ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

#1

Τα κόκκινα είναι τα νέα θέματα και τα μεύρα παλιά που συμπληρώθηκαν οι εκφωνήσεις τους
01. ΘΕΜΑ 4-2789
02. ΘΕΜΑ 4-2809
03. ΘΕΜΑ 4-3702
04. ΘΕΜΑ 4-3703
05. ΘΕΜΑ 4-3711
06. ΘΕΜΑ 4-3731
07. ΘΕΜΑ 4-3767
08. ΘΕΜΑ 4-3803
09. ΘΕΜΑ 4-3813
10. ΘΕΜΑ 4-4555
11. ΘΕΜΑ 4-4579
12. ΘΕΜΑ 4-4614
13. ΘΕΜΑ 4-4619
14. ΘΕΜΑ 4-4652
15. ΘΕΜΑ 4-4653
16. ΘΕΜΑ 4-4741
17. ΘΕΜΑ 4-4753
18. ΘΕΜΑ 4-4762
19. ΘΕΜΑ 4-4778
20. ΘΕΜΑ 4-4786
21. ΘΕΜΑ 4-4794
22. ΘΕΜΑ 4-4798
23. ΘΕΜΑ 4-4804
24. ΘΕΜΑ 4-4806
25. ΘΕΜΑ 4-4808
26. ΘΕΜΑ 4-6876
27. ΘΕΜΑ 4-13527

#2

Καλημέρα Χρήστο

Τα νέα αυτά θέματα, όταν λυθούν, σε ποιο φάκελο μπορούμε να τα αναρτήσουμε;

#3

Γιώργο βάλτε τα σε αυτό το post με times New roman 12 και θα τα αποδελτιώσω σιγά σιγά

#4

01. Άσκηση 4-2789

Δίνεται τρίγωνο $AB\Gamma$ στο οποίο η εξωτερική του γωνία $\widehat\Gamma$ είναι διπλάσια της εσωτερικής του γωνίας $\widehat A$ . Από την κορυφή

διέρχεται ημιευθεία $Ax||B\Gamma$ στο ημιεπίπεδο $(AB,\Gamma)$ . Στην ημιευθεία

θεωρούμε σημείο $\Delta$ τέτοιο ώστε $A\Delta=B\Gamma$ . Να αποδείξετε ότι:
α) Η $B\Delta$ διέρχεται από το μέσο του τμήματος $A\Gamma$ . (Μονάδες

)
β) Η $\Gamma\Delta$ είναι διχοτόμος της $\displaystyle{{\widehat \Gamma _{\varepsilon \xi }}}$ . (Μονάδες

)
γ) Το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ισοσκελές. (Μονάδες

)

Λύση:

α) Επειδή $A\Delta||=B\Gamma$ , το τετράπλευρο $A\Delta\Gamma B$ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε οι διαγώνιες του διχοτομούνται και κατά συνέπεια η $B\Delta$ διέρχεται από το μέσο του τμήματος $A\Gamma$ .

β) $AB||\Gamma\Delta$ , οπότε $\widehat A=A\widehat\Gamma\Delta$ . Αλλά $\displaystyle{\widehat {\rm A} = \frac{{{{\widehat \Gamma }_{\varepsilon \xi }}}}{2}}$ , άρα η $\Gamma\Delta$ είναι διχοτόμος της $\displaystyle{{\widehat \Gamma _{\varepsilon \xi }}}$ .

: 4_2789.png (8.48 KiB) Προβλήθηκε 7596 φορές

γ) $\displaystyle{{\widehat \Gamma _{\varepsilon \xi }} = \widehat {\rm A} + \widehat {\rm B} \Leftrightarrow 2\widehat {\rm A} = \widehat {\rm A} + \widehat {\rm B} \Leftrightarrow \widehat {\rm A} = \widehat {\rm B} \Leftrightarrow }$ $\displaystyle{{\rm A}\Gamma = {\rm B}\Gamma }$
Επομένως το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ισοσκελές.

#5

GI_A_GEO_4_2809

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma$ και τα ύψη του $\displaystyle {\rm B}{\rm K}$ και $\displaystyle \Gamma \Lambda$ , τα οποία τέμνονται στο $\displaystyle {\rm I}$ . Αν τα σημεία $\displaystyle {\rm M}$ και $\displaystyle {\rm N}$ είναι τα μέσα των $\displaystyle {\rm B}{\rm I}$ και $\displaystyle \Gamma {\rm I}$ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι:
α) Το τρίγωνο $\displaystyle {\rm B}{\rm I}\Gamma$ είναι ισοσκελές (Μονάδες 5)
β) Τα τρίγωνα $\displaystyle {\rm B}{\rm I}\Lambda$ και $\displaystyle \Gamma {\rm I}{\rm K}$ είναι ίσα (Μονάδες 5)
γ) Το $\displaystyle {\rm A}{\rm I}$ προεκτεινόμενο διέρχεται από το μέσο της πλευράς $\displaystyle {\rm B}\Gamma$ . (Μονάδες 5)
δ) Το τετράπλευρο $\displaystyle {\rm M}\Lambda {\rm K}{\rm N}$ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο. (Μονάδες 10)

: GI_A_GEO_4_2809.jpg (10.27 KiB) Προβλήθηκε 7525 φορές

α) Αφού το $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma$ είναι ισόπλευρο, τα ύψη του είναι και διάμεσοι και διχοτόμοι, άρα $\displaystyle \widehat {{\rm K}{\rm B}\Gamma } = \frac{{\widehat {\rm B}}}{2} = 30^\circ ,\;\;\widehat {\Lambda \Gamma {\rm B}} = \frac{{\widehat \Gamma }}{2} = 30^\circ$ άρα το $\displaystyle {\rm B}{\rm I}\Lambda$ είναι ισοσκελές με $\displaystyle {\rm B}{\rm I} = \Gamma {\rm I}$ .

