απόστημα της χορδής ${\rm B}\Gamma$ δηλαδή ${\rm O}{\rm E} \bot {\rm B}\Gamma$
Έτσι ${\rm B}\Gamma //{\rm Z}{\rm H}$ ως κάθετες στην ${\rm O}{\rm E}$
β) Τα ορθογώνια τρίγωνα ${\rm O}{\rm E}{\rm Z}$ και ${\rm O}{\rm E}{\rm H}$ είναι ίσα επειδή έχουν:

${\rm O}{\rm E}$ κοινή πλευρά και $\widehat {{\rm B}{\rm O}{\rm E}} = \widehat {\Gamma {\rm O}{\rm E}}$ ως επίκεντρες που βαίνουν στα ίσα τόξα ${\rm B}{\rm E}$ και ${\rm E}\Gamma$ άρα ${\rm O}{\rm Z} = {\rm O}{\rm H}$

γ) Αν ${\rm B}$ μέσον της ${\rm O}{\rm Z}$ τότε:
i. Επειδή ${\rm O}{\rm Z} = {\rm O}{\rm H}$ το τρίγωνο ${\rm O}{\rm Z}{\rm H}$ είναι ισοσκελές οπότε $\widehat {\rm Z} = \widehat {\rm H}\;\left( 1 \right)$
Στο ορθογώνιο τρίγωνο ${\rm O}{\rm E}{\rm Z}$ η ${\rm E}{\rm B}$ είναι διάμεσος στην υποτείνουσα, δηλαδή ${\rm E}{\rm B} = \dfrac{{{\rm O}{\rm Z}}}{2} = {\rm B}{\rm Z}$ .

Έτσι το τρίγωνο ${\rm B}{\rm E}{\rm Z}$ είναι ισοσκελές με $\widehat {{\rm B}{\rm E}{\rm Z}} = \widehat {\rm Z}\;\left( 2 \right)$ και ${\rm O}{\rm E}$ ύψος και διχοτόμος

Όμως η $\widehat {{\rm B}{\rm E}{\rm Z}}$ είναι γωνία χορδής $\left( {{\rm B}{\rm E}} \right)$ και εφαπτομένης $\left( {{\rm Z}{\rm E}} \right)$ ,
οπότε $\widehat {{\rm B}{\rm E}{\rm Z}} = \dfrac{{\tau o\xi {\rm B}{\rm E}}}{2} \Rightarrow \widehat {{\rm B}{\rm E}{\rm Z}} = \dfrac{{\widehat {{\rm Z}{\rm O}{\rm E}}}}{2} \Rightarrow \widehat {{\rm B}{\rm E}{\rm Z}} = \dfrac{{\dfrac{{\widehat {{\rm Z}{\rm O}{\rm H}}}}{2}}}{2} \Rightarrow \widehat {{\rm B}{\rm E}{\rm Z}} = \dfrac{{\widehat {{\rm Z}{\rm O}{\rm H}}}}{4}\;\left( 3 \right)$

ii. $\left( 2 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \widehat {\rm Z} = \dfrac{{\widehat {{\rm Z}{\rm O}{\rm H}}}}{4}\;\left( 4 \right)$

Από το ισοσκελές τρίγωνο ${\rm B}{\rm E}{\rm Z}$ είναι:

$\widehat {\rm Z} + \widehat {\rm H} + \widehat {{\rm Z}{\rm O}{\rm H}} = 180^\circ \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 3 \right)} 2\widehat {\rm Z} + \widehat {{\rm Z}{\rm O}{\rm H}} = 180^\circ \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} \dfrac{3}{2}\widehat {{\rm Z}{\rm O}{\rm H}} = 180^\circ \Rightarrow \widehat {{\rm Z}{\rm O}{\rm H}} = 120^\circ$

$\left( 1 \right),\left( 4 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat {{\rm Z}{\rm O}{\rm H}} = 120^\circ } \widehat {\rm Z} = \widehat {\rm H} = \dfrac{{120^\circ }}{4} = 30^\circ$

#205

Άσκηση 3787

Έστω $A, B, \Gamma$ συνευθειακά σημεία με $AB=2B\Gamma$ . Θεωρούμε το μέσο

της

. Προς το ίδιο ημιεπίπεδο κατασκευάζουμε τα ισόπλευρα τρίγωνα $A\Delta B, BE\Gamma$ . Να αποδείξετε ότι:

α) Το τετράπλευρο $A\Delta EB$ είναι τραπέζιο ( $A\Delta||BE$ ). (Μονάδες 9)

β) Τα τρίγωνα $\Delta MB, \Delta EB$ είναι ίσα. (Μονάδες 8)

γ) Το τετράπλευρο $\Delta MBE$ είναι εγγράψιμο. (Μονάδες 8)

Λύση:

α) $\displaystyle{\Delta \widehat {\rm B}{\rm A} = {\rm E}\widehat {\rm B}\Gamma = {60^0} \Rightarrow \Delta \widehat {\rm B}{\rm E} = {60^0}}$ . Άρα $\displaystyle{\widehat {\rm A} = \Delta \widehat {\rm B}{\rm E} = {60^0}}$ κι επειδή είναι εντός εναλλάξ,

τότε $A\Delta||BE$ ( $\displaystyle{{\rm A}\Delta \ne {\rm B}{\rm E}}$ ), οπότε το τετράπλευρο $A\Delta EB$ είναι τραπέζιο.

β) $\displaystyle{{\rm A}{\rm B} = 2{\rm B}\Gamma \Rightarrow {\rm M}{\rm B} = {\rm B}\Gamma = {\rm E}{\rm B}}$

Τα τρίγωνα $\Delta MB, \Delta EB$ έχουν τη $B\Delta$ κοινή, MB=BE

και $\displaystyle{\Delta \widehat {\rm B}{\rm M} = {\rm E}\widehat {\rm B}\Delta = {60^0}}$ . Άρα είναι ίσα.

