ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

VreAnt · #241

Άσκηση 3721
Στο ισοσκελές τρίγωνο $AB\Gamma$ $(AB=A\Gamma )$ φέρουμε τις διαμέσους $B\Delta$ και $\Gamma E$ . Μία ευθεία $\varepsilon$ παράλληλη στη βάση $B\Gamma$ τέμνει τις πλευρές

και $A\Gamma$ στα

και

αντίστοιχα και τις διαμέσους $B\Delta$ και $\Gamma E$ στα σημεία $\Theta$ και

αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι:
α) $BZ=\Gamma H$ . (Μονάδες 8)
β) τα τρίγωνα $ZB\Theta$ και $HK\Gamma$ είναι ίσα. (Μονάδες 9)
γ) $ZK=H\Theta$ . (Μονάδες 8)
Λύση

: 4-3721.png (11.58 KiB) Προβλήθηκε 5139 φορές

α) Αφού $\varepsilon\parallel B\Gamma$ και $BZ, \Gamma H$ τέμνονται στο Α, το τετράπλευρο $ZH\Gamma B$ είναι τραπέζιο.
Αφού τρίγωνο $AB\Gamma$ ισοσκελές, τότε $\hat{B}=\hat{\Gamma}$ . Συνεπώς $ZH\Gamma B$ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Επομένως $\boxed{BZ=\Gamma H}\,\, (1)}$ .

β) $\displaystyle{ \left. {\begin{array}{*{20}c} {AE = A\Delta = \frac{\beta }{2}} \\ {A\Gamma = AB = \beta } \\ {\hat A}={\hat A} \\ \end{array}} \right\}\mathop \Rightarrow \limits^{\Pi \Gamma \Pi } \triangleleft AE\Gamma = \triangleleft A\Delta B }\Rightarrow \hat{\phi}_1=\hat{\phi}_2\,\, (2)$

Αφού $\varepsilon\parallel B\Gamma$ και $\hat{B}=\hat{\Gamma}$ τότε $\hat{Z}_1=\hat{H}_2\,\, (3)$ (ως παραπληρώματα ίσων γωνιών-εντός και επι τα αυτά μέρη γωνίες).
Από (1),(2),(3)

και το κριτήριο $(\Gamma \Pi\Gamma )$ , τα τρίγωνα $ZB\Theta$ και $HK\Gamma$ είναι ίσα.

γ) Συνεπώς $Z\Theta=KH$ . Άρα $ZK=Z\Theta+\Theta K=KH+\Theta K=\Theta H$ .

Κώστας Μαλλιάκας · #242

Αν γίνεται (και το αποδέχεστε) να βοηθήσω και εγώ στην τρομερή προσπάθεια σας, με την λύση του 4_3751 σε Αρχείο word που με βολεύει.
Μια παρατήρηση που την γράφω και στην λύση. Η εκφώνηση "τυχαίο τρίγωνο" είναι εντελώς άστοχη και πρέπει να παραληφθεί η λέξη "τυχαίο" αφού αναγκαστικά για να ισχύουν τα δεδομένα πρέπει να είναι ορθογώνιο στο Β...
Το αρχείο το έχω μεταφέρει σε άλλο ειδικό φάκελο σε pdf σύμφωνα με οδηγίες των συντονιστών. Ελπίζω να είμαι εντάξει τώρα στους κανόνες.

hlkampel · #243

Άσκηση 3722

Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ με ${\rm B}{\rm A} = {\rm B}\Gamma$ και $\widehat {\rm A} = \widehat \Gamma$ .
Να αποδείξτε ότι:
α) Το τρίγωνο ${\rm A}\Delta \Gamma$ είναι ισοσκελές.
β) Οι διαγώνιοι του τετραπλεύρου ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ τέμνονται κάθετα.
γ) Το τετράπλευρο που έχει για κορυφές τα μέσα των πλευρών του ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ είναι ορθογώνιο.

Λύση
α) Το τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ είναι ισοσκελές επειδή ${\rm B}{\rm A} = {\rm B}\Gamma$ έτσι $\widehat {{\rm B}{\rm A}\Gamma } = \widehat {{\rm B}\Gamma {\rm A}}\;\left( 1 \right)$

$\widehat {\Delta {\rm A}\Gamma } = \widehat {\rm A} - \widehat {{\rm B}{\rm A}\Gamma }\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat {\rm A} = \widehat \Gamma ,\;\left( 1 \right)} \widehat {\Delta {\rm A}\Gamma } = \widehat \Gamma - \widehat {{\rm B}\Gamma {\rm A}} \Rightarrow \widehat {\Delta {\rm A}\Gamma } = \widehat {{\rm A}\Gamma \Delta }$ οπότε το τρίγωνο ${\rm A}\Delta \Gamma$ είναι ισοσκελές με $\Delta {\rm A} = \Delta \Gamma \;\left( 2 \right)$

β) Επειδή ${\rm B}{\rm A} = {\rm B}\Gamma$ και $\Delta {\rm A} = \Delta \Gamma$ τα σημεία ${\rm B},\Delta$ ισαπέχουν από τα άκρα της ${\rm A}\Gamma$ οπότε η ${\rm B}\Delta$ είναι η μεσοκάθετος της ${\rm A}\Gamma$ δηλαδή ${\rm A}\Gamma \bot {\rm B}\Delta$ .

