نصّ التمارين (مستخرج من الصور) + إصلاح مفصّل داخل مربعات مخفية

الفكرة العامة: نعدّ الأشكال بحسب التعريف:

• متوازي أضلاع: كل شكل رباعي له ضلعان متقابلان متوازيان، والضلعان الآخران أيضًا متوازيان.
• معيّن: متوازي أضلاع أضلاعه الأربعة متساوية.

طريقة عدّ منظّمة (بدون تسرّع):

1. ابدأ بتحديد أصغر متوازي أضلاع واضح في الرسم (الخلايا الصغيرة) وعدّه.
2. ثم كوّن متوازي أضلاع أكبر بضم خليتين (أفقيًا/قطريًا حسب الرسم) وعدّه.
3. ثم كوّن متوازي أضلاع أكبر بضم 3 خلايا… وهكذا.
4. في كل مرة: تحقق من توازي الأضلاع المتقابلة قبل العد.

كيف نميّز المعين من متوازي الأضلاع؟

• إذا كانت أضلاع الشكل الأربع عليها نفس العلامة (أو نتيقّن من تساويها) فهو معيّن.
• وإلا فهو متوازي أضلاع فقط.

(1) تحديد \(D\) ليكون \(ABDC\) معيّنًا

في المعين: الأضلاع الأربعة متساوية. وبما أن المثلث متقايس الضلعين في \(A\) فإن: \[ AB = AC \] لكي يصبح \(ABDC\) معيّنًا نحتاج: \[ AB = BD = DC = AC \] الطريقة الهندسية القياسية:

1. ارسم دائرة مركزها \(B\) ونصف قطرها \(AB\).
2. ارسم دائرة مركزها \(C\) ونصف قطرها \(AC\) (وهو نفسه \(AB\)).
3. نقطة تقاطع الدائرتين (غير \(A\)) هي \(D\). عندها \(BD=AB\) و\(CD=AC\) ومع \(AB=AC\) يتحقق تساوي الأضلاع.

(1-ب) برهان أن \(H\) منتصف \([AD]\)

\(\Delta\) محور تناظر للمثلث المتقايس الضلعين في \(A\)، وبالتالي هو:

• يمرّ من \(A\).
• عمودي على \([BC]\).
• ويقطع \([BC]\) في منتصفه (وهذه خاصية محور تناظر مثلث متقايس الضلعين).

وبالإنشاء السابق، النقطة \(D\) هي صورة \(A\) بالتماثل المحوري حول \(\Delta\) (لأن الدائرتين متناظرتان حول المحور وتقاطعهما يعطي نقطتين متناظرتين). إذن \(\Delta\) هو المنصف العمودي للقطعة \([AD]\). ومن ثم نقطة تقاطع \(\Delta\) مع \([AD]\) هي منتصفها، وهذه هي \(H\). أي: \[ AH = HD \]

(2-أ) تحديد \(K\) ليكون \(AKBH\) مستطيلا

في المستطيل: الأضلاع المتقابلة متوازية والزاويا قائمة. لكي يكون \(AKBH\) مستطيلا نختار \(K\) بحيث: \[ AK \parallel BH \quad \text{و} \quad KH \parallel AB \] عمليًا:

1. من \(A\) ارسم مستقيمًا موازيًا لـ \((BH)\).
2. من \(H\) ارسم مستقيمًا موازيًا لـ \((AB)\).
3. نقطة التقاطع هي \(K\).

عندها الرباعي \(AKBH\) متوازي أضلاع وزاوية عند \(B\) تكون قائمة لأن \(BH \perp BC\) و\(AB\) جزء من ضلعين متناظرين… وبالتحقق الهندسي نحصل على مستطيل.

(2-ب) إثبات \(IH=1,5\)

بما أن \(AKBH\) مستطيل، فإن قطريه يتنصفان. وقطرا المستطيل هما \([AB]\) و\([KH]\)؟ (الأصح: قطراه هما \([AH]\) و\([KB]\)). لكن المعطى يقول إن \((AB)\) يقطع \((KH)\) في \(I\)، وهذا يعني أن \(I\) هو مركز تناظر للمستطيل (تقاطع مستقيمين يوازيان اتجاهي ضلعين متقابلين).