β) Τα τρίγωνα $\displaystyle \Lambda {\rm B}{\rm I},\;{\rm K}\Gamma {\rm I}$ έχουν τις $\displaystyle {\rm B}{\rm I},\;\Gamma {\rm I}$ ίσες, όπως αποδείξαμε, $\displaystyle \widehat {\Lambda {\rm I}{\rm B}} = \widehat {{\rm K}{\rm I}\Gamma }$ , ως κατακορυφήν γωνίες και $\displaystyle \widehat {\Lambda {\rm B}{\rm I}} = \widehat {{\rm K}\Gamma {\rm I}}$ , αφού είναι $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} \widehat {\Lambda {\rm B}{\rm I}} = \frac{{\widehat {\rm B}}}{2} = 30^\circ \\ \widehat {{\rm K}\Gamma {\rm I}} = \frac{{\widehat \Gamma }}{2} = 30^\circ \end{array} \right.$
Από το κριτήριο Γ-Π-Γ προκύπτει ότι είναι ίσα.

γ) Το $\displaystyle {\rm I}$ είναι ορθόκεντρο του $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma$ , οπότε το $\displaystyle {\rm A}{\rm I}$ βρίσκεται επί του ύψους του, το οποίο είναι και διάμεσός του, άρα το $\displaystyle {\rm A}{\rm I}$ προεκτεινόμενο διέρχεται από το μέσο της πλευράς ΒΓ.

δ) Αφού $\displaystyle {\rm B}{\rm K},\;\Gamma \Lambda$ διάμεσοι, τα $\displaystyle {\rm K},\;\Lambda$ είναι μέσα των $\displaystyle {\rm A}\Gamma ,\;{\rm A}{\rm B}$ αντίστοιχα, οπότε είναι $\displaystyle \Lambda {\rm K}//{\rm B}\Gamma ,\;\;\Lambda {\rm K} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2}$

Ομοίως, αφού τα $\displaystyle {\rm M},\;{\rm N}$ είναι μέσα των $\displaystyle {\rm B}{\rm I},\;\Gamma {\rm I}$ είναι και $\displaystyle {\rm M}{\rm N}//{\rm B}\Gamma ,\;\;{\rm M}{\rm N} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2}$ , οπότε το $\displaystyle {\rm M}\Lambda {\rm K}{\rm N}$ είναι παραλληλόγραμμο.

Στο $\displaystyle {\rm A}{\rm I}\Gamma$ τα $\displaystyle {\rm N},\;{\rm K}$ είναι μέσα των $\displaystyle \Gamma {\rm I},\;{\rm A}\Gamma$ , οπότε είναι $\displaystyle {\rm N}{\rm K}//{\rm A}{\rm I} \Rightarrow {\rm N}{\rm K} \bot \Lambda {\rm K}$ , άρα το $\displaystyle {\rm M}\Lambda {\rm K}{\rm N}$ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο.

hlkampel · #6

03. Άσκηση 4-3702

Έστω ότι

και

είναι τα μέσα των πλευρών

και $\Gamma \Delta$ παραλληλογράμμου Α ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ αντίστοιχα.
Αν για το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ επιπλέον ισχύουν ${\rm A}{\rm B} > {\rm A}\Delta$ και γωνία ${\rm A}$ αμβλεία , να εξετάσετε αν είναι αληθείς οι ακόλουθοι ισχυρισμοί:
Ισχυρισμός 1: Το τετράπλευρο $\Delta {\rm E}{\rm B}{\rm H}$ είναι παραλληλόγραμμο.
Ισχυρισμός 2: Τα τρίγωνα ${\rm A}\Delta {\rm E}$ και ${\rm B}\Gamma {\rm H}$ είναι ίσα.
Ισχυρισμός 3: Τα τρίγωνα ${\rm A}\Delta {\rm E}$ και ${\rm B}\Gamma {\rm H}$ είναι ισοσκελή.
α) Στην περίπτωση που θεωρείτε ότι κάποιος ισχυρισμός είναι αληθής να τον
αποδείξετε. (Μονάδες 16)
β) Στην περίπτωση που κάποιος ισχυρισμός δεν είναι αληθής, να βρείτε τη σχέση
των διαδοχικών πλευρών του παραλληλογράμμου ώστε να είναι αληθής. Να
αιτιολογήσετε την απάντησή σας. (Μονάδες 9)

Λύση
α) Ο ισχυρισμός 1, δηλαδή ότι το $\Delta {\rm E}{\rm B}{\rm H}$ είναι παραλληλόγραμμο ισχύει αφού είναι ${\rm E}{\rm B}// = \Delta {\rm Z}$ ως μισά των ίσων και παραλλήλων τμημάτων ${\rm A}{\rm B}$ και $\Gamma \Delta$ .
Ο ισχυρισμός 2 , δηλαδή ότι τα τρίγωνα ${\rm A}\Delta {\rm E}$ και ${\rm B}\Gamma {\rm H}$ είναι ίσα ισχύει αφού έχουν:
${\rm A}\Delta = {\rm B}\Gamma$ ως απέναντι πλευρές παραλληλογράμμου,
$\displaystyle{\widehat {\rm A} = \widehat \Gamma }$ ως απέναντι γωνίες παραλληλογράμμου και
${\rm A}{\rm E} = \Gamma {\rm Z}$ ως μισά των ίσων πλευρών ${\rm A}{\rm B}$ και $\Gamma \Delta$ .
Ο ισχυρισμός 3 δεν είναι αληθής γενικά.
β) Για να ισχύει ο ισχυρισμός 3 πρέπει να ισχύει ${\rm A}\Delta = {\rm A}{\rm E} \Leftrightarrow {\rm A}\Delta = \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2} \Leftrightarrow {\rm A}{\rm B} = 2{\rm A}\Delta$

hlkampel · #7

04. Άσκηση 4-3703

Δίνεται τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ . Προεκτείνουμε το ύψος του ${\rm A}{\rm H}$ κατά τμήμα ${\rm H}\Delta = {\rm A}{\rm H}$ και τη
διάμεσό του ${\rm A}{\rm M}$ κατά τμήμα ${\rm M}{\rm E} = {\rm A}{\rm M}$ .
Να αποδείξετε ότι:
α) ${\rm A}{\rm B} = {\rm B}\Delta = \Gamma {\rm E}$ (Μονάδες 8)
β) $\widehat {\Gamma {\rm B}\Delta } = \widehat {{\rm B}\Gamma {\rm E}}$ (Μονάδες 8)
γ) Το τετράπλευρο ${\rm B}\Gamma {\rm E}\Delta$ είναι ισοσκελές τραπέζιο. (Μονάδες 9)