: 3787.png (16.04 KiB) Προβλήθηκε 4731 φορές

γ) Από την ισότητα των τριγώνων προκύπτει ότι $\displaystyle{\Delta \widehat {\rm E}{\rm B} = \Delta \widehat {\rm M}{\rm B} = {90^0}}$ (στο ισόπλευρο τρίγωνο κάθε διάμεσος είναι και ύψος). Το τετράπλευρο $\Delta MBE$ είναι λοιπόν εγγράψιμο, αφού δύο από τις απέναντι γωνίες του είναι ορθές.

hlkampel · #206

Άσκηση 3789

Δίνεται παραλληλόγραμμο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ .
Θεωρούμε το μέσο ${\rm M}$ της πλευράς ${\rm A}\Delta$ και $\Gamma {\rm E}$ κάθετος από τη κορυφή $\Gamma$ στην ευθεία ${\rm M}{\rm B}$ $\left( {\Gamma {\rm E} \bot {\rm M}{\rm B}} \right)$ .
Η παράλληλη από την κορυφή $\Delta$ στην ευθεία ${\rm M}{\rm B}$ $\left( {\Delta x//{\rm M}{\rm B}} \right)$ τέμνει τις ${\rm B}\Gamma$ και $\Gamma {\rm E}$ στα σημεία ${\rm N},{\rm Z}$ αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι:
α) Το τετράπλευρο ${\rm M}{\rm B}{\rm N}\Delta$ είναι παραλληλόγραμμο.
β) Το σημείο ${\rm Z}$ είναι μέσον του ευθυγράμμου τμήματος $\Gamma {\rm E}$ .
γ) $\Delta {\rm E} = \Delta \Gamma$

Λύση

α) Είναι ${\rm M}{\rm B}//\Delta {\rm Z}$ και ${\rm M}\Delta //{\rm B}{\rm Z}$ , οπότε το ${\rm M}{\rm B}{\rm N}\Delta$ είναι παραλληλόγραμμο.

β) Από το ${\rm M}{\rm B}{\rm N}\Delta$ είναι: ${\rm B}{\rm N} = {\rm M}\Delta = \dfrac{{{\rm A}\Delta }}{2}\mathop = \limits^{{\rm A}\Delta = {\rm B}\Gamma } \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{2}$ δηλαδή το ${\rm N}$ είναι μέσο του ${\rm B}\Gamma$ .

Στο τρίγωνο ${\rm B}{\rm E}\Gamma$ ${\rm N}$ είναι μέσο του ${\rm B}\Gamma$ και ${\rm N}{\rm Z}//{\rm B}{\rm E}$ άρα το ${\rm Z}$ είναι μέσον του ευθυγράμμου τμήματος $\Gamma {\rm E}$ .

γ) Είναι $\Delta {\rm Z}//{\rm M}{\rm E}$ και ${\rm M}{\rm E} \bot \Gamma {\rm E}$ άρα και $\Delta {\rm Z} \bot \Gamma {\rm E}$

Στο τρίγωνο $\Delta {\rm E}\Gamma$ το $\Delta {\rm Z}$ είναι ύψος και διάμεσος οπότε είναι ισοσκελές, δηλαδή $\Delta {\rm E} = \Delta \Gamma$

VreAnt · #207

Άσκηση 3793
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ . Κατασκευάζουμε εξωτερικά του τριγώνου τα
ισόπλευρα τρίγωνα AEB

, $A\Gamma\Delta$ . Ονομάζουμε

το σημείο τομής των ευθυγράμμων
τμημάτων $B\Delta , \Gamma E$ .
Να αποδείξετε ότι:
α) Τα τρίγωνα $AE\Gamma$ και $AB\Delta$ είναι ίσα και να γράψετε τα ζεύγη των ίσων γωνιών (Μονάδες 10)
β) Τα τετράπλευρα $AZ\Gamma\Delta$ , AZBE

είναι εγγράψιμα. (Μονάδες 10)
γ) Η γωνία $BZ\Gamma$ είναι 120^o

. (Μονάδες 5)
Λύση

: 4-3793.png (37.75 KiB) Προβλήθηκε 4697 φορές

α)Αφού τρίγωνα AEB

, $A\Gamma\Delta$ ισόπλευρα, έχουν ίσες πλευρές και γωνίες 60^o

.
Έχω:
$\displaystyle{ \left\{ {\left. {\begin{array}{*{20}c} {AE = AB = \gamma } \\ {A\Gamma = A\Delta = \beta } \\ {E\hat A\Gamma = 60^O + \hat A = B\hat A\Delta } \\ \end{array}} \right\}\mathop \Rightarrow \limits^{\Pi \Gamma \Pi } \triangleleft AE\Gamma } \right. = \triangleleft AB\Delta }$ .

Άρα $\displaystyle{\hat \omega _1 = \hat \omega _2 }$ και $\displaystyle{\hat \phi_1 = \hat \phi_2 }$ .

β)Το τετράπλευρο $AZ\Gamma\Delta$ είναι εγγράψιμο αφού $\displaystyle{\hat \omega _1 = \hat \omega _2 }$ (η πλευρά

φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπο ίση γωνία).
Όμοια για το τετράπλευρο AZBE

.

γ)Αφού $AZ\Gamma\Delta$ είναι εγγράψιμο τότε $\hat{Z}_2=\hat{\Delta}=60^o$ (ίση με απέναντι εσωτερική).
Όμοια, $\hat{Z}_1=\hat{E}=60^o$ . Συνεπώς $B\hat{Z}\Gamma=\hat{Z}_1+\hat{Z}_2=120^o$ .

VreAnt · #208

Άσκηση 3796
Δίνονται οξυγώνιο τρίγωνο $AB\Gamma , BE,\Gamma Z$ τα ύψη από τις κορυφές $B , \Gamma$ αντίστοιχα και

το ορθόκεντρο του τριγώνου. Επίσης δίνονται τα $M,N,K,\Lambda$ μέσα των
ευθυγράμμων τμημάτων $AB,A\Gamma,\Gamma H,BH$ αντίστοιχα.
α) Να αποδείξετε ότι:
i. $MN=\Lambda K$ (Μονάδες 6)
ii. $NK=M\Lambda=\dfrac{AH}{2}$ (Μονάδες 6)
iii. Το τετράπλευρο $MNK\Lambda$ είναι ορθογώνιο. (Μονάδες 6)
β) Αν το

είναι το μέσο της $B\Gamma$ , να αποδείξετε ότι $M\hat{O}K=90^o$ . (Μονάδες 7)
Λύση