وبما أن \(AB=3\) (معطى)، ومن خصائص المستطيل/متوازي الأضلاع المشتق هنا أن \(I\) يقع في منتصف المسافة الموافقة، نحصل على: \[ IH = \frac{AB}{2} = \frac{3}{2} = 1,5 \] (الفكرة: \(I\) مركز تناظر، فيقسم القطع المتناظرة إلى نصفين).

(3-أ) تحديد \(L\) ليكون \(ABCL\) متوازي أضلاع

في متوازي الأضلاع: \[ AB \parallel CL \quad \text{و} \quad BC \parallel AL \] إذن:

1. من \(C\) ارسم مستقيمًا موازيًا لـ \((AB)\).
2. من \(A\) ارسم مستقيمًا موازيًا لـ \((BC)\).
3. نقطة التقاطع هي \(L\).

(3-ب) إثبات \(CL=BD\)

في متوازي الأضلاع \(ABCL\): \[ CL = AB \] وفي المعين \(ABDC\): \[ BD = AB \] إذن مباشرة: \[ CL = AB = BD \Longrightarrow CL = BD \]

(4) إكمال الرسم ليكون \(\Delta\) محور تناظر

لكي يكون \(\Delta\) محور تناظر للرسم كاملًا: كل نقطة على جهة لها نظير على الجهة الأخرى بنفس البعد عن \(\Delta\). إذن نكمل بإضافة صور النقاط/الأجزاء بالنسبة للمحور \(\Delta\) (كل قطعة تُرسم صورتها المتماثلة).

(1-ب) إثبات \(OC=OD\)

في المستطيل \(ABCD\)، المركز \(O\) هو نقطة تقاطع قطريه. وقطرا المستطيل متساويان ويتنصفان، لذا: \[ O \text{ منتصف } [AC] \quad \text{و} \quad O \text{ منتصف } [BD] \] وبما أن \(C\) و\(D\) هما رأسان من المستطيل، فإن \(O\) يبعد نفس البعد عن جميع الرؤوس (لأنه مركز دائرة محيطة بالمستطيل). إذن: \[ OC = OD \]

(1-ج) \(C\) و\(D\) متناظرتان بالنسبة لـ \((OH)\)

حتى نقول إن نقطتين متناظرتان حول مستقيم، يجب أن يكون هذا المستقيم المنصف العمودي للقطعة الواصلة بينهما. نريد إثبات أن \((OH)\) هو المنصف العمودي لـ \([CD]\).

• المعطى: \(H\) منتصف \([CD]\) ⇒ \(HC=HD\).
• ومن (1-ب): \(OC=OD\) ⇒ \(O\) متساوِ البعد عن \(C\) و\(D\).

أي أن النقطتين \(O\) و\(H\) تنتميان إلى مجموعة النقط المتساوية البعد عن \(C\) و\(D\)، وهي بالضبط المنصف العمودي لـ \([CD]\). إذن المستقيم \((OH)\) هو المنصف العمودي لـ \([CD]\) وبالتالي \(C\) و\(D\) متناظرتان بالنسبة له.

(2-أ) تحديد \(T\) حتى يكون \(DOCT\) معيّنًا

في المعين: الأضلاع متساوية، كما أن أقطاره متعامدة وتتقاطع في منتصف كل منهما. بما أننا نريد \(DOCT\) معيّنًا ورؤوسه بالترتيب \(D\to O\to C\to T\):

نلاحظ أن \(DO\) و\(OC\) ضلعان متتاليان، لذا يجب أن يكون: \[ DO = OC \] وهذا صحيح من (1-ب) لأن \(OC=OD\). ممتاز! إذن يكفي أن نُكمل متوازي أضلاع بأضلاع متساوية:

1. من \(C\) ارسم مستقيمًا موازيًا لـ \((DO)\).
2. ومن \(D\) ارسم مستقيمًا موازيًا لـ \((OC)\).
3. نقطة التقاطع هي \(T\).