γ) Αν ${\rm E},{\rm Z},{\rm H},\Theta$ τα μέσα των ${\rm A}{\rm B},{\rm B}\Gamma ,\Gamma \Delta ,\Delta {\rm A}$ αντίστοιχα το τετράπλευρο ${\rm E}{\rm Z}{\rm H}\Theta$ είναι παραλληλόγραμμο (γνωστή εφαρμογή).

Είναι ${\rm E}\Theta //{\rm B}\Delta$ και ${\rm E}{\rm Z}//{\rm A}\Gamma$ αφού τα ${\rm E}\Theta ,{\rm E}{\rm Z}$ ενώνουν τα μέσα δύο πλευρών των τριγώνων ${\rm A}{\rm B}\Delta$ και ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ αντίστοιχα,

έτσι ${\rm E}\Theta \bot {\rm E}{\rm Z} \Rightarrow \widehat {\rm E} = 90^\circ$ ως παράλληλες σε κάθετες ευθείες.

Άρα το ${\rm E}{\rm Z}{\rm H}\Theta$ είναι ορθογώνιο.

#244

Christos.N έγραψε: Τέλος αν επιχειρήσουμε να δείξουμε ότι οι πλευρές ${\rm Z}{\rm M},{\rm E}{\rm N}$ δεν είναι παράλληλες θα συλλάβουμε ότι υπάρχει περίπτωση να είναι παράλληλες , είναι η περίπτωση που ο ρόμβος έχει μια γωνία εξήντα μοιρών.
Τι κάνουμε τώρα γιατρέ μου;

Χρήστο , δεν φταίει ο θεματοδότης . Φταίει εκείνο το ''μόνο'' που υπάρχει στον ορισμό του τραπεζίου

Επειδή υπάρχουν πολλά θέματα με το ίδιο ζητούμενο (ισοσκελές τραπέζιο ) , μήπως πρέπει να τα ξαναδούμε ;

#245

Άσκηση 3724

Δίνεται κύκλος $\displaystyle{({\rm O},R)}$ με διάμετρο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}}$ και δυο ευθείες $\displaystyle{{\varepsilon _1},{\varepsilon _2}}$ εφαπτόμενες του κύκλου στα άκρα της διαμέτρου $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}}$ .
Έστω ότι, μια τρίτη ευθεία $\displaystyle{\varepsilon }$ εφάπτεται του κύκλου σε ένα σημείo του $\displaystyle{{\rm E}}$ και τέμνει τις $\displaystyle{{\varepsilon _1},{\varepsilon _2}}$ στα $\displaystyle{\Delta ,\Gamma }$ αντίστοιχα.
α) Αν το σημείo $\displaystyle{{\rm E}}$ δεν είναι το μέσο του τόξου $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}}$ , να αποδείξετε ότι:
i. Το τετράπλευρο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ είναι τραπέζιο.
ii. $\displaystyle{\Gamma \Delta = {\rm A}\Delta + {\rm B}\Gamma }$ .
β) Αν το σημείο $\displaystyle{{\rm E}}$ βρίσκεται στο μέσον του τόξου $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}}$ , να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο $\displaystyle{{\rm A}\Delta \Gamma {\rm B}}$ είναι ορθογώνιο.
Στην περίπτωση αυτή να εκφράσετε την περίμετρο του ορθογωνίου $\displaystyle{{\rm A}\Delta \Gamma {\rm B}}$ ως συνάρτηση της ακτίνας $\displaystyle{R}$ του κύκλου.

Λύση

: Untitled2.png (14.55 KiB) Προβλήθηκε 4996 φορές

α)
ι) Είναι $\displaystyle{{\rm A}\Delta //\Gamma {\rm B}}$ ως κάθετες στην $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}}$ . Ακόμα η $\displaystyle{\Delta \Gamma }$ δεν είναι παράλληλη στην $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}}$ ,
διότι σε αντίθετη περίπτωση το $\displaystyle{\Delta {\rm A}{\rm B}\Gamma }$ θα ήταν παραλληλόγραμμο με μία ορθή , άρα ορθογώνιο .
Τότε η $\displaystyle{{\rm E}{\rm O}}$ ως κάθετη στην $\displaystyle{\Delta \Gamma }$ θα είναι κάθετη στην $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}}$ .
Τότε τα $\displaystyle{{\rm A}{\rm O}{\rm E}\Delta ,{\rm B}{\rm O}{\rm E}\Gamma }$ είναι τετράγωνα , οπότε το $\displaystyle{{\rm E}}$ θα ήταν μέσον της $\displaystyle{\Delta \Gamma }$ , που είναι άτοπο .
ιι) Αφού τα εφαπτόμενα τμήματα είναι ίσα , έχουμε: $\displaystyle{{\rm A}\Delta + {\rm B}\Gamma = \Delta {\rm E} + {\rm E}\Gamma = \Delta \Gamma }$
β) Απαντήθηκε στο α (ι) ότι είναι ορθογώνιο. Η περίμετρός του είναι $\displaystyle{6R}$