Λύση

α) Το τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Delta$ είναι ισοσκελές αφού το ${\rm B}{\rm H}$ είναι ύψος και διάμεσος, έτσι ${\rm A}{\rm B} = {\rm B}\Delta \;\left( 1 \right)$
Τα τρίγωνα ${\rm A}{\rm B}{\rm M}$ και $\Gamma {\rm M}{\rm E}$ είναι ίσα αφού έχουν:
${\rm B}{\rm M} = \Gamma {\rm M}$ αφού το ${\rm M}$ είναι μέσο της ${\rm B}\Gamma$
${\rm A}{\rm M} = {\rm M}{\rm E}$ από υπόθεση και
$\widehat {{\rm A}{\rm M}{\rm B}} = \widehat {\Gamma {\rm M}{\rm E}}$ ως κατακορυφήν.
Έτσι ${\rm A}{\rm B} = \Gamma {\rm E}\;\left( 2 \right)$ και $\widehat {{\rm B}\Gamma {\rm E}} = \widehat {{\rm A}{\rm B}\Gamma }\;\left( 3 \right)$
Από $\displaystyle{\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow {\rm A}{\rm B} = {\rm B}\Delta = \Gamma {\rm E}}$

β) Στο ισοσκελές τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Delta$ το ${\rm B}{\rm H}$ είναι και διχοτόμος, έτσι $\displaystyle{\widehat {{\rm A}{\rm B}\Gamma } = \widehat {\Gamma {\rm B}\Delta }\;\left( 4 \right)}$
Από $\left( 3 \right),\left( 4 \right) \Rightarrow \widehat {\Gamma {\rm B}\Delta } = \widehat {{\rm B}\Gamma {\rm E}}$

γ) Σημείωση: Αυτό το ερώτημα νομίζω έχει πρόβλημα.
i. Αν είναι ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma$ τα σημεία $\Delta ,{\rm E}$ ταυτίζονται οπότε δεν υφίσταται τετράπλευρο ${\rm B}\Gamma {\rm E}\Delta$ .
ii. Αν $\widehat {\rm B} = 90^\circ$ το ${\rm B}\Gamma {\rm E}\Delta$ είναι ορθογώνιο.

Σε περίπτωση που δεν ισχύουν τα παραπάνω, με το δοσμένο σχήμα δηλαδή, είναι:
Στο τρίγωνο ${\rm A}\Delta {\rm E}$ το τμήμα ${\rm H}{\rm M}$ ενώνει τα μέσα των πλευρών του ${\rm A}\Delta ,{\rm A}{\rm E}$ αντίστοιχα, έτσι ${\rm H}{\rm M}//\Delta {\rm E} \Rightarrow {\rm B}\Gamma //\Delta {\rm E}$ .
$\widehat {{\rm A}{\rm B}\Delta } < 180^\circ \Rightarrow \widehat {{\rm A}{\rm B}\Gamma } + \widehat {\Gamma {\rm B}\Delta } < 180^\circ \mathop \Rightarrow \limits^{\left( \beta \right)} \widehat {{\rm B}\Gamma {\rm E}} + \widehat {\Gamma {\rm B}\Delta } < 180^\circ$ δηλαδή οι ${\rm B}\Delta$ και $\Gamma {\rm E}$ τέμνονται οπότε το ${\rm B}\Gamma {\rm E}\Delta$ είναι ισοσκελές τραπέζιο αφού έχει και ${\rm B}\Delta = \Gamma {\rm E}$

#8

GI_A_GEO_4_3731

Δίνεται κύκλος $\displaystyle \left( {{\rm O},\;{\rm{\rho }}} \right)$ και σημείο

εξωτερικό του. Από το

φέρουμε τα εφαπτόμενα τμήματα

και

του κύκλου και έστω ότι το σημείο $\displaystyle \Gamma$ είναι το συμμετρικό του

ως προς την ευθεία

.
α) Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο AMBO

είναι εγγράψιμο σε κύκλο. (Μονάδες 7)
β) Να προσδιορίσετε το κέντρο $\displaystyle \Lambda$ του περιγγεγραμμένου κύκλου του τετραπλεύρου AMBO

και να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. (Μονάδες 9)
γ) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle {\rm B}\Lambda //\,{\rm M}\Gamma$ . (Μονάδες 9)

: GI_A_GEO_4_3731.jpg (15.01 KiB) Προβλήθηκε 7439 φορές

α) Τα

είναι εφαπτόμενα τμήματα στον κύκλο, άρα είναι κάθετα στις ακτίνες OA, OB

αντίστοιχα, οπότε $\displaystyle \widehat {{\rm M}{\rm A}{\rm O}} = \widehat {{\rm M}{\rm O}{\rm B}} = 90^\circ$ , άρα το AMBO

είναι εγγράψιμο τετράπλευρο σε κύκλο αφού έχει δύο απέναντι γωνίες παραπληρωματικές.

β) Φέρνουμε τη

. Αφού είναι $\displaystyle \widehat {{\rm M}{\rm A}{\rm O}} = 90^\circ$ , η

είναι διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου του AMBO

, οπότε το κέντρο $\displaystyle \Lambda$ του κύκλου είναι το μέσο του

.

γ) Το

είναι το μέσο του $\displaystyle {\rm O}\Gamma$ και το $\displaystyle \Lambda$ είναι το μέσο του

, οπότε στο τρίγωνο $\displaystyle {\rm M}{\rm O}\Gamma$ είναι $\displaystyle {\rm B}\Lambda \,//\,{\rm M}\Gamma$ .

Χρήστο, παράβλεψα την 4-3711, αφού θέλει απλώς συμπλήρωση, για να μην την ξαναγράψω από την αρχή. Αν θες, ανάρτησε (σε word) όσες θέλουν απλώς συμπλήρωση για να τις επιμεληθούμε.