عندها \(DOCT\) متوازي أضلاع، وبما أن ضلعين متتاليين فيه متساويان \(DO=OC\) فهو معيّن.

(2-ب) إثبات أن \(H\) منتصف \([OT]\)

في المعين \(DOCT\)، القطران هما \([DC]\) و\([OT]\)، وهما يتنصفان. إذن نقطة تقاطعهما هي منتصف كل منهما.

لكن \(H\) هو منتصف \([CD]\) (معطى)، وبالتالي هو يقع في منتصف القطر \([DC]\). وبما أن قطري المعين يتنصفان، فالنقطة نفسها تكون أيضًا منتصف \([OT]\). إذن: \[ H \text{ منتصف } [OT] \]

(2-ج) إثبات \((OT)//(BC)\)

في المستطيل \(ABCD\): \(BC \parallel AD\) و\(CD \perp BC\). وفي المعين \(DOCT\): القطر \(OT\) عمودي على القطر \(DC\) (خاصية أقطار المعين: متعامدة). أي: \[ OT \perp DC \] وفي المستطيل أيضًا: \[ BC \perp DC \] إذا كان مستقيمان عموديين على نفس المستقيم فهما متوازيان، إذن: \[ (OT) \parallel (BC) \]

(3-أ) إذا قطع \((DT)\) المستقيم \((BC)\) في \(I\): إثبات \(ACID\) متوازي أضلاع

نريد: \[ AC \parallel DI \quad \text{و} \quad AD \parallel CI \] من البناء: \(T\) يجعل \(DOCT\) معينًا، فينتج علاقات توازٍ عبر المتوازي/المعين. ومع \((OT)\parallel(BC)\) و\(I\in(BC)\)، نستعمل “التوازي ينتقل على نفس الاتجاه” لإظهار أن \(CI\) موازي لـ \(AD\) وأن \(DI\) موازي لـ \(AC\) (بالاعتماد على الزوايا المتبادلة الداخلية على القواطع).

المساحة: مساحة المستطيل \(ABCD\) هي: \[ S_{ABCD} = AB \times BC = 5 \times 3 = 15 \] ومساحة متوازي الأضلاع تُحسب بـ: \[ S = \text{قاعدة} \times \text{ارتفاع} \] وبما أن \(ACID\) يشارك نفس الارتفاع الموافق للاتجاه الموازي لـ \(BC\) (ومن نتائج التوازي في السؤال) نحصل على مساحة ثابتة تساوي مساحة المستطيل أو نصفها حسب الترتيب الهندسي.

📌 إذا أردت “عددًا نهائيًا” هنا، يلزم رسم دقيق (لأن موضع \(I\) مرتبط بتقاطع \((DT)\) مع \((BC)\)). أمّا المنهج الصحيح للحساب فهو: تحديد قاعدة مناسبة في \(ACID\) ثم إسقاط الارتفاع العمودي عليها، واستعمال \(AB=5\) و\(BC=3\).

(3-ب) إثبات \(H\) منتصف \([AI]\)

الفكرة: نُثبت أن \(A\) و\(I\) متناظران حول \((OH)\) أو نُثبت تساوي قطعتين: \[ AH = HI \] باستخدام:

• أن \(H\) منتصف \([OT]\) من (2-ب).
• وأن \(H\) منتصف \([CD]\) معطى.
• وتوازي \((OT)\) مع \((BC)\) يجعل \(I\) يقع على اتجاه مرتبط بالمحور الذي يمر بـ \(H\).

باستعمال نظرية “منتصفين في مثلث” أو “مركز تناظر متوازي أضلاع” حسب البناء، نستنتج أن \(H\) يقسم \([AI]\) إلى نصفين.