Edit : Η εκφώνηση σε Latex

Κώστας Μαλλιάκας · #246

Βοηθώ (με λύση σε word αν μου το επιτρέπετε) της 4_3735
Το αρχείο το έχω μεταφέρει σε άλλο ειδικό φάκελο σε pdf σύμφωνα με οδηγίες των συντονιστών. Ελπίζω να είμαι εντάξει τώρα στους κανόνες.

hlkampel · #247

Άσκηση 3725

Στο τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ ονομάζουμε ${\rm O}$ το κέντρο του και θεωρούμε τυχαίο σημείο ${\rm E}$ του τμήματος ${\rm O}\Delta$ .
Φέρνουμε την κάθετη από το ${\rm B}$ στην ${\rm A}{\rm E}$ , που τέμνει το τμήμα ${\rm A}{\rm O}$ στο ${\rm Z}$ .
Να αποδείξετε ότι:
α) Οι γωνίες $\omega$ και $\varphi$ του παρακάτω σχήματος είναι ίσες.
β) ${\rm B}{\rm Z} = {\rm A}{\rm E}$ και $\Gamma {\rm Z} = {\rm B}{\rm E}$
γ) Το τμήμα ${\rm E}{\rm Z}$ είναι κάθετο στο ${\rm A}{\rm B}$ .

Λύση
α) Είναι $\widehat \omega = \widehat \varphi$ ως οξείες με κάθετες πλευρές $\left( {{\rm A}{\rm E} \bot {\rm B}{\rm Z},\quad {\rm A}{\rm O} \bot {\rm B}{\rm O}} \right)$

β) Τα ορθογώνια τρίγωνα ${\rm A}{\rm O}{\rm E}$ και ${\rm B}{\rm O}{\rm Z}$ είναι ίσα αφού έχουν

$\widehat \omega = \widehat \varphi$ και ${\rm A}{\rm O} = {\rm B}{\rm O}$ ως μισά των ίσων διαγωνίων ${\rm A}\Gamma ,{\rm B}\Delta$ του τετραγώνου.
Έτσι είναι και ${\rm B}{\rm Z} = {\rm A}{\rm E}$
Τα $\Gamma {\rm Z}{\rm B}$ και ${\rm A}{\rm E}{\rm B}$ είναι ίσα από $\Pi - \Gamma - \Pi$ γιατί έχουν :
$\Gamma {\rm B} = {\rm A}{\rm B}$ ως πλευρές του τετραγώνου
${\rm B}{\rm Z} = {\rm A}{\rm E}$ από (α) ερώτημα και
$\widehat {\Gamma {\rm B}{\rm Z}} = \widehat {{\rm E}{\rm A}{\rm B}}$ ως αθροίσματα των ίσων γωνιών $\omega$ και $\varphi$ με $45^\circ$
Οπότε $\Gamma {\rm Z} = {\rm B}{\rm E}$

γ) Στο τρίγωνο ${\rm A}{\rm E}{\rm B}$ τα τμήματα ${\rm A}{\rm O},{\rm B}{\rm Z}$ είναι ύψη του που τέμνονται στο ${\rm Z}$ , δηλαδή το ${\rm Z}$ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου,
άρα και το ${\rm E}{\rm Z}$ είναι το τρίτο ύψος του δηλαδή το ${\rm E}{\rm Z}$ είναι κάθετο στο ${\rm A}{\rm B}$ .

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ · #248

Καλησπέρα σας. Θα επιχειρήσω για πρώτη φορά στο site να ανεβάσω ένα θέμα (Λύση της 4812) Δεν το έχω ξανακάνει και εκ των προτέρων ζητώ την κατανόηση για την οποιαδήποτε αστοχία. Θα επισυνάψω ένα word.