: 4-3796.png (28.12 KiB) Προβλήθηκε 4572 φορές

α) Στο τρίγωνο ABH

, $\displaystyle{\left. {\begin{array}{*{20}c} {M\,\mu \varepsilon \sigma o\,{\rm A}{\rm B}} \\ {\Lambda \,\mu \varepsilon \sigma o\,{\rm B}{\rm H}} \\ \end{array}} \right\} \Rightarrow {\rm M}\Lambda \parallel= \frac{{{\rm A}{\rm H}}}{2}}\,\,(1)$

Όμοια στα τρίγωνα $AH\Gamma, AB\Gamma, BH\Gamma, BH\Gamma$ έχω:
$KN\parallel=\dfrac{AH}{2}\,\,(2)$ , $MN\parallel=\dfrac{B\Gamma}{2}\,\, (3)$ , $K\Lambda \parallel=\dfrac{B\Gamma}{2}\,\, (4)$ , $KO \parallel=\dfrac{BH}{2}\,\, (5)$ , $OM \parallel=\dfrac{A\Gamma}{2}\,\, (6)$ .
i) Από $(3),(4)\Rightarrow \boxed{MN\parallel=\Lambda K} (7)$ .

ii) Από $(1),(2)\Rightarrow \boxed{NK=M\Lambda\parallel=\dfrac{AH}{2}}$ .
iii) Λόγω της (7)

το τετράπλευρο $MNK\Lambda$ είναι παραλληλόγραμμο.
Αφού

ορθόκεντρο, $AH\perp B\Gamma$ . Όμως $K \Lambda \parallel B\Gamma$ .
Άρα $AH \perp K \Lambda$ . Είναι $AH \parallel M\Lambda$ , συνεπώς $M \Lambda\perp \Lambda K$ .
Επομένως το παραλληλόγραμμο $MNK\Lambda$ έχοντας μια ορθή γωνία, είναι ορθογώνιο.

β) Αφού $BH\perp A\Gamma\,$

ορθόκεντρο

και ισχύουν οι (5),(6)

έχω $MO\perp OK$ δηλαδή $\boxed{M\hat{O}K=90^o}$ (όπως β. iii) ή γωνίες με πλευρές κάθετες).

#209

Άσκηση 3798

Δίνεται ορθή γωνία $\displaystyle{x\widehat Oy = {90^0}}$ και A,B

σημεία των ημιευθειών Oy,Ox

αντίστοιχα, με OA=OB

. Η $(\epsilon)$ είναι ευθεία που διέρχεται από την κορυφή

και αφήνει τις ημιευθείες Ox,Oy

στο ίδιο ημιεπίπεδο. Η κάθετη από το σημείο

στην $(\epsilon)$ την τέμνει στο $\Delta$ και η κάθετη από το σημείο

στην $(\epsilon)$ την τέμνει στο

. Να αποδείξετε ότι:

α) Τα τρίγωνα $OA\Delta$ και OEB

είναι ίσα. (Μονάδες 7)

β) $A\Delta+BE=\Delta E$ (Μονάδες 7)

γ) $\displaystyle{MN = \frac{{\Delta E}}{2}}$ , όπου M,N

είναι το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τα μέσα των $\Delta E$ και

. (Μονάδες 7)

δ) Το τρίγωνο $\Delta ME$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. (Μονάδες 4)

Λύση:

α) Τα ορθογώνια τρίγωνα $OA\Delta$ και OEB

έχουν

και $\omega=\phi$ (είναι οξείες και έχουν τις πλευρές τους κάθετες). Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα.

β) Από την ισότητα των τριγώνων προκύπτει ότι: $O\Delta=BE$ και $OE=A\Delta$ .
Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε $A\Delta+BE=\Delta E$

: 3798.png (11.8 KiB) Προβλήθηκε 4544 φορές

γ) Από την υπόθεση η

είναι διάμεσος του τραπεζίου $A\Delta EB$ , οπότε:

$\displaystyle{MN = \frac{{A\Delta + {\rm B}{\rm E}}}{2} = \frac{{\Delta E}}{2}}$ (*)

δ) Το τρίγωνο $\Delta ME$ είναι ορθογώνιο επειδή από το ερώτημα (γ), η διάμεσός του είναι ίση με το μισό της πλευράς που αντιστοιχεί.
Η

είναι όμως μεσοκάθετος του $\Delta E$ , οπότε το τρίγωνο είναι και ισοσκελές.

((*)) Συμπλήρωση του ερωτήματος (γ) κατόπιν επισήμανσης από VreAnt

Σε περίπτωση που είναι $AB||\Delta E$ , τότε το $A\Delta EB$ είναι ορθογώνιο, τα σημεία N, O

συμπίπτουν και είναι $MN=A\Delta$ . Τότε όμως το τετράπλευρο $A\Delta NM$ είναι τετράγωνο, οπότε $\displaystyle{MN = \Delta {\rm N} = {\rm N}{\rm E} = \frac{{\Delta E}}{2}}$

VreAnt · #210

Άσκηση 3800
Θεωρούμε ισόπλευρο τρίγωνο $AB\Gamma$ και τα σημεία $\Delta$ και

των πλευρών

και $A\Gamma$
αντίστοιχα, ώστε να είναι $A\Delta=\Gamma E$ . Έστω

το σημείο τομής των $\Gamma \Delta$ και

.
α) Να αποδείξτε ότι:
i. $B\hat{E}\Gamma=\Gamma\hat{\Delta}A$ (Μονάδες 10)
ii. $B\hat{O}\Gamma =120^o$ (Μονάδες 10)
β) Να εξετάσετε αν το τετράπλευρο $AEO\Delta$ είναι εγγράψιμο. Να αιτιολογήσετε την απάντηση σας. (Μονάδες 5)
Λύση

: 4-3800.png (25.31 KiB) Προβλήθηκε 4533 φορές

α) Αφού τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ισόπλευρο έχει ίσες πλευρές και ίσες γωνίες με 60^o

.
Tα τρίγωνα $BE\Gamma$ και $A\Delta\Gamma$ είναι ίσα (κριτήριο ΠΓΠ) γιατί έχουν:
$E\Gamma=A\Delta$ (υπόθεση), $\hat{A}=60^o=\hat{\Gamma}$ και $B\Gamma=A\Gamma$ .

i) Επομένως $\boxed{\hat{\omega }_1=\hat{\omega }_2}$ δηλ. το i. και $\hat{\theta}_1=\hat{\theta}_2=\theta^o \, (1)$ .
ii) Είναι, $\hat{\sigma}=60^o-\hat{\theta}_2=60^o-\theta^o\, (2)$ .
Στο τρίγωνο $BO\Gamma$ , $\hat{O}_1=180^o-\hat{\theta}_1-\hat{\sigma}\mathop = \limits^{(1),(2)}180^o-\hat{\not\theta}-60^o+\hat{\not\theta}=120^o$

β) Είναι $\hat{O}_1=\hat{O}_2=120^o$ ως κατακορυφήν.
Στο τετράπλευρο $AEO\Delta$ έχω $\hat{A}+\hat{O}_2=60^o+120^o=180^o$ και $\hat{A},\hat{O}_2$ είναι απέναντι γωνίες του, άρα είναι εγγράψιμο.