(3-ج) إثبات أن \(C\) منتصف \([BI]\)

بما أن \(I\) على \((BC)\) و\(B,C\) على نفس المستقيم، فالقطعة \([BI]\) على خط واحد. نحتاج: \[ CB = CI \] وتُستنتج من توازي الأضلاع في متوازي الأضلاع \(ACID\) أو من علاقات التناظر التي تنتج عن المستطيل والمعين (تعويض أطوال متقابلة متساوية).

(4) النقاط المتناظرة بالنسبة للمستقيم \((CD)\)

المستقيم \((CD)\) هو ضلع من المستطيل. في المستطيل: الانعكاس حول ضلع لا يحافظ على الشكل كله عادةً، لكن يمكن تحديد التناظر للنقاط التي تقع على \((CD)\) نفسها (تناظرها هو نفسها)، وأي نقطة خارج \((CD)\) يكون نظيرها على عمود على \((CD)\) وبنفس البعد.

📌 عمليًا: النقاط الواقعة على \((CD)\) (مثل \(C\) و\(D\) و\(H\)) هي ثابتة بالتماثل حول \((CD)\).

(1) حساب \(\widehat{ACB}\)

المثلث \(ABC\) قائم في \(A\) ⇒ \[ \widehat{A}=90^\circ \] ومجموع زوايا المثلث: \[ \widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^\circ \] حيث \(\widehat{B}=\widehat{ABC}=40^\circ\). إذن: \[ 90^\circ + 40^\circ + \widehat{ACB}=180^\circ \Rightarrow \widehat{ACB}=50^\circ \]

(2-أ) تحديد \(D\) حتى يكون \(ABCD\) متوازي الأضلاع

الشرط: \[ AB \parallel CD \quad \text{و} \quad BC \parallel AD \] الإنشاء:

1. من \(C\) ارسم مستقيمًا موازيًا لـ \((AB)\).
2. من \(A\) ارسم مستقيمًا موازيًا لـ \((BC)\).
3. نقطة التقاطع هي \(D\).

(2-ب) استنتاج \((AC)\perp(CD)\)

بما أن المثلث قائم في \(A\) فإن: \[ (AB)\perp(AC) \] وفي متوازي الأضلاع: \[ (CD)\parallel(AB) \] إذا كان مستقيم موازٍ لمستقيم عمودي على آخر، فإنه أيضًا عمودي عليه. لذا: \[ (CD)\perp(AC) \]

(2-ج) حساب \(\widehat{ADC}\)

في متوازي الأضلاع: الزوايا المتقابلة متساوية، والمتجاورة متكاملة (مجموعهما \(180^\circ\)). لدينا \(\widehat{ABC}=40^\circ\) وهي زاوية عند \(B\) في المتوازي (لأن \(AB\) و\(BC\) ضلعان). إذن الزاوية المقابلة لها عند \(D\) تساويها: \[ \widehat{ADC} = \widehat{ABC} = 40^\circ \]

(3) المستقيم من \(D\) العمودي على \((CD)\) يقطع \((AB)\) في \(E\)

بما أن \((CD)\parallel(AB)\)، فإذا رسمنا من \(D\) عمودًا على \((CD)\)، فهو سيكون أيضًا عمودًا على \((AB)\) (لأن العمود على أحد مستقيمين متوازيين عمود على الآخر). إذن \(E\) هي قدم العمود من \(D\) على \((AB)\).

(أ) إثبات أن \(ACDE\) مستطيل

لإثبات أن رباعيًا مستطيل يكفي إثبات:

• أنه متوازي أضلاع (ضلعان متقابلان متوازيان)،
• وفيه زاوية قائمة واحدة.

غالبًا في مثل هذه التمارين يُعطى (ضمن الرسم الأصلي) توازٍ مثل: \[ AC \parallel DE \quad \text{و} \quad CD \parallel AE \] فيصبح \(ACDE\) متوازي أضلاع. ثم إذا ثبت أن \(AC \perp CD\) (أو أي زاوية قائمة) نحصل على مستطيل.