: ekf.png (43.71 KiB) Προβλήθηκε 4937 φορές

: sxhma.jpg (21.89 KiB) Προβλήθηκε 4943 φορές

Α) $\Theta$ κέντρο βάρους του ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ , άρα ${\rm B}{\rm K}$ διάμεσος, οπότε ${\rm K}$ μέσον του ${\rm A}\Gamma$ .
${\rm Z},\,{\rm K}$ μέσα των πλευρών ${\rm A}{\rm B},\,{\rm A}\Gamma$ αντιστοίχως του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ . Επομένως:
$\displaystyle{{\rm Z}{\rm K}// = \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{2} = {\rm E}\Gamma \Rightarrow {\rm Z}{\rm K}\Gamma {\rm E}}$ παραλληλόγραμμο.
Β) ${\rm Z},\,\Gamma$ μέσα των πλευρών ${\rm A}{\rm B},\,{\rm B}\Delta$ αντιστοίχως του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Delta$ . Επομένως:
$\displaystyle{{\rm Z}\Gamma // = \dfrac{{{\rm A}\Delta }}{2} \Rightarrow {\rm Z}\Gamma //{\rm A}{\rm H}}$ .
Συγκρίνω τα τρίγωνα ${\rm A}{\rm K}{\rm H},\,{\rm K}\Theta \Gamma$ . Έχουν:
1) ${\rm A}{\rm K} = {\rm K}\Gamma$ ( ${\rm K}$ μέσον ${\rm A}\Gamma$ )
2) $\displaystyle{{\hat {\rm A}_1} = {\hat \Gamma _1}}$ (ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων $\Theta \Gamma ,\,{\rm A}{\rm H}$ που τέμνονται από την ${\rm A}\Gamma$
3) $\displaystyle{{\hat {\rm K}_1} = {\hat {\rm K}_2}}$ (ως κατακορυφήν). Επομένως (Γ-Π-Γ) τα τρίγωνα ${\rm A}{\rm K}{\rm H},\,{\rm K}\Theta \Gamma$ είναι ίσα
Οπότε $\Theta {\rm K} = {\rm K}{\rm H}$ .
Στο τετράπλευρο ${\rm A}\Theta \Gamma {\rm H}$ οι διαγώνιοί του διχοτομούνται. Άρα ${\rm A}\Theta \Gamma {\rm H}$
παραλληλόγραμμο, οπότε ${\rm A}{\rm H} = \Theta \Gamma$ .
Γ) ${\rm A}\Theta \Gamma {\rm H}$ παραλληλόγραμμο, επομένως: $\displaystyle{\left. {\begin{array}{*{20}{c}} {\Theta {\rm K} = {\rm K}{\rm H}}\\ {\Theta {\rm K} = \dfrac{1}{3}{\rm B}{\rm K}} \end{array}} \right\} \Rightarrow \left. {\begin{array}{*{20}{c}} {\Theta {\rm H} = \dfrac{2}{3}{\rm B}{\rm K}}\\ {{\rm E}\dot \iota \nu \alpha \iota \,{\rm B}\Theta = \dfrac{2}{3}{\rm B}{\rm K}\,\,\,} \end{array}} \right\} \Rightarrow }$ $\Theta$ μέσον ${\rm B}{\rm H}$ , οπότε ${\rm Z}\Theta // = \dfrac{{{\rm A}{\rm H}}}{2} \Rightarrow {\rm A}{\rm H} = 2{\rm Z}\Theta$ . ό.έ.δ.

#249

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ έγραψε:Καλησπέρα σας. Θα επιχειρήσω για πρώτη φορά στο site να ανεβάσω ένα θέμα (Λύση της 4812) Δεν το έχω ξανακάνει και εκ των προτέρων ζητώ την κατανόηση για την οποιαδήποτε αστοχία. Θα επισυνάψω ένα word.

Γιώργο, σε καλωσορίζουμε στην μαθητική μας παρέα και περιμένουμε και άλλες λύσεις

#250

Αν είναι δυνατόν όταν δίνετε αρχεία Word , να αποθηκεύονται πρώτα σε έκδοση Word 2003 δηλαδή σε επέκταση .doc και για μας τους ταλαίπωρους που δεν έχουμε φορτώσει( για λόγους διάφορους)

την έκδοση 2007 του office . Υπάρχει βεβαίως ένα πακέτο συμβατότητας αλλά μερικές φορές δεν βγάζει σωστά τα μαθηματικά σύμβολα.

Ευχαριστώ

Νίκος

#251

Christos.N έγραψε:3718

Το τετράπλευρο ΑΒΓΔ του παρακάτω σχήματος είναι ρόμβος. Θεωρούμε ${\rm A}{\rm Z} \bot \Gamma \Delta$ και ${\rm A}{\rm E} \bot \Gamma {\rm B}$
.
Να αποδείξετε ότι:
α) Το τρίγωνο ΖΑΕ είναι ισοσκελές. (Μονάδες 6)
β) Η ευθεία ΑΓ είναι μεσοκάθετος του τμήματος ΖΕ. (Μονάδες 9)
γ) Αν Μ και Ν τα μέσα των πλευρών ΑΔ και ΑΒ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΖΜΝΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο. (Μονάδες 10)

Τέλος αν επιχειρήσουμε να δείξουμε ότι οι πλευρές ${\rm Z}{\rm M},{\rm E}{\rm N}$ δεν είναι παράλληλες θα συλλάβουμε ότι υπάρχει περίπτωση να είναι παράλληλες , είναι η περίπτωση που ο ρόμβος έχει μια γωνία εξήντα μοιρών.
Τι κάνουμε τώρα γιατρέ μου;

Καλημέρα Χρήστο.

Είναι η περίπτωση της άσκησης 3720, που το ZMNE

είναι ορθογώνιο.
Ό,τι θέλει ο καθένας γράφει. Αυτή η άσκηση είναι για απόσυρση.

#252

ΑΣΚΗΣΗ 3726: Θεωρούμε δύο σημεία $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{B}$ τα οποία βρίσκονται στο ίδιο μέρος ως προς μια ευθεία $\displaystyle{\epsilon}$ τέτοια

ώστε η ευθεία $\displaystyle{AB}$ δεν είναι κάθετη στην $\displaystyle{\ersilon}$ . Έστω $\displaystyle{A^{/}}$ το συμμετρικό του $\displaystyle{A}$ ως προς την ευθεία $\displaystyle{\epsilon}$ .

(α) Αν η $\displaystyle{A^{/}B}$ τέμνει την ευθεία $\displaystyle{\epsilon}$ στο σημείο $\displaystyle{O}$ , να αποδείξετε ότι:

(i) Η ευθεία $\displaystyle{\epsilon}$ διχοτομεί την γωνία $\displaystyle{AOA^{/}}$ .