=======
edit
προστέθηκαν στο ευρετήριο
Φ.

VreAnt · #211

george visvikis έγραψε: Άσκηση 3798

(....)
Το συνημμένο 3798.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
γ) Από την υπόθεση η είναι διάμεσος του τραπεζίου $A\Delta EB$ , οπότε: $\displaystyle{MN = \frac{{A\Delta + {\rm B}{\rm E}}}{2} = \frac{{\Delta E}}{2}}$

Το $A\Delta EB$ δεν είναι απαραίτητα τραπέζιο. Αν $\varepsilon\parallel AB$ , τότε $N \equiv O$ και $MA\Delta N, MNEB$ τετράγωνα. Οπότε $MN=\Delta N=NE=\dfrac{\Delta E}{2}$

#212

ΑΣΚΗΣΗ 3806

Δίνεται το τετράγωνο $\displaystyle{AB\Gamma \Delta}$ . Στη διαγώνιο $\displaystyle{A\Gamma}$ θεωρουμε σημεία $\displaystyle{I,O,H}$ ώστε $\displaystyle{AI=IO=OH=H\Gamma}$

. Αν $\displaystyle{E , \Theta}$ και $\displaystyle{Z}$ τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{\Delta \Gamma}$ , $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{B\Gamma}$ αντίστοιχα ,να αποδείξετε ότι:

α) Το τετράπλευρο $\displaystyle{OZ\Gamma E}$ είναι τετράγωνο.

β) $\displaystyle{ZH=\frac{A\Gamma}{4}}$

γ) Το τετράπλευρο $\displaystyle{I\Theta ZH}$ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο, με $\displaystyle{\Theta Z=2ZH}$

ΛΥΣΗ

: ΣΧ 3806.png (4.23 KiB) Προβλήθηκε 4410 φορές

(α) Στο τρίγωνο $\displaystyle{A\Gamma B}$ η $\displaystyle{OZ}$ ενώνει τα μέσα δύο πλευρών του. Άρα $\displaystyle{OZ // = \frac{AB}{2}}$ . Eπίσης $\displaystyle{E\Gamma //= \frac{AB}{2}}$ (διότι το $\displaystyle{E}$ είναι μέσον του $\displaystyle{\Delta \Gamma}$ ) . Άρα

$\displaystyle{OZ //= E\Gamma}$ και συνεπώς το τεράπλευρο $\displaystyle{OZ\Gamma E}$ είναι παραλληλόγραμμο. Και αφού η γωνία $\displaystyle{Z\Gamma E}$ είναι ορθή, άρα είναι

ορθογώνιο. Επίσης έχουμε: $\displaystyle{Z\Gamma =\frac{B\Gamma}{2}=\frac{AB}{2}=OZ}$ . Άρα το πιο πάνω ορθογώνιο, είναι τετράγωνο, αφού έχει δύο διαδοχικές

πλευρές ίσες.

(β) Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{OZ\Gamma}$ , η $\displaystyle{ZH}$ είναι διάμεσος στην υποτείνουσα. Άρα $\displaystyle{ZH=\frac{1}{2} O\Gamma = \frac{1}{2} . \frac{1}{2} A\Gamma=}$

$\displaystyle{=\frac{A\Gamma}{4}}$ .

(γ) Στο τρίγωνο $\displaystyle{BA\Gamma}$ , η $\displaystyle{\Theta Z}$ ενώνει τα μέσα δύο πλευρών του. Άρα $\displaystyle{\Theta Z //= \frac{A\Gamma}{2}}$ . Όμως

$\displaystyle{\frac{A\Gamma}{2}=\frac{AO+O\Gamma}{2}=\frac{2.IO+2.OH}{2}=\frac{2(IO+OH)}{2}=\frac{2.IH}{2}=IH}$

Δείξαμε λοιπόν, ότι $\displaystyle{\Theta Z //= IH}$ και άρα το τετράπλευρο $\displaystyle{I\Theta ZH}$ είναι παραλληλόγραμμο. Φέρνουμε τώρα την διαγώνιο $\displaystyle{B\Delta}$ του

δοσμένου τετραγώνου και αφού το $\displaystyle{O}$ είναι το μέσον της μιας διαγωνίου του άρα θα είναι το κέντρο του τετραγώνου και άρα και η άλλη διαγώνιος θα

περάσει από το $\displaystyle{O}$ . Επίσης είναι γνωστό ότι οι διαγώνιοι του τετραγώνου τέμνονται καθέτως. Τώρα στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{BO\Gamma}$

η $\displaystyle{ZH}$ ενώνει τα μέσα δύο πλευρών του. Άρα $\displaystyle{ZH // BO}$ και άρα η $\displaystyle{ZH}$ είναι κάθετη στην $\displaystyle{O\Gamma}$ και άρα το παραλληλόγραμμο $\displaystyle{\Theta ZHI}$

είναι ορθογώνιο, αφού έχει μια γωνία ορθή. Τέλος, 'εχουμε: $\displaystyle{\Theta Z =IH }$ (ως απέναντι πλευρές παραλληλογράμμου) : Όμως $\displaystyle{IH=\frac{A\Gamma}{2}=}$

$\displaystyle{=O\Gamma =2 ZH}$ (διότι από το (β) ερώτημα είδαμε ότι $\displaystyle{ZH=\frac{O\Gamma}{2}}$ ). Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι $\displaystyle{\Theta Z= 2 ZH}$

#213

Άσκηση 3808

Θεωρούμε ένα ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ ( $\displaystyle{\widehat {\rm A} = {90^0}}$ ), τα μέσα $\Delta, E, Z$ των πλευρών του και το ύψος του