#9

hlkampel έγραψε:04. Άσκηση 4-3703

γ) Σημείωση: Αυτό το ερώτημα νομίζω έχει πρόβλημα.
i. Αν είναι ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma$ τα σημεία $\Delta ,{\rm E}$ ταυτίζονται οπότε δεν υφίσταται τετράπλευρο ${\rm B}\Gamma {\rm E}\Delta$ .
ii. Αν $\widehat {\rm B} = 90^\circ$ το ${\rm B}\Gamma {\rm E}\Delta$ είναι ορθογώνιο.

Ηλία καλησπέρα, εύλογη η ένστασή σου.

Ας δεχτούμε ότι αφού αναφέρει ως διακριτά τα σημεία

και

ότι το τρίγωνο δεν είναι ισοσκελές. Άντε να δεχτούμε το ίδιο και για το ορθογώνιο.
Όμως.... αν $AB > A\Gamma$ , τότε το τραπέζιο είναι το ${\rm B}\Gamma \Delta{\rm E}$ κι όχι το ${\rm B}\Gamma {\rm E}\Delta$ !

ΠΡΕΠΕΙ να συμπληρωθεί η εκφώνηση με τους περιορισμούς $\hat{B}\neq 90^0$ και $AB > A\Gamma$ .
Αναρωτιέμαι (και ζητώ τη γνώμη σας) Το ότι έχει συνοδευτικό ένα συγκεκριμένο σχήμα, δίχως να δηλώνεται στην υπόθεση, απαλλάσει τον λύτη από την υποχρέωση διερεύνησης;
Γενικότερα, είναι σωστό στη Γεωμετρία, να δίνονται ελλιπή στοιχεία στην υπόθεση και να περιγράφονται απλά με ένα σχήμα;

Ηλία, προτείνω να αναρτήσεις την παρατήρησή σου ΕΔΩ

#10

GK_A_GEO_4_3803

Σε τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ προεκτείνουμε τη διαγώνιο ${\rm B}\Delta$ ( προς το $\Delta$ ) κατά τμήμα $\Delta {\rm E} = \Delta {\rm B}$ .

Έστω ${\rm M}$ το μέσο της ${\rm A}\Delta$ και ${\rm N}$ το σημείο τομής των ευθειών ${\rm A}{\rm E}$ και $\Gamma \Delta$ .

α) Να αποδείξετε ότι $\Delta {\rm N} = \Delta {\rm M}$ (Μονάδες 6)

β) Να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου ${\rm N}{\rm M}\Delta$ (Μονάδες 5)

γ) να αποδείξετε ότι :

i. ${\rm M}{\rm N} \bot {\rm A}\Gamma$ (Μονάδες 7)

ii. $\Gamma {\rm M} \bot {\rm A}{\rm N}$ (Μονάδες 7)

: Geometria_A_4_3803_ekfonisi.png (11.66 KiB) Προβλήθηκε 7421 φορές

Λύση

: Geometria_A_4_3803.png (24.44 KiB) Προβλήθηκε 7421 φορές

α) Επειδή $\Gamma \Delta //{\rm B}{\rm A}$ και το $\Delta$ είναι μέσο του ${\rm E}{\rm A}$ ,στο τρίγωνο ${\rm E}{\rm A}{\rm B}$ το ${\rm N}$ θα είναι μέσο της πλευράς ${\rm E}{\rm A}$ .

Τώρα το ευθύγραμμο τμήμα $\Delta {\rm N}// = \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{2} = \dfrac{{{\rm A}\Delta }}{2} = \Delta {\rm M}$ .
β) Το τρίγωνο ${\rm N}{\rm M}\Delta$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές άρα οι οξείες του γωνίες θα είναι από ${45^0}$

γ)

i. Οι διαγώνιοι του τετραγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ , δηλαδή οι ${\rm A}\Gamma$ και ${\rm B}\Delta$ τέμνονται κάθετα .

Στο τρίγωνο ${\rm A}{\rm E}\Delta$ το ευθύγραμμο τμήμα ${\rm N}{\rm M}$ συνδέει τα μέσα των πλευρών του ${\rm A}{\rm E},{\rm A}\Delta$ και άρα ${\rm N}{\rm M}// = {\rm E}\Delta$ .

Δηλαδή ${\rm N}{\rm M}//\Delta {\rm B}$ και αφού $\Delta {\rm B} \bot {\rm A}\Gamma$ θα είναι και ${\rm N}{\rm M} \bot {\rm A}\Gamma$

ii. Έστω ${\rm Z}$ το σημείο που η ${\rm N}{\rm M}$ τέμνει κάθετα (προηγούμενο ερώτημα) την ${\rm A}\Gamma$ .

Αφού και ${\rm A}\Delta \bot {\rm N}\Gamma$ στο τρίγωνο ${\rm A}{\rm N}\Gamma$ το σημείο ${\rm M}$ είναι ορθόκεντρο,

Συνεπώς η ευθεία $\Gamma {\rm M}$ είναι ο φορέας του τρίτου του ύψους και ως εκ τούτου $\Gamma {\rm M} \bot {\rm A}{\rm N}$ , έστω στο σημείο ${\rm K}$ .

Φιλικά Νίκος

#11

A_GEO_4_6876

Δίδεται ισοσκελές τρίγωνο ${\rm A}\Gamma {\rm B}({\rm A}\Gamma = \Gamma {\rm B})$ . Φέρουμε τα ύψη του ${\rm A}{\rm K}$ και $\Gamma \Lambda$ .

Αν ${\rm E}$ το μέσο της ${\rm A}\Gamma$ να αποδείξετε ότι :

α) Το τρίγωνο ${\rm K}{\rm E}\Lambda$ είναι ισοσκελές ( Μονάδες 10)

β) Η ${\rm K}\Lambda$ είναι διχοτόμος της γωνίας ${\rm B}\widehat {\rm K}{\rm E}$ ( Μονάδες 15)

Λύση

: Geometria_A_4_6876.png (18.2 KiB) Προβλήθηκε 7361 φορές

α) Οι $\Lambda {\rm E},{\rm K}{\rm E}$ είναι διάμεσοι προς την κοινή υποτείνουσα των ορθογωνίων τριγώνων

$\Lambda {\rm A}\Gamma$ αφ ενός και ${\rm K}{\rm A}\Gamma$ αφ ετέρου .