(ii) Οι ημιευθείες $\displaystyle{OA}$ και $\displaystyle{OB}$ σχηματίζουν ίσες οξείες γωνίες με την ευθεία $\displaystyle{\epsilon}$

(β) Αν $\displaystyle{K}$ είναι ένα άλλο σημείο πάνω στην ευθεία $\displaystyle{\epsilon}$ να αποδείξετε ότι:

(i) $\displaystyle{KA=KA^{/}}$

(ii) $\displaystyle{KA+KB>AO+OB}$

ΛΥΣΗ

: 3726.png (3.54 KiB) Προβλήθηκε 4895 φορές

(α) (i) Αφού το $\displaystyle{A^{/}}$ είναι το συμμετρικό του $\displaystyle{A}$ ως προς την $\displaystyle{\epsilon}$ , η $\displaystyle{\epsilon}$ είναι μεσοκάθετος του $\displaystyle{AA^{/}}$ και άρα $\displaystyle{OA=OA^{/}}$

οπότε το τρίγωνο $\displaystyle{AOA^{/}}$ είναι ισοσκελές . Άρα το ύψος του $\displaystyle{OE}$ είναι και διχοτόμος της γωνίας της κορυφής του, δηλαδή η $\displaystyle{\epsilon}$ διχοτμεί

την γωνία $\displaystyle{AOA^{/}}$ .

(ii) Έχουμε $\displaystyle{\widehat{AOE}=\widehat{EOA^{/}}}$ , όπως δείξαμε στο (i) και $\displaystyle{\widehat{BOK}=\widehat{EOA^{/}}}$ , ως κατακορυφήν. Άρα

$\displaystyle{\widehat{EOA}=\widehat{BOK}}$

(β) (i) Αφού είδαμε ότι η ευθεία $\displaystyle{\epsilon}$ είναι μεσοκάθετος του $\displaystyle{AA^{/}}$ , θα είναι και $\displaystyle{KA=KA^{/}}$ .

(ii) Έχουμε: $\displaystyle{KA+KB=KA^{/}+KB >BA^{/}}$ λόγω της τριγωνικής ανισότητας στο τρίγωνο $\displaystyle{KBA^{/}}$ . Συνεπώς: $\displaystyle{KA+KB > BA^{/}=BO+OA^{/}=BO+OA}$

hlkampel · #253

Άσκηση 3727
Στο τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ προεκτείνουμε την πλευρά ${\rm A}{\rm B}$ κατά τμήμα ${\rm B}{\rm N} = {\rm A}{\rm B}$ και την πλευρά ${\rm B}\Gamma$ κατά τμήμα $\Gamma {\rm M} = {\rm A}{\rm N}$ .
α) Να αποδείξετε ότι:
i. $\Delta {\rm N} = \Delta {\rm M}$
ii. $\Delta {\rm N} \bot \Delta {\rm M}$
β) Αν ${\rm E}$ το συμμετρικό σημείο του $\Delta$ ως προς την ευθεία ${\rm M}{\rm N}$ , να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο $\Delta {\rm M}{\rm E}{\rm N}$ είναι τετράγωνο.

Λύση

α) i. Έστω $\alpha$ είναι η πλευρά του τετραγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ .
Τα ορθογώνια τρίγωνα $\Delta {\rm A}{\rm N}$ και $\Delta \Gamma {\rm M}$ είναι ίσα αφού έχουν:
${\rm A}\Delta = \Delta \Gamma = \alpha$ και ${\rm A}{\rm N} = \Gamma {\rm M} = 2\alpha$
Άρα και $\Delta {\rm N} = \Delta {\rm M}\;\left( 1 \right)$ , $\widehat {{\rm A}\Delta {\rm N}} = \widehat {\Gamma \Delta {\rm M}} = \omega \;\left( 2 \right)$

ii. Είναι $\widehat {{\rm A}{\rm N}\Delta } = \widehat {{\rm N}\Delta \Gamma } = \varphi \;\left( 3 \right)$ ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων ${\rm A}{\rm B},\Delta \Gamma$ που τέμνονται από τη $\Delta {\rm N}$ .
$\widehat {{\rm M}\Delta {\rm N}} = \varphi + \omega \mathop \Rightarrow \limits^{\mathop {\Delta {\rm A}{\rm N}}\limits^\Delta } \widehat {{\rm M}\Delta {\rm N}} = 90^\circ \Rightarrow \Delta {\rm N} \bot \Delta {\rm M}$

β) Αν ${\rm Z}$ είναι το σημείο τομής των διαγωνίων του $\Delta {\rm M}{\rm E}{\rm N}$ , τότε το τμήμα ${\rm M}{\rm N}$ είναι μεσοκάθετος του $\Delta {\rm E}$ , αφού το ${\rm E}$ το συμμετρικό σημείο του $\Delta$ ως προς ${\rm M}{\rm N}$