. Έστω $\Theta$ το σημείο τομής των

και $\Delta E$ .
α) Να αποδείξετε ότι:

i) Το τετράπλευρο $A\Delta ZE$ είναι ορθογώνιο. (Μονάδες 8)

ii) $\displaystyle{{\rm A}\Theta = \Theta {\rm E} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{4}}$ (Μονάδες 7)

γ) Αν επιπλέον είναι $\displaystyle{\widehat \Gamma = {30^0}}$

i) να βρείτε τη γωνία $\displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm Z}{\rm B}}$ . (Μονάδες 5)

ii) να αποδείξετε ότι $\displaystyle{{\rm B}{\rm K} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{4}}$ . (Μονάδες 5)

Λύση:

α. i) Αφού $\Delta, E, Z$ είναι τα μέσα των πλευρών $AB, A\Gamma, B\Gamma$ αντίστοιχα, του τριγώνου $AB\Gamma$ , το τετράπλευρο $A\Delta ZE$ είναι παραλληλόγραμμο, κι επειδή έχει μία γωνία ορθή, θα είναι ορθογώνιο.

α. ii) Είναι από το προηγούμενο ερώτημα $AZ=\Delta E$ (διαγώνιοι ορθογωνίου). Οπότε:

$\displaystyle{{\rm A}\Theta = \Theta {\rm E} = \frac{{\Delta {\rm E}}}{2}}$ . Αλλά
$\displaystyle{\Delta {\rm E} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2} \Leftrightarrow {\rm A}\Theta = \Theta {\rm E} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{4}}$

: 3808.png (9.95 KiB) Προβλήθηκε 4339 φορές

γ. i) $\displaystyle{\widehat \Gamma = {30^0}\mathop \Leftrightarrow \limits^{\widehat {\rm A} = {{90}^0}} \widehat {\rm B} = {60^0}}$

AZ=ZB

(διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου). Άρα: $\displaystyle{{\rm Z}\widehat {\rm A}{\rm B} = \widehat {\rm B} = {60^0}}$ . Δηλαδή το τρίγωνο ABZ

είναι ισόπλευρο, οπότε $\displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm Z}{\rm B} = {60^0}}$

γ. ii) Το ύψος

του τριγώνου $AB\Gamma$ είναι διάμεσος του ισοπλεύρου τριγώνου ABZ

.

Άρα: $\displaystyle{{\rm B}{\rm K} = \frac{{{\rm B}{\rm Z}}}{2} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{4}}$

#214

3810

Σε τραπέζιο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta ({\rm A}{\rm B}//\Gamma \Delta )}$ ισχύει $\displaystyle{{\rm A}{\rm B} + \Gamma \Delta = {\rm A}\Delta }$ . Αν η διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{{\rm A}}$ τέμνει την $\displaystyle{{\rm B}\Gamma }$ στο $\displaystyle{{\rm E}}$ και την προέκταση της $\displaystyle{\Delta \Gamma }$ στο $\displaystyle{{\rm Z}}$ , να αποδείξετε ότι:
α) Το τρίγωνο $\displaystyle{\Delta {\rm A}{\rm Z}}$ είναι ισοσκελές. (Μονάδες 7)
β) Το $\displaystyle{{\rm E}}$ είναι το μέσο του $\displaystyle{{\rm B}\Gamma }$ (Μονάδες 10)
γ) Η $\displaystyle{\Delta {\rm E}}$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{\Delta }$ του τραπεζίου. (Μονάδες 8)

: 3810.png (11.51 KiB) Προβλήθηκε 4297 φορές

Λύση
α) Αφού $\displaystyle{{\widehat{\rm A}_1} = {\widehat{\rm A}_2} = \widehat{\rm Z}}$ (εντος εναλλάξ) ,έπεται ότι το τρίγωνο $\displaystyle{\Delta {\rm A}{\rm Z}}$ είναι ισοσκελές
β) Είναι : $\displaystyle{\Gamma {\rm Z} = \Delta {\rm Z} - \Delta \Gamma = \Delta {\rm A} - \Delta \Gamma = \Delta \Gamma + {\rm A}{\rm B} - \Delta \Gamma = {\rm A}{\rm B}}$
Επομένως το $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}{\rm Z}\Gamma }$ είναι παραλληλόγραμμο κι αφού οι διαγώνιες διχοτομούνται , το $\displaystyle{{\rm E}}$ είναι το μέσο του $\displaystyle{{\rm B}\Gamma }$ .
γ) Αφού το τρίγωνο $\displaystyle{\Delta {\rm A}{\rm Z}}$ είναι ισοσκελές και η $\displaystyle{\Delta {\rm E}}$ είναι διάμεσος , θα είναι και διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{\Delta }$ του τραπεζίου .

#215

ΑΣΚΗΣΗ 3811 Δίνεται τραπέζιο $\displaystyle{A\Delta EB}$ , με $\displaystyle{A\Delta // BE}$ και $\displaystyle{O}$ το μέσον της $\displaystyle{\Delta E}$ . Θεωρούμε σημείο $\displaystyle{Z}$ στην

$\displaystyle{AB}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{AZ=A\Delta}$ και $\displaystyle{BZ=BE}$ . Αν η γωνία $\displaystyle{\widehat{\Delta AZ}=\phi}$ ,

(α) να εκφράσετε την γωνία $\displaystyle{\widehat{AZ\Delta}$ σε συνάρτηση με την $\displaystyle{\phi}$

(β) Να εκφράσετε την γωνία $\displaystyle{\widehat{EZB}}$ σε συνάρτηση με την $\displaystyle{\phi}$

(γ) Να αποδείξετε ότι οι $\displaystyle{OA}$ και $\displaystyle{OB}$ είναι μεσοκάθετοι των τμημάτων $\displaystyle{\Delta Z}$ και $\displaystyle{ZE}$ αντίστοιχα.