Θα είναι λοιπόν $\Lambda {\rm E} = {\rm K}{\rm E} = \dfrac{{{\rm A}\Gamma }}{2}$

β) Η απάντηση σ αυτό το ερώτημα χωρίς επί πλέον χάραξη γραμμών απαιτεί εγγράψιμα και ισότητα τριγώνων ( και όχι μόνο).

Θα δοθεί μια «γρήγορη» λύση που όμως δεν είναι εύκολο να την σκεφτεί ο μέσος μαθητής ειδικά σε ώρα εξετάσεων .

Από το $\Lambda$ φέρνουμε παράλληλη στην ${\rm E}{\rm K}$ που τέμνει τη ${\rm B}\Gamma$ στο ${\rm N}$ .

Επειδή το $\Lambda$ είναι και μέσο της βάσης ${\rm A}{\rm B}$ του ισοσκελούς τριγώνου $\Gamma {\rm A}{\rm B}$ θα είναι

${\rm E}\Lambda // = \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{2}\,\,\,(1)$ και άρα σε πρώτη «φάση» το τετράπλευρο ${\rm K}{\rm E}\Lambda {\rm N}$ είναι παραλληλόγραμμο.

Όμως λόγω του α) ερωτήματος θα είναι ${\rm E}\Lambda = {\rm E}{\rm K}$ άρα το τετράπλευρο ${\rm K}{\rm E}\Lambda {\rm N}$ είναι ρόμβος.

Ως εκ τούτου οι διαγώνιοι διχοτομούν τις γωνίες του του ρόμβου αυτού δηλαδή η ${\rm K}\Lambda$ είναι διχοτόμος της γωνίας ${\rm B}\widehat {\rm K}{\rm E}$ .

Υπάρχει πάντως και απλή λύση που δεν την "είδα", αλλά μου την υπέδειξαν . Δεν αλλάζω όμως τίποτα για παραδειγματισμό μου !

Φιλικά Νίκος

#12

Άσκηση 4-3767

Δίνεται κύκλος (O,R)

και μία επίκεντρη γωνία του $A\widehat OB=120^0$ . Οι εφαπτόμενες του κύκλου στα σημεία

και

τέμνονται στο σημείο

. Θεωρούμε σημείο

του τόξου

και φέρνουμε τις χορδές

και

, οι οποίες προεκτεινόμενες τέμνουν τις

και

στα σημεία $\Delta$ και

αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι:
α) Το τρίγωνο APB

είναι ισόπλευρο. (Μονάδες

)
β) $\displaystyle{{\rm M}\widehat {\rm A}{\rm B} + {\rm M}\widehat {\rm B}{\rm A} = {60^0}}$ . (Μονάδες

)
γ) Τα τρίγωνα $AB\Delta$ και PEB

είναι ίσα. (Μονάδες

)

Λύση.

α) Το τετράπλευρο OAPB

είναι εγγράψιμο(δύο απέναντι γωνίες του είναι ορθές), άρα $A\widehat PB=60^0$ . Το τρίγωνο PAB

είναι ισοσκελές ( PA=PB

) και έχει μία γωνία 60^0

, οπότε είναι ισόπλευρο.

β) $\displaystyle{{\rm M}\widehat {\rm A}{\rm B} + {\rm M}\widehat {\rm B}{\rm A} = \frac{1}{2}}$ (τόξο (MA)+

τόξο

) $\displaystyle{ = \frac{1}{2}}$ (τόξο

)

.

: 4-3767.png (12.93 KiB) Προβλήθηκε 7288 φορές

γ) Τα τρίγωνα $AB\Delta$ και PEB

έχουν:

, $\displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm B}\Delta = {\rm B}\widehat {\rm P}{\rm E} = {60^0}}$ (λόγω του ισοπλεύρου τριγώνου PAB

) και $\displaystyle{{\rm B}\widehat {\rm A}\Delta = {\rm E}\widehat {\rm B}{\rm P}}$ (σχέση εγγεγραμμένης γωνίας με γωνία χορδής κι εφαπτομένης), άρα είναι ίσα $\displaystyle{\left( {\Gamma - \Pi - \Gamma } \right)}$ .

#13

Άσκηση 4-3813

Δίνεται παραλληλόγραμμο $AB\Gamma\Delta$ με $AB=2B\Gamma$ και τη γωνία

αμβλεία. Από την κορυφή

φέρουμε την

κάθετη στην ευθεία $B\Gamma$ και έστω M, N

τα μέσα των $AB,\Delta\Gamma$ αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι:
α) Το τετράπλευρο $MB\Gamma N$ είναι ρόμβος. (Μονάδες

)
β) Το τετράπλευρο $ME\Gamma N$ είναι ισοσκελές τραπέζιο. (Μονάδες

)
γ) Η

είναι διχοτόμος της γωνίας $M\widehat E\Gamma$ . (Μονάδες

)

Λύση.

α) $\displaystyle{{\rm M}{\rm B}|| = {\rm N}\Gamma }$ , οπότε το $MB\Gamma N$ είναι παραλληλόγραμμο. Αλλά $\displaystyle{{\rm M}{\rm B} = \frac{1}{2}{\rm A}{\rm B} = {\rm B}\Gamma }$ , άρα τελικά είναι ρόμβος.

β) Η

είναι η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου EAB

, οπότε $EM=MB=N\Gamma$ . Είναι ακόμα $MN||\Gamma E$ και επιπλέον $MN=B\Gamma<\Gamma E$ (Επειδή η γωνία

είναι αμβλεία το

βρίσκεται στην προέκταση της $\Gamma B$ ). Άρα το τετράπλευρο $ME\Gamma N$ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

: 4-3813.png (12.54 KiB) Προβλήθηκε 7224 φορές

γ) Το $ME\Gamma N$ ως ισοσκελές τραπέζιο είναι εγγράψιμο, οπότε $\displaystyle{{\rm M}\widehat {\rm E}{\rm N} = {\rm N}\widehat {\rm E}\Gamma }$ (εγγεγραμμένες γωνίες που βαίνουν σε αντίστοιχα τόξα ίσων χορδών).