Άρα $\Delta {\rm M} = {\rm M}{\rm E}\;\left( 3 \right)$ και $\Delta {\rm N} = {\rm N}{\rm E}\;\left( 4 \right)$
$\left( 3 \right),\left( 4 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \Delta {\rm M} = {\rm M}{\rm E} = {\rm N}{\rm E} = \Delta {\rm N}$
Οπότε το $\Delta {\rm M}{\rm E}{\rm N}$ είναι τετράγωνο αφού έχει όλες τις πλευρές του ίσες, κάθετες διαγώνιες και μία ορθή γωνία $\left( {\widehat {{\rm M}\Delta {\rm N}} = 90^\circ } \right)$

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ · #254

ΑΣΚΗΣΗ 4588
Καλημέρα σας. Θα αναρτήσω τη λύση της ασκήσεως πάλι σε word αλλά καθ' υπόδειξιν του εκλεκτού συναδέλφου doloros σωσμένο σε word 1997-2003

ΘΕΜΑ 4588.doc: (103.5 KiB) Μεταφορτώθηκε 182 φορές

: sxhma.png (26.91 KiB) Προβλήθηκε 4805 φορές

α) Το τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ είναι ισόπλευρο, άρα ${\rm A}{\rm B} = {\rm B}\Gamma = {\rm A}\Gamma \,(1)$ και
$\displaystyle{{\rm A}\hat {\rm B}\Gamma = {\rm A}\hat \Gamma {\rm B} = \Gamma \hat {\rm A}{\rm B} = {60^0}\,\,(2)}$ . Δίνεται ακόμα ότι ${\rm B}\Delta = {\rm B}\Gamma = \Gamma {\rm E}\,\,(3)$ . Από $(1),\,(3)$ προκύπτει ότι: ${\rm A}{\rm B} = {\rm B}\Gamma = {\rm A}\Gamma = {\rm B}\Delta = \Gamma {\rm E}\,\,(4)$ .
Από την σχέση (4)

προκύπτει ότι στο τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}{\rm E}$ η ${\rm A}\Gamma$ είναι διάμεσος της ${\rm B}{\rm E}$ και μάλιστα $\displaystyle{{\rm A}\Gamma = \dfrac{{{\rm B}{\rm E}}}{2}}$ . Συνεπώς το τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}{\rm E}$ είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα την ${\rm B}{\rm E}$ .
ΕΥΡΕΣΗ ΓΩΝΙΩΝ τριγώνου ${\rm A}\Gamma {\rm E}$ .
Από τα παραπάνω $\displaystyle{{\rm A}\hat {\rm E}\Gamma = {180^0} - {90^0} - {\rm A}\hat {\rm B}\Gamma = {90^0} - {60^0} = {30^0}}$ .
Επίσης $\displaystyle{\Gamma \hat {\rm A}{\rm E} = {\rm B}\hat {\rm A}{\rm E} - {\rm B}\hat {\rm A}\Gamma = {90^0} - {60^0} = {30^0}}$ (ή λόγω του ισοσκελούς - από (4)

- ${\rm A}\Gamma {\rm E}$ : $\displaystyle{\Gamma \hat {\rm A}{\rm E} = {\rm A}\hat {\rm E}\Gamma = {30^0}}$ ). Τέλος, $\displaystyle{{\rm A}\hat \Gamma {\rm E} = {180^0} - {\rm B}\hat \Gamma {\rm A} = {180^0} - {60^0} = {120^0}}$ .
ΕΥΡΕΣΗ ΓΩΝΙΩΝ τριγώνου ${\rm B}\Delta {\rm A}$ .
$\displaystyle{\Delta \hat {\rm B}{\rm A} = {180^0} - {\rm A}\hat {\rm B}\Gamma = {180^0} - {60^0} = {120^0}}$ , επειδή δε το τριγ. ΒΔΑ είναι (από (4)

)
ισοσκελές, θα είναι και $\displaystyle{{\rm B}\hat \Delta {\rm A} = \Delta \hat {\rm A}{\rm B} = \dfrac{{{{180}^0} - {{120}^0}}}{2} = {30^0}}$ .
β) Είναι $\displaystyle{\Delta \hat {\rm A}{\rm B} + {\rm B}\hat {\rm A}\Gamma = {30^0} + {60^0} = {90^0}}$ , οπότε $\Gamma {\rm A}$ ύψος του τριγ. $\Delta \Gamma {\rm Z}$ , άρα $\displaystyle{\Gamma \hat {\rm A}{\rm Z} = {90^0}}$ .
Αφού $\displaystyle{\Gamma \hat {\rm A}{\rm E} = \Gamma \hat {\rm E}{\rm A} = {30^0}}$ , (από (α)) οι συμπληρωματικές τους
αντιστοίχως θα είναι ${60^ \circ }$ . Άρα το τριγ. ${\rm Z}{\rm A}{\rm E}$ είναι ισόπλευρο.
Επειδή:
$\displaystyle{\left. {\begin{array}{*{20}{c}} {{\rm A}\Gamma = \Gamma {\rm E} \Rightarrow \Gamma \,\,\sigma \eta \mu \varepsilon \dot \iota o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,\,\mu \varepsilon \sigma o\kappa \alpha \theta \dot \varepsilon \tau o\upsilon \,\,\tau o\upsilon \,\,{\rm A}{\rm E}}\\ {{\rm A}{\rm Z} = {\rm Z}{\rm E} \Rightarrow {\rm Z}\,\,\sigma \eta \mu \varepsilon \dot \iota o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,\,\mu \varepsilon \sigma o\kappa \alpha \theta \dot \varepsilon \tau o\upsilon \,\,\tau o\upsilon \,\,{\rm A}{\rm E}} \end{array}} \right\} \Rightarrow }$ $\Gamma {\rm Z}$ μεσοκάθετος του ${\rm A}{\rm E}$ .
γ) Είναι ${\rm A}{\rm B} \bot {\rm A}{\rm E}$ (αφού $\displaystyle{{\rm B}\hat {\rm A}{\rm E} = {90^0}}$ ) (5)

