Σχολική-1

#1

ΧΡΙΣΤΟΣ ΑΝΕΣΤΗ!!!

: Σχολική-1.png (12.92 KiB) Προβλήθηκε 672 φορές

Δίνεται παραλληλόγραμμο ABCD

με

και ένα σημείο

της

ώστε

Αν

είναι το συμμετρικό του

ως προς

και

το συμμετρικό του

ως προς

να δείξετε ότι:

α) KC=BD

............ 6 Μονάδες

β) $D\widehat KB=D\widehat KM$ ............. 7 Μονάδες

γ) DM=DN

................... 7 Μονάδες

δ) Τα σημεία M, N, D, K

είναι ομοκυκλικά ................... 5 Μονάδες

Ας αφήσουμε ένα 24ωρο για τους μαθητές.

Αναστασία Δεββέ · #2

Αληθώς Ανέστη!
α) AD=DK=BC

άρα

ισοσκελές τραπέζιο. Άρα KC=BD

(ίσες διαγώνιες).
β) $\angle NKM=\angle CKB$ ως κατακορυφήν (1). $\angle DKC=\angle DBC$ από το εγγράψιμο DKBC

$\angle DBC=\angle DCB$ από το ισοσκελές $\triangle DBC$
$\angle DCB=\angle DKN$ από το εγγράψιμο. Συνεπώς $\angle DKC=\angle DKN$ (2).
Με πρόσθεση των (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο.
γ) $\triangle MDC=\triangle NDB$ ( DB=AB=DC

, $\angle DCM=\angle DBN$ , MC=NB

).
Άρα

δ) Από τη προηγούμενη σύγκριση προκύπτει ότι $\angle DNB=\angle DMC$
Άρα το τετράπλευρο DNMK

είναι εγγράψιμο ( M, N, D, K,

ομοκυκλικά).

#3

Αναστασία Δεββέ έγραψε: ↑
Δευ Απρ 09, 2018 2:10 pm
Αληθώς Ανέστη!
α) άρα ισοσκελές τραπέζιο. Άρα (ίσες διαγώνιες).
β) $\angle NKM=\angle CKB$ ως κατακορυφήν (1). $\angle DKC=\angle DBC$ από το εγγράψιμο
$\angle DBC=\angle DCB$ από το ισοσκελές $\triangle DBC$
$\angle DCB=\angle DKN$ από το εγγράψιμο. Συνεπώς $\angle DKC=\angle DKN$ (2).
Με πρόσθεση των (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο.
γ) $\triangle MDC=\triangle NDB$ (, $\angle DCM=\angle DBN$ , ).
Άρα
δ) Από τη προηγούμενη σύγκριση προκύπτει ότι $\angle DNB=\angle DMC$
Άρα το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο ( ομοκυκλικά).

Καλώς όρισες και σ' ευχαριστώ για τη λύση !

Σχολική-1

Σχολική-1

Re: Σχολική-1

Re: Σχολική-1

Μέλη σε σύνδεση