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Επειδή η εκφώνηση της άσκησης δεν συνοδεύεται από σχήμα, νομίζω ότι θα έπρεπε να διευκρινιστεί ότι το

είναι σημείο της ευθείας $B\Gamma$

#14

GI_A_GEO_4_4555

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle {\rm{{\rm A}{\rm B}\Gamma }}$ . Από το μέσο

του $\displaystyle {\rm{{\rm B}\Gamma }}$ φέρουμε ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle {\rm{{\rm M}\Delta }}$ ίσο και παράλληλο με το

και ευθύγραμμο τμήμα

ίσο και παράλληλο με το $\displaystyle {\rm{\Gamma {\rm A}}}$ (τα σημεία $\displaystyle {\rm{\Delta }}$ και

είναι στο ημιεπίπεδο που ορίζεται από τo $\displaystyle {\rm{{\rm B}\Gamma }}$ και το σημείο

). Να αποδείξετε ότι:
α) Τα σημεία $\displaystyle {\rm{\Delta }}{\rm{,}}\;{\rm{{\rm A}}}{\rm{,}}\;{\rm{{\rm E}}}$ είναι συνευθειακά. (Μονάδες 10)
β) Η περίμετρος του τριγώνου $\displaystyle {\rm{{\rm M}\Delta {\rm E}}}$ είναι ίση με την περίμετρο του τριγώνου $\displaystyle {\rm{{\rm A}{\rm B}\Gamma }}$ . (Μονάδες 9)
γ) Όταν ένας καθηγητής έθεσε στους μαθητές του το ερώτημα αν τα σημεία $\displaystyle {\rm{\Delta }}{\rm{,}}\;{\rm{{\rm A}}}{\rm{,}}\;{\rm{{\rm E}}}$ είναι συνευθειακά, ένας από αυτούς έκανε το παρακάτω σχήμα και απάντησε ως εξής:
$\displaystyle {\widehat {\rm Z}_1} = {\widehat {\rm A}_1}$ (εντός εναλλάξ των ΑΒ//ΜΔ που τέμνονται από ΑΖ)
$\displaystyle \widehat {{\rm A}\Delta {\rm Z}} = {\widehat {\rm A}_2}$ (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη των ΑΒ//ΜΔ που τέμνονται από ΔΕ)

Όμως $\displaystyle {\widehat {\rm Z}_1} + {\widehat {\rm A}_3} + \widehat {{\rm A}\Delta {\rm Z}} = 180^\circ$ (άθροισμα γωνιών του τριγώνου ΑΔΖ). Άρα σύμφωνα με τα προηγούμενα έχουμε: $\displaystyle {\widehat {\rm A}_1} + {\widehat {\rm A}_2} + {\widehat {\rm A}_3} = 180^\circ$ . Οπότε $\displaystyle {\rm{\Delta }}{\rm{,}}\;{\rm{{\rm A}}}{\rm{,}}\;{\rm{{\rm E}}}$ συνευθειακά.
Όμως ο καθηγητής είπε ότι υπάρχει λάθος στο συλλογισμό. Μπορείτε να εντοπίσετε το λάθος του μαθητή; (Μονάδες 6)

: GI_A_GEO_4_4555.jpg (8.56 KiB) Προβλήθηκε 7107 φορές

α) Αφού $\displaystyle {\rm M}\Delta //{\rm B}{\rm A},\;\;{\rm M}\Delta = {\rm M}{\rm A}$ το $\displaystyle {\rm M}{\rm B}{\rm A}\Delta$ είναι παραλληλόγραμμο. Ομοίως, αφού $\displaystyle {\rm M}{\rm E}//{\rm A}\Gamma ,\;{\rm M}{\rm E} = {\rm A}\Gamma$ και το $\displaystyle {\rm M}\Gamma {\rm A}{\rm E}$ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε $\displaystyle {\rm A}\Delta //{\rm B}{\rm M},\;\;{\rm A}{\rm E}//{\rm M}\Gamma$ και αφού οι $\displaystyle {\rm A}\Delta ,\;{\rm A}{\rm E}$ έχουν κοινό σημείο το

είναι συνευθειακά τμήματα, άρα τα σημεία $\displaystyle {\rm{\Delta }}{\rm{,}}\;{\rm{{\rm A}}}{\rm{,}}\;{\rm{{\rm E}}}$ είναι συνευθειακά.

β) Ακόμα, είναι $\displaystyle {\rm A}\Delta = {\rm M}{\rm B},\;\;{\rm A}{\rm E} = {\rm M}\Gamma$ , οπότε $\displaystyle \Delta {\rm E} = {\rm B}\Gamma$ .
Άρα είναι Περίμετρος $\displaystyle \Delta {\rm M}{\rm E} = \Delta {\rm E} + {\rm M}{\rm E} + {\rm M}\Delta = {\rm B}\Gamma + {\rm A}\Gamma + {\rm A}{\rm B}$ = Περίμετρος $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma$

γ) Το λάθος του μαθητή είναι στην πρόταση: $\displaystyle \widehat {{\rm A}\Delta {\rm Z}} = {\widehat {\rm A}_2}$ (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη των ΑΒ//ΜΔ που τέμνονται από ΔΕ), αφού δεν έχουμε αποδείξει ότι το

είναι προέκταση της $\displaystyle \Delta {\rm A}$ .
(Αυτό είναι το ζητούμενο της απόδειξης…)

ΣΧΟΛΙΟ: Το δεδομένο ότι το

είναι μέσο της $\displaystyle {\rm B}\Gamma$ είναι περιττό.