και $\Gamma {\rm Z}$ μεσοκάθετος του ${\rm A}{\rm E}$ (6)

.
Από $(5),\,(6)$ συμπεραίνουμε ότι ${\rm A}{\rm B}//\Gamma {\rm Z}$ . ό.έ.δ.

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ · #255

Ευχαριστώ πολύ τον κ. Νάννο για τον κόπο του. Αν είναι όμως να κουράζω τους συναδέλφους με επιπλέον επεξεργασία μήπως είναι καλύτερα να μην ανεβάζω σε word; Σε tex μου είναι αδύνατον. Ευχαριστώ και πάλι τον κ. Νάννο.

#256

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ έγραψε:Ευχαριστώ πολύ τον κ. Νάννο για τον κόπο του. Αν είναι όμως να κουράζω τους συναδέλφους με επιπλέον επεξεργασία μήπως είναι καλύτερα να μην ανεβάζω σε word; Σε tex μου είναι αδύνατον. Ευχαριστώ και πάλι τον κ. Νάννο.

Καλωσορίζω το νέο μας συνάδελφο Γιώργο Λέκκα!

Είναι σε πρώτη φάση πολύ βολικό να έχουμε τις λύσεις και σε word.Μην ξεχνάμε ότι ο Χρήστος Τσιφάκης κατασκευάζει ένα αρχείο word με όλες αυτές τις λύσεις.
Θα ήταν ευχής έργο λοιπόν , αν μετά από κάθε λύση μπορούσαμε να ανεβάζουμε συνημμένα και το αντίστοιχο word αρχείο.

Όσοι συνάδελφοι δυσκολεύονται με το TEX, ας ανεβάζουν τη λύση σε word αρχείο και θα βοηθήσουμε εμείς να το παρουσιάσουμε και σε Tex.

Μπάμπης

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ · #257

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ έγραψε:Ευχαριστώ πολύ τον κ. Νάννο για τον κόπο του. Αν είναι όμως να κουράζω τους συναδέλφους με επιπλέον επεξεργασία μήπως είναι καλύτερα να μην ανεβάζω σε word; Σε tex μου είναι αδύνατον. Ευχαριστώ και πάλι τον κ. Νάννο.
Καλωσορίζω το νέο μας συνάδελφο Γιώργο Λέκκα!

Είναι σε πρώτη φάση πολύ βολικό να έχουμε τις λύσεις και σε word.Μην ξεχνάμε ότι ο Χρήστος Τσιφάκης κατασκευάζει ένα αρχείο word με όλες αυτές τις λύσεις.
Θα ήταν ευχής έργο λοιπόν , αν μετά από κάθε λύση μπορούσαμε να ανεβάζουμε συνημμένα και το αντίστοιχο word αρχείο.

Όσοι συνάδελφοι δυσκολεύονται με το TEX, ας ανεβάζουν τη λύση σε word αρχείο και θα βοηθήσουμε εμείς να το παρουσιάσουμε και σε Tex.

Μπάμπης

Ευχαριστώ πολύ. Τιμή μου που απάντησε ο εκλεκτός συνάδελφος κ. Στεργίου τον οποίο γνωρίζω μόνο μέσα από τα ΑΡΙΣΤΑ βιβλία του. Τώρα όσο για το "νέο μας συνάδελφο" ε! όχι και τόσο νέος, κοντά στην σύνταξη και παππούς μιας σουσουράδας!!!!!!!!!!!!!!!!!

#258

Άσκηση 3728

Έστω ότι ο κύκλος $(O,\rho)$ εφάπτεται των πλευρών του τριγώνου $P\Gamma E$ στα σημεία $A,\Delta$ και

.
α) Να αποδείξετε ότι:

I. $P\Gamma=\Gamma\Delta+AP$ (Μονάδες 6)

II. $P\Gamma-\Gamma\Delta=PE-\Delta E$ (Μονάδες 8)

β) Αν $A\Gamma=BE$ , να αποδείξετε ότι

I. το τρίγωνο $P\Gamma E$ είναι ισοσκελές. (Μονάδες 6)

II. Τα σημεία P, O

και $\Delta$ είναι συνευθειακά. (Μονάδες 5)

Λύση:

α. I) Επειδή τα εφαπτόμενα τμήματα σε κύκλο από ένα σημείο εκτός κύκλου είναι ίσα, θα είναι:
$PA=PB, A\Gamma=\Gamma\Delta$ και $\Delta E=EB$ .

Οπότε: $P\Gamma=PA+A\Gamma=PA+\Gamma\Delta$ .