ΛΥΣΗ

: 3811.png (5.43 KiB) Προβλήθηκε 4252 φορές

(α) Το τρίγωνο $\displaystyle{A\Delta Z}$ είναι ισοσκελές από την υπόθεση και άρα $\displaystyle{\widehat{A\Delta Z}=\widehat{Z\Delta A}}$ . Από το τρίγωνο $\displaystyle{A\Delta Z}$ έχουμε:

$\displaystyle{\widehat{AZ\Delta}+\widehat{Z\Delta A}+\phi =180^{o}\Rightarrow 2\widehat{AZ\Delta}=180-\phi \Rightarrow \widehat{AZ\Delta}=90^{o}-\frac{\phi}{2}}$

(β) Το τρίγωνο $\displaystyle{EZB}$ είναι και αυτό ισοσκελές από την υπόθεση και άρα $\displaystyle{\widehat{EZB}=\widehat{ZEB}}$ . Όμως από το τρίγωνο $\displaystyle{ZEB}$ έχουμε:

$\displaystyle{\widehat{EZB}+\widehat{ZEB}+\widehat{B}=180^{o}\Rightarrow 2\widehat{EZB}=180^{o}-\widehat{B} }$ , (ΣΧΕΣΗ 1)

Αλλά $\displaystyle{\widehat{A}+\widehat{B}=180^{o}}$ ( ως εντός και επί τα αυτά μέρη των παραλλήλων $\displaystyle{A\Delta}$ και $\displaystyle{BE}$ που τέμνονται από την $\displaystyle{AB}$ .

Συνεπώς έχουμε: $\displaystyle{\phi +\widehat{B}=180^{o}\Rightarrow \phi =180^{o}-\widehat{B}}$ , (ΣΧΕΣΗ 2)

Από τις σχέσεις 1 και 2 , παίρνουμε $\displaystyle{2\widehat{EZB}=\phi\Rightarrow \widehat{EZB}=\frac{\phi}{2}}$

(γ)

: 3811(β).png (9.63 KiB) Προβλήθηκε 4252 φορές

Προεκτείνουμε την $\displaystyle{EZ}$ μέχρι να συναντήσει την ευθεία $\displaystyle{\Delta A}$ στο σημείο $\displaystyle{P}$ . Τότε έχουμε $\displaystyle{Z_{1}=Z_{2}}$ ως κατακορυφήν . Επίσης

$\displaystyle{E_{2}=Z_{2}}$ , ως παρά την βάση γωνίες του ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle{EZB}$ . Όμως είναι και $\displaystyle{E_{2}=P}$ ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων $\displaystyle{\Delta P}$

και $\displaystyle{EB}$ που τέμνονται από την $\displaystyle{EP}$ . Από τα ανωτέρω συμπεραίνουμε ότι $\displaystyle{Z_{1}=P}$ και άρα το τρίγωνο $\displaystyle{AZP}$ είναι ισοσκελές , δηλαδή

$\displaystyle{AZ=AP}$ και αφού από την υπόθεση είναι και $\displaystyle{AZ=A\Delta}$ άρα $\displaystyle{ZA=AP=A\Delta}$ και συνεπώς το τρίγωνο $\displaystyle{\Delta ZP}$ είναι ορθογώνιο με κορυφή

της ορθής γωνίας το $\displaystyle{Z}$ . Tώρα στο τρίγωνο $\displaystyle{\Delta PE}$ , η $\displaystyle{AO}$ ενώνει τα μέσα δύο πλευρών του και άρα θα είναι παράλληλη με την $\displaystyle{PE}$ .

Aφού λοιπόν $\displaystyle{PE}$ κάθετη στην $\displaystyle{\Delta Z}$ , άρα θα είναι και $\displaystyle{AO}$ κάθετη στην $\displaystyle{\Delta Z}$ . Επίσης από το τρίγωνο $\displaystyle{\Delta PZ}$ έχουμε ότι η

$\displaystyle{AO}$ περνάει από το μέσον της πλευράς $\displaystyle{AP}$ είναι και παράλληλη με την $\displaystyle{PZ}$ , άρα θα περνάει και από το μέσον της $\displaystyle{\Delta Z}$ . Δείξαμε λοιπόν ΄

ότι η $\displaystyle{AO}$ είναι μεσοκάθετος της $\displaystyle{\Delta Z}$ . Όμοια δείχνουμε ότι και η $\displaystyle{BO}$ είναι μεσοκάθετος της $\displaystyle{ZE}$ .

hlkampel · #216

Άσκηση 3812
Δίνεται παραλληλόγραμμο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ , με $\displaystyle{{\rm A}{\rm B} > {\rm A}\Delta }$ .
Θεωρούμε σημεία ${\rm K},\Lambda$ των ${\rm A}\Delta$ και ${\rm A}{\rm B}$ αντίστοιχα ώστε ${\rm A}{\rm K} = {\rm A}\Lambda$ .
Έστω ${\rm M}$ το μέσο του ${\rm K}\Lambda$ και η προέκταση του ${\rm A}{\rm M}$ (προς το ${\rm M}$ ) τέμνει τη $\Delta \Gamma$ στο σημείο ${\rm E}$ .
Να αποδείξετε ότι:
α) ${\rm A}\Delta = \Delta {\rm E}$ .
β) ${\rm B}\Gamma + \Gamma {\rm E} = {\rm A}{\rm B}$ .
γ) $\widehat {\rm B} = 2\widehat {{\rm A}\Lambda {\rm K}}$

Λύση

α) Το τρίγωνο ${\rm A}\Lambda {\rm K}$ είναι ισοσκελές αφού ${\rm A}{\rm K} = {\rm A}\Lambda$
οπότε η διάμεσος του ${\rm A}{\rm M}$ είναι και διχοτόμος δηλαδή $\widehat {{\rm K}{\rm A}{\rm M}} = \widehat {{\rm M}{\rm A}\Lambda }\;\left( 1 \right)$

$\widehat {{\rm A}{\rm E}\Delta } = \widehat {{\rm M}{\rm A}\Lambda }\;\left( 2 \right)$ ως εντός και εναλλάξ.