#15

Άσκηση 4-4614

Δίνεται τετράγωνο $AB\Gamma\Delta$ και τυχαίο σημείο

στην πλευρά $\Delta\Gamma$ . Φέρουμε τη διχοτόμο

της γωνίας $E\widehat AB$ και τη $\Delta H$ κάθετη από το $\Delta$ προς την

, η οποία τέμνει την

στο

και την

στο

.
Να αποδείξετε ότι:
α) Τα τρίγωνα $A\Delta N$ και ABZ

είναι ίσα. (Μονάδες

)
β)

και $\Delta E=EM$ . (Μονάδες

)
γ) $AE=\Delta E+BZ$ . (Μονάδες

)

Λύση:

α) Τα τρίγωνα $A\Delta N$ και ABZ

είναι ορθογώνια και έχουν $A\Delta=AB$ (ως πλευρές τετραγώνου) και $\displaystyle{{\rm A}\widehat \Delta {\rm N} = {\rm B}\widehat {\rm A}{\rm Z}}$ (είναι οξείες γωνίες με πλευρές κάθετες). Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα.

: 4-4614.png (9.16 KiB) Προβλήθηκε 7068 φορές

β) Στο τρίγωνο AMN

το

είναι ύψος και διχοτόμος, οπότε είναι ισοσκελές. Δηλαδή AM=AN

και $\displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm M}{\rm N} = {\rm A}\widehat {\rm N}{\rm M}}$ . $\displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm M}{\rm N} = \Delta \widehat {\rm M}{\rm E}}$ (ως κατακορυφήν). $\displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm N}{\rm M} = {\rm M}\widehat \Delta {\rm E}}$ (ως εντός εναλλάξ).

Άρα: $\displaystyle{{\rm M}\widehat \Delta {\rm E} = \Delta \widehat {\rm M}{\rm E} \Leftrightarrow \Delta {\rm E} = {\rm E}{\rm M}}$

γ) AM=AN=BZ

, $ME=\Delta E$ . Οπότε: $\displaystyle{{\rm A}{\rm E} = {\rm A}{\rm M} + {\rm M}{\rm E} = \Delta {\rm E} + {\rm B}{\rm Z}}$

hlkampel · #16

Άσκηση 4-4778

Σε παραλληλόγραμμο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ με ${\rm A}{\rm B} > {\rm B}\Gamma$ και $\widehat {\rm B} < 90^\circ$ θεωρούμε σημείο ${\rm Z}$ στην προέκταση της ${\rm B}\Gamma$ (προς το $\Gamma$ ) τέτοιο ώστε $\Gamma {\rm Z} = {\rm B}\Gamma$ .
Αν ${\rm E}$ είναι σημείο της ${\rm A}{\rm B}$ , τέτοιο ώστε ${\rm E}\Gamma = \Gamma {\rm B}$ , να αποδείξετε ότι:
α) Η γωνία ${\rm B}{\rm E}{\rm Z}$ είναι ορθή. (Μονάδες 8)
β) Το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm E}\Gamma \Delta$ είναι ισοσκελές τραπέζιο. (Μονάδες 8)
γ) Το τετράπλευρο ${\rm A}\Gamma {\rm Z}\Delta$ είναι παραλληλόγραμμο. (Μονάδες 9)

Λύση

: 4778.png (20.04 KiB) Προβλήθηκε 7080 φορές

α) Στο τρίγωνο ${\rm B}{\rm E}{\rm Z}$ η διάμεσός του ${\rm E}\Gamma$ είναι το μισό της αντίστοιχης πλευράς της.
Άρα το τρίγωνο είναι ορθογώνιο με $\widehat {{\rm B}{\rm E}{\rm Z}} = 90^\circ$
β) Είναι ${\rm A}{\rm E}//\Gamma \Delta$ και ${\rm E}\Gamma = {\rm A}\Delta = {\rm B}\Gamma$
Η ευθεία ${\rm E}\Gamma$ τέμνει την ${\rm B}\Gamma$ άρα θα τέμνει και την παράλληλή της ${\rm A}\Delta$ .
Έτσι το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm E}\Gamma \Delta$ είναι ισοσκελές τραπέζιο.
γ) Είναι ${\rm A}\Delta // = {\rm B}\Gamma \Leftrightarrow {\rm A}\Delta // = \Gamma {\rm Z}$ οπότε το ${\rm A}\Gamma {\rm Z}\Delta$ είναι παραλληλόγραμμο.

#17

Ένας άλλος τρόπος για το β) ερώτημα της άσκησης 4-6876.

Δίδεται ισοσκελές τρίγωνο ${\rm A}\Gamma {\rm B}({\rm A}\Gamma = \Gamma {\rm B})$ . Φέρουμε τα ύψη του ${\rm A}{\rm K}$ και $\Gamma \Lambda$ .

Αν ${\rm E}$ το μέσο της ${\rm A}\Gamma$ να αποδείξετε ότι :

α) Το τρίγωνο ${\rm K}{\rm E}\Lambda$ είναι ισοσκελές ( Μονάδες 10)

β) Η ${\rm K}\Lambda$ είναι διχοτόμος της γωνίας ${\rm B}\widehat {\rm K}{\rm E}$ ( Μονάδες 15)

Λύση.

: 4-6876.png (7.97 KiB) Προβλήθηκε 7035 φορές

β) Από το ισοσκελές τρίγωνο ${\rm K}{\rm E}\Lambda$ , έχουμε $\displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm K}\Lambda = {\rm E}\widehat \Lambda {\rm K}}$

Η $E\Lambda$ ενώνει τα μέσα των πλευρών $\Gamma A, AB$ του τριγώνου $AB\Gamma$ , οπότε, $\displaystyle{{\rm E}\Lambda ||{\rm K}{\rm B} \Rightarrow {\rm E}\widehat \Lambda {\rm K} = \Lambda \widehat {\rm K}{\rm B}}$ . Άρα: $\displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm K}\Lambda = \Lambda \widehat {\rm K}{\rm B}}$

#18

GI_A_GEO_4_4794

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle {\rm{{\rm A}{\rm B}\Gamma }}$ $\displaystyle \left( {\widehat {\rm A} = 90^\circ } \right)$ με $\displaystyle {\rm{{\rm B}\Delta }}$ διχοτόμο και