α. II) $P\Gamma-\Gamma\Delta=AP=PB=PE-BE=PE-\Delta E$

: 3728.png (9.78 KiB) Προβλήθηκε 4805 φορές

β. I) $\displaystyle{{\rm P}\Gamma = {\rm P}{\rm A} + {\rm A}\Gamma \mathop = \limits^{{\rm A}\Gamma = {\rm B}{\rm E}} {\rm P}{\rm B} + {\rm B}{\rm E} \Leftrightarrow {\rm P}\Gamma = {\rm P}{\rm E}}$ . Άρα το τρίγωνο $P\Gamma E$ είναι ισοσκελές.

β. II) Είναι $\displaystyle{{\rm O}\Delta \bot \Gamma {\rm E}}$ (ακτίνα κάθετη στην εφαπτομένη στο σημείο επαφής). Επειδή όμως ο κύκλος $(O,\rho)$ είναι ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $P\Gamma E$ και το τρίγωνο είναι ισοσκελές, η διχοτόμος από την κορυφή

διέρχεται από το σημείο

και είναι και ύψος. Δηλαδή, $\displaystyle{{\rm P}{\rm O} \bot \Gamma {\rm E}}$ .

Από το σημείο $\Delta$ όμως, υπάρχει μόνο μία κάθετη στη $\Gamma E$ . Άρα, τα σημεία P, O

και $\Delta$ είναι συνευθειακά.

Christos.N · #259

Άσκηση 3729

Θεωρούμε κύκλο κέντρου Ο και εξωτερικό σημείο του Ρ . Από το Ρ φέρνουμε τα εφαπτόμενα τμήμα ΡΑ και ΡΒ. Η διακεντρική ευθεία ΡΟ τέμνει τον κύκλο στο σημείο Λ. Η εφαπτόμενη του κύκλου στο Λ τέμνει τα ΡΑ και ΡΒ στα σημεία Γ και Δ αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι:
α) το τρίγωνο ΡΓΔ είναι ισοσκελές. (Μονάδες 10)
β) ΓΑ= ΔΒ. (Μονάδες 8)
γ) η περίμετρος του τριγώνου ΡΓΔ είναι ίση με ΡΑ+ΡΒ. (Μονάδες 7)

: Καταγραφή.PNG (13.92 KiB) Προβλήθηκε 4800 φορές

Απαντήσεις:

α)
Αρκεί να δείξουμε ότι $\Gamma {\rm P} = \Delta {\rm P}$

Γνωρίζουμε ότι η διακεντρική ευθεία ${\rm P}{\rm O}$ διχοτομεί την γωνία ${\rm A}{\rm P}{\rm B}$ που σχηματίστηκε από τα εφαπτόμενα τμήματα ${\rm P}{\rm A}$ και ${\rm P}{\rm B}$ . Συνεπώς : $\angle {\rm A}{\rm P}{\rm O} = \angle {\rm B}{\rm P}{\rm O}$ .

Αν συγκρίνουμε τα τρίγωνα $\Gamma \Lambda {\rm P}$ και $\Delta \Lambda {\rm P}$ διαπιστώνουμε ότι είναι ορθογώνια $\left( {\hat \Lambda = 90^o } \right)$ έχουν κοινή κάθετη πλευρά $\Lambda {\rm P}$ και όπως δείξαμε πριν έχουν δύο οξείες γωνίες ίσες $\left( {\angle {\rm A}{\rm P}{\rm O} = \angle {\rm B}{\rm P}{\rm O}} \right)$ . Συνεπώς είναι ίσα τρίγωνα , άρα έχουν όλα τα στοιχεία τους ίσα, θα είναι λοιπόν $\Gamma {\rm P} = \Delta {\rm P}$ .

β)
Γνωρίζουμε ότι τα εφαπτόμενα τμήματα που άγονται από σημείο εκτός αυτού είναι ίσα, άρα ${\rm P}{\rm A} = {\rm P}{\rm B}$ συνεπώς συνδυάζοντας και το συμπέρασμα του προηγούμενου ερωτήματος: ${\rm A}\Gamma = {\rm P}{\rm A} - {\rm P}\Gamma = {\rm P}{\rm B} - {\rm P}\Delta = \Delta {\rm B}$

γ)
Τα σημεία $\Gamma ,\Delta$ είναι εξωτερικά του κύκλου και τα τμήματα $\Gamma {\rm A},\Gamma \Lambda$ και $\Delta \Lambda ,\Delta {\rm B}$ είναι εφαπτόμενα τμήματα που άγονται από αυτά, άρα ίσα μεταξύ τους.
Έχουμε:
${\rm P}\Gamma + \Gamma \Delta + \Delta {\rm P} = {\rm P}\Gamma + \Gamma \Lambda + \Lambda \Delta + \Delta {\rm P}\mathop = \limits^{\Gamma \Lambda = \Gamma {\rm A},\Lambda \Delta = \Delta {\rm B}} {\rm P}\Gamma + \Gamma {\rm A} + \Delta {\rm B} + \Delta {\rm P}={\rm P}{\rm A} + {\rm P}{\rm B}$

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ · #260

Έχω λύσει τις ασκήσεις 3806 και 3808 τις οποίες θα γράψω σε Word και θα αναρτήσω το συντομότερο δυνατόν.

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