$\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \widehat {{\rm K}{\rm A}{\rm M}} = \widehat {{\rm A}{\rm E}\Delta }$ οπότε το τρίγωνο ${\rm A}\Delta {\rm E}$ είναι ισοσκελές με ${\rm A}\Delta = \Delta {\rm E}\;\left( 3 \right)$

β) ${\rm B}\Gamma + \Gamma {\rm E} = {\rm A}\Delta + \Gamma {\rm E}\mathop = \limits^{\left( 3 \right)} {\rm A}{\rm E} + \Gamma {\rm E} = \Gamma \Delta \mathop \Rightarrow \limits^{\Gamma \Delta = {\rm A}{\rm B}} {\rm B}\Gamma + \Gamma {\rm E} = {\rm A}{\rm B}$

γ) Από το παραλληλόγραμμο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ είναι $\widehat {\rm B} = 180^\circ - \widehat {\rm A}\;\left( 4 \right)$

Από το ισοσκελές τρίγωνο ${\rm A}\Lambda {\rm K}$ είναι $\widehat {{\rm A}\Lambda {\rm K}} = \widehat {{\rm A}{\rm K}\Lambda }\;\left( 5 \right)$ και

$\widehat {\rm A} + 2\widehat {{\rm A}\Lambda {\rm K}} = 180^\circ \Rightarrow 2\widehat {{\rm A}\Lambda {\rm K}} = 180^\circ - \widehat {\rm A}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} 2\widehat {{\rm A}\Lambda {\rm K}} = \widehat {\rm B}$

Edit: Έγιναν διορθώσεις σε τυπογραφικά λάθη. Ευχαριστώ τον gavrilos που τα πρόσεξε και με ειδοποίησε.

hlkampel · #217

Άσκηση 3815

Δίνεται παραλληλόγραμμο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ με ${\rm A}{\rm B} = 2{\rm B}\Gamma$ , τη γωνία ${\rm A}$ αμβλεία και ${\rm M}$ το μέσο της $\Gamma \Delta$ .
Φέρουμε κάθετη στην ${\rm A}\Delta$ στο σημείο ${\rm A}$ , η οποία τέμνει την ${\rm B}\Gamma$ στο ${\rm H}$ . Αν η προέκταση της ${\rm H}{\rm M}$ τέμνει την προέκταση της ${\rm A}\Delta$ στο ${\rm E}$ , να αποδείξετε ότι:
α) Η ${\rm A}{\rm M}$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\Delta {\rm A}{\rm B}$ .
β) Τα τμήματα ${\rm E}{\rm H},\Delta \Gamma$ διχοτομούνται.
γ) $\widehat {\rm E} = \widehat {\Delta {\rm M}{\rm A}}$

Λύση

α) Είναι ${\rm A}\Delta = {\rm B}\Gamma = \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}$ και $\Delta {\rm M} = \dfrac{{\Gamma \Delta }}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{\Gamma \Delta = {\rm A}{\rm B}} \Delta {\rm M} = \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}$ οπότε είναι ${\rm A}\Delta = \Delta {\rm M}$ δηλαδή το τρίγωνο ${\rm A}\Delta {\rm M}$ είναι ισοσκελές οπότε $\widehat {\Delta {\rm M}{\rm A}} = \widehat {\Delta {\rm A}{\rm M}}\;\left( 1 \right)$

Όμως $\widehat {\Delta {\rm M}{\rm A}} = \widehat {{\rm M}{\rm A}{\rm B}}\;\left( 2 \right)$ ως εντός και εναλλάξ.

$\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \widehat {{\rm M}{\rm A}{\rm B}} = \widehat {\Delta {\rm A}{\rm M}}$ δηλαδή η ${\rm A}{\rm M}$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\Delta {\rm A}{\rm B}$ .

β) Τα τρίγωνα $\Delta {\rm M}{\rm E}$ και ${\rm M}\Gamma {\rm H}$ είναι ίσα από $\Gamma - \Pi - \Gamma$ αφού έχουν:

$\Delta {\rm M} = {\rm M}\Gamma$ επειδή ${\rm M}$ το μέσο της $\Gamma \Delta$

$\widehat {\Delta {\rm M}{\rm E}} = \widehat {\Gamma {\rm M}{\rm H}}$ ως κατακορυφήν και

$\widehat {{\rm E}\Delta {\rm M}} = \widehat {{\rm H}\Gamma {\rm M}}$ ως εντός και εναλλάξ

Έτσι ${\rm E}{\rm M} = {\rm M}{\rm H}$ οπότε το ${\rm M}$ είναι και μέσο της ${\rm E}{\rm H}$ δηλαδή τα ${\rm E}{\rm H},\Delta \Gamma$ διχοτομούνται.

γ) Το ${\rm A}{\rm M}$ είναι διάμεσος στην υποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου ${\rm A}{\rm E}{\rm H}$ οπότε:

${\rm A}{\rm M} = \frac{{{\rm E}{\rm H}}}{2} = {\rm E}{\rm M}$ δηλαδή το τρίγωνο ${\rm A}{\rm M}{\rm E}$ είναι ισοσκελές και $\widehat {\rm E} = \widehat {\Delta {\rm A}{\rm M}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \widehat {\rm E} = \widehat {\Delta {\rm M}{\rm A}}$

makisman · #218

Άσκηση 6882

Δίνεται τρίγωνο $AB\Gamma$ με $AB<A\Gamma$ και

μέσο της $B\Gamma$ .Προεκτείνουμε την διάμεσο

κατά τμήμα $M\Delta=MA$ .Από το

φέρουμε παράλληλη προς τη $B\Gamma$ η οποία τέμνει την
προέκταση την $\Delta \Gamma$ στο σημείο

Να αποδείξετε ότι:
α) το τετράπλευρο $AB\Gamma\Delta$ είναι παραλληλόγραμμο
β) $BM=\frac{AE}{2}$

Λύση

: 2.jpg (12.11 KiB) Προβλήθηκε 4181 φορές

α) είναι $\Gamma M=MB$ αφού

μέσο της $B\Gamma$ και $AM=M\Delta$ άρα οι διαγώνιοι του τετραπλέυρου διχοτομούνται και συνεπώς $AB\Gamma \Delta$ είναι παραλληλόγραμμο.

β) Στο τρίγωνο $A\Delta E$ είναι $M\Gamma || A$ E και

μέσο της $A\Delta$ άρα $\Gamma$ μέσο της $\Delta E$ και $\Gamma M=\frac{AE}{2}\Rightarrow MB=\frac{AE}{2}$

hlkampel · #219

Άσκηση 3994

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ με ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma$ και $\Delta ,{\rm E}$ τα μέσα των πλευρών του ${\rm A}{\rm B}$ και ${\rm A}\Gamma$ αντίστοιχα.