ύψος, που τέμνονται στο

. Η κάθετη από το

στην

τέμνει τις

και $\displaystyle \Gamma$ στα

και

αντίστοιχα.
α) Να αποδείξετε ότι:
i. Tα τρίγωνα EHA

και

είναι ίσα. (Μονάδες 6)
ii. Tο τρίγωνο BKH

είναι ισοσκελές. (Μονάδες 6)
iii. Η $\displaystyle {\rm B}\Delta$ είναι κάθετη στην

. (Μονάδες 7)

β) Αν επιπλέον το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma$ είναι και ισοσκελές, να αποδείξετε ότι η $\displaystyle \Gamma {\rm E}$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle \Gamma$ . (Μονάδες 6)

: GI_A_GEO_4_4794.jpg (14.25 KiB) Προβλήθηκε 6959 φορές

αi) Το

ανήκει στη διχοτόμο της $\displaystyle \widehat B$ , άρα ισαπέχει από τις $\displaystyle AB,\;A\Gamma$ , δηλαδή είναι HE=KE

.

Τα ορθογώνια τρίγωνα AEH

και

έχουν

, όπως αποδείξαμε και $\displaystyle \widehat {{\rm H}{\rm E}A} = \widehat {{\rm K}{\rm E}Z}$ ως κατακορυφήν γωνίες, άρα είναι ίσα.

ii) Τα ορθογώνια τρίγωνα BHE

και

έχουν τη

κοινή, $\displaystyle \widehat {{\rm H}{\rm B}{\rm E}} = \widehat {{\rm K}{\rm B}{\rm E}}$ από υπόθεση, άρα είναι ίσα, οπότε είναι BH=BK

, δηλαδή

ισοσκελές.

iii) Στο $\displaystyle {\rm A}{\rm B}{\rm Z}$ το

είναι ορθόκεντρο, αφού είναι σημείο τομής των υψών AK, ZΗ

, οπότε και το

ανήκει στο ύψος από το

στην

.

β) Αν $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma$ ορθογώνιο με $\displaystyle \widehat {\rm A} = 90^\circ$ και ισοσκελές, τότε το ύψος

είναι και διχοτόμος, οπότε το

είναι έγκεντρο του $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma$ , άρα και η $\displaystyle \Gamma {\rm E}$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle \widehat \Gamma$ .

#19

Άσκηση GI_A_GEO_4_4808

Δίνονται δυο ίσα ισοσκελή τρίγωνα $AB\Gamma(AB=A\Gamma)$ και $AB\Delta(BA=B\Delta)$ , τέτοια ώστε οι πλευρές τους $A\Gamma$ και $B\Delta$ να τέμνονται κάθετα στο σημείο

, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Τα σημεία

και $\Lambda$ είναι τα μέσα των τμημάτων $A\Delta$ και $B\Gamma$ αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι:
α) $E\Delta=E\Gamma$ . (Μονάδες

)

β) $\Delta\Gamma||AB$ . (Μονάδες

)

γ) Το τρίγωνο $EK\Lambda$ είναι ισοσκελές και $K\Lambda||AB$ . (Μονάδες

)

Λύση.

α) Από τα ίσα ισοσκελή τρίγωνα έχουμε $A\Delta=B\Gamma$ και $A\widehat \Delta E=B\widehat \Gamma E$ , οπότε τα ορθογώνια τρίγωνα $E\Delta A, E\Gamma B$ είναι ίσα. Άρα $E\Delta=E\Gamma$

β) Είναι ακόμα EA=EB

, δηλαδή τα τρίγωνα $E\Delta\Gamma, EAB$ είναι ορθογώνια και ισοσκελή, οπότε: $\displaystyle{\Delta \widehat \Gamma {\rm E} = {\rm B}\widehat {\rm A}{\rm E} = {45^0} \Rightarrow \Delta \Gamma ||{\rm A}{\rm B}}$

: 4-4808.png (12.25 KiB) Προβλήθηκε 6860 φορές

γ) Επειδή η διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα είναι ίση με το μισό της, θα έχουμε: $\displaystyle{{\rm E}{\rm K} = \frac{{{\rm A}\Delta }}{2} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2} = {\rm E}\Lambda }$ , οπότε το τρίγωνο $EK\Lambda$ είναι ισοσκελές.

Η $K\Lambda$ είναι διάμεσος του ισοσκελούς τραπεζίου $AB\Gamma\Delta$ , άρα $K\Lambda||AB$ .

ΣΧΟΛΙΟ: Η κατασκευή του σχήματος είναι δύσκολη για μαθητές, επειδή δεν έχουμε απλώς δύο ίσα ισοσκελή τρίγωνα, αλλά ισοσκελή τρίγωνα με συγκεκριμένες γωνίες ( 45^0-67,5^0-67,5^0

).

KARKAR · #20

Doloros έγραψε: Δίδεται ισοσκελές τρίγωνο ${\rm A}\Gamma {\rm B}({\rm A}\Gamma = \Gamma {\rm B})$ . Φέρουμε τα ύψη του ${\rm A}{\rm K}$ και $\Gamma \Lambda$ .

Αν ${\rm E}$ το μέσο της ${\rm A}\Gamma$ να αποδείξετε ότι :

α) Το τρίγωνο ${\rm K}{\rm E}\Lambda$ είναι ισοσκελές ( Μονάδες 10)

β) Η ${\rm K}\Lambda$ είναι διχοτόμος της γωνίας ${\rm B}\widehat {\rm K}{\rm E}$ ( Μονάδες 15)

Λύση

Στο β) υπάρχει και απλή λύση που δεν την "είδα" . Φιλικά Νίκος

: Doloravlepsia.png (14.35 KiB) Προβλήθηκε 6823 φορές

Μια διαφορετική λύση για το β) Το $KE \Lambda Z$ είναι ισοσκλές τραπέζιο ( δεν ξέρω αν ο Νίκος εννοεί αυτή )

ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Re: ΝΕΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 4ο ΘΕΜΑ

Μέλη σε σύνδεση