Στην προέκταση της $\Delta {\rm E}$ (προς το ${\rm E}$ ) θεωρούμε σημείο $\Lambda$ ώστε ${\rm E}\Lambda = {\rm A}{\rm E}$
και στην προέκταση της ${\rm E}\Delta$ (προς το $\Delta$ ) θεωρούμε σημείο ${\rm K}$ τέτοιο ώστε $\Delta {\rm K} = {\rm A}\Delta$ .
Να αποδείξετε ότι:
α) ${\rm K}\Delta = \Lambda {\rm E}$
β) Τα τρίγωνα ${\rm A}{\rm K}{\rm B}$ και ${\rm A}\Lambda \Gamma$ είναι ορθογώνια.
γ) Τα τρίγωνα ${\rm A}{\rm K}{\rm B}$ και ${\rm A}\Lambda \Gamma$ είναι ίσα.

Λύση

α) Είναι ${\rm K}\Delta = {\rm A}\Delta = \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}\;\left( 1 \right)$ και $\Lambda {\rm E} = {\rm A}{\rm E} = \dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{2}\;\left( 2 \right)$

$\left( 1 \right),\left( 2 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{{\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma } \Lambda {\rm E} = {\rm K}\Delta \;\left( 3 \right)$

β) Στο τρίγωνο ${\rm A}\Lambda \Gamma$ η $\Lambda {\rm E}$ είναι διάμεσος που αντιστοιχεί στην ${\rm A}\Gamma$ και είναι $\Lambda {\rm E} = \dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{2}\;$ , δηλαδή το τρίγωνο είναι ορθογώνιο.

Για τον ίδιο λόγο και το τρίγωνο ${\rm A}{\rm K}{\rm B}$ είναι ορθογώνιο.

γ) Τα τρίγωνα ${\rm A}\Delta \Lambda$ και ${\rm A}{\rm E}{\rm K}$ είναι ίσα από $\Pi - \Gamma - \Pi$ αφού έχουν:
${\rm A}\Delta = {\rm A}{\rm E}$ ως μισά των ίσων τμημάτων ${\rm A}{\rm B},{\rm A}\Gamma$
$\Lambda \Delta = {\rm K}{\rm E}$ ως αθροίσματα των ίσων τμημάτων $\Lambda {\rm E},{\rm K}\Delta$ με το $\Delta {\rm E}$
$\widehat {{\rm A}{\rm E}\Delta } = \widehat {{\rm A}\Delta {\rm E}}$ ως γωνίες στη βάση του ισοσκελούς τριγώνου ${\rm A}\Delta {\rm E}$

Άρα και ${\rm A}\Lambda = {\rm A}{\rm K}\;\left( 3 \right)$

Οπότε τα ορθογώνια τρίγωνα ${\rm A}{\rm K}{\rm B}$ και ${\rm A}\Lambda \Gamma$ είναι ίσα αφού έχουν ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma$ και ${\rm A}\Lambda = {\rm A}{\rm K}$

hlkampel · #220

Άσκηση 4559

Δίνονται δυο παράλληλες ευθείες $\left( \varepsilon \right)$ και $\left( \eta \right)$ , και μια τρίτη που τις τέμνει στα σημεία ${\rm A}$ και ${\rm B}$ αντίστοιχα.
Θεωρούμε τις διχοτόμους των εντός και επί τα αυτά μέρη γωνιών που σχηματίζονται, οι οποίες τέμνονται σε σημείο $\Delta$ .
Αν ${\rm M}$ είναι το μέσον του ${\rm A}{\rm B}$ , να αποδείξετε ότι:

α) Η γωνία ${\rm B}\Delta {\rm A}$ είναι ορθή.

β) $\widehat {{\rm B}{\rm M}\Delta } = 2\widehat {{\rm M}\Delta {\rm A}}$

γ) ${\rm M}\Delta //\varepsilon$

Λύση

α) Είναι $\displaystyle{\widehat {{\rm B}{\rm A}\Delta } + \widehat {{\rm A}{\rm B}\Delta } = \dfrac{{\widehat {{\rm B}{\rm A}x}}}{2} + \dfrac{{\widehat {{\rm A}{\rm B}y}}}{2} = \dfrac{{180^\circ }}{2} = 90^\circ }$ αφού οι γωνίες $\displaystyle{\widehat {{\rm B}{\rm A}x},\widehat {{\rm A}{\rm B}y}}$ είναι παραπληρωματικές ως εντός και επί τα αυτά.

Έτσι το τρίγωνο ${\rm A}\Delta {\rm B}$ είναι ορθογώνιο αφού έχει τις δύο γωνίες του συμπληρωματικές, οπότε $\widehat {{\rm B}\Delta {\rm A}} = 90^\circ$

Σημείωση: Μπορούμε να επικαλεστούμε ότι το ζητούμενο ισχύει λόγω της εφαρμογής στη σελ. 79 του σχολικού βιβλίου.

β) Η $\Delta {\rm M}$ είναι διάμεσος στην υποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου ${\rm A}{\rm M}\Delta$ δηλαδή $\Delta {\rm M} = \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2} = {\rm A}{\rm M} = {\rm M}{\rm B}$ και το τρίγωνο ${\rm A}{\rm M}\Delta$ είναι ισοσκελές οπότε $\widehat {{\rm M}\Delta {\rm A}} = \widehat {{\rm M}{\rm A}\Delta }\;\left( 1 \right)$

Η $\widehat {{\rm B}{\rm M}\Delta }$ είναι εξωτερική του τριγώνου ${\rm A}{\rm M}\Delta$ και είναι:

$\widehat {{\rm B}{\rm M}\Delta } = \widehat {{\rm M}\Delta {\rm A}} + \widehat {{\rm M}{\rm A}\Delta }\;\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \widehat {{\rm B}{\rm M}\Delta } = 2\widehat {{\rm M}\Delta {\rm A}}$

γ) Από το ισοσκελές τρίγωνο $\Delta {\rm M}{\rm B}\left( {\Delta {\rm M} = {\rm M}{\rm B}} \right)$ είναι $\widehat {{\rm M}{\rm B}\Delta } = \widehat {{\rm M}\Delta {\rm B}}\;\left( 2 \right)$ και $\widehat {{\rm M}{\rm B}\Delta } = \widehat {\Delta {\rm B}x}\;\left( 3 \right)$

Από $\left( 2 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow \widehat {{\rm M}{\rm B}\Delta } = \widehat {\Delta {\rm B}x}\;\left( 3 \right)$

Άρα ${\rm M}\Delta //\varepsilon$ γιατί σχηματίζονται εντός εναλλάξ γωνίες ίσες.

ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μέλη σε σύνδεση