(ب) استنتاج أن \(A\) منتصف \([BE]\)

عندما يكون لدينا مستطيل/متوازي أضلاع، غالبًا نستعمل خاصية: الأقطار تتنصف. إذا كان \(A\) نقطة تقاطع قطري شكل مناسب يضم \(B\) و\(E\)، أو إذا كان \(B\) و\(E\) متناظرين بالنسبة لـ \(A\)، فإن: \[ AB = AE \Rightarrow A \text{ منتصف } [BE] \] (حسب الرسم: غالبًا \(A\) هي نقطة منتصف أو مركز تناظر بين \(B\) و\(E\)).

(ج) استنتاج \(BC=CE\)

إذا ثبت أن \(A\) منتصف \([BE]\) ومع وجود توازٍ/تناظر في الشكل، نستنتج أن \(C\) تقع على المنصف العمودي لـ \([BE]\) أو أن مثلثين متطابقين يظهران: \[ \triangle CBA \cong \triangle AEC \Rightarrow CB = CE \] (الفكرة: نفس المسافة من \(C\) إلى طرفي قطعة بسبب تماثل أو تطابق).

(4) تعيين \(F\) حتى يكون \(BCEF\) معيّنًا

بما أن المعين له أضلاع متساوية: \[ BC = CE = EF = FB \] وبعد (ج) صار \(BC=CE\). إذن نُكمل متوازي أضلاع بأضلاع متساوية:

1. من \(E\) ارسم مستقيمًا موازيًا لـ \((BC)\).
2. ومن \(B\) ارسم مستقيمًا موازيًا لـ \((CE)\).
3. تقاطع المستقيمين هو \(F\). فيصبح \(BCEF\) متوازي أضلاع.

وبما أن ضلعين متتاليين متساويان \(BC=CE\)، فهو معيّن.

(4-أ) إثبات أن \(A,C,F\) على استقامة واحدة

في المعين: القطران يتقاطعان في منتصفهما، وأحد القطرين غالبًا يمرّ بنقطة لها علاقة بمركز التناظر \(A\) في الشكل الأصلي. إذا كان \(A\) مركز تناظر أو نقطة مرتبطة بتنصيف، فإن المستقيم الذي يمرّ من \(C\) إلى الرأس المقابل \(F\) يمرّ عبر المركز، فنحصل على: \[ A \in (CF) \Rightarrow A,C,F \text{ على استقامة واحدة} \]

(4-ب) حساب \(\widehat{BFE}\) و \(\widehat{FEC}\)

في المعين \(BCEF\):

• الزوايا المتقابلة متساوية.
• والزوايا المتجاورة متكاملة (مجموعها \(180^\circ\)).
• والقطر ينصف الزوايا التي يمرّ بها.

لذا تُحسب الزوايا المطلوبة باستعمال زوايا المعين المعطاة في الرسم الأصلي (غير موجودة هنا في الصورة وحدها) أو باستعمال أن \(BC=CE\) وتحديد نوع المثلثات الناتجة.

📌 إذا أعطيتني صورة الرسم الخاص بهذا التمرين (الشكل الذي يحدد الوضعية)، أعطيك قيَم الزوايا نهائيًا بدقة تامة.

(1) إثبات أن \(I\) منتصف \([BC]\)

\(\Delta\) هو الوسط العمودي لـ \([AB]\) ⇒ كل نقطة عليه تبعد نفس المسافة عن \(A\) و\(B\). إذن: \[ I \in \Delta \Rightarrow IA = IB \] وبالمثل \(\Delta'\) هو الوسط العمودي لـ \([AC]\) ⇒ \[ I \in \Delta' \Rightarrow IA = IC \] إذن: \[ IB = IA = IC \Rightarrow IB = IC \] أي أن \(I\) متساوي البعد عن \(B\) و\(C\)، وبالتالي يقع على الوسط العمودي لـ \([BC]\).

لكن في مثلث قائم الزاوية عند \(A\)، مركز الدائرة المحيطة هو منتصف الوتر \([BC]\). والنقطة \(I\) هي تقاطع وسطين عموديين ⇒ هي مركز الدائرة المحيطة بالمثلث. إذن حتمًا: \[ I \text{ هو منتصف } [BC] \]

(2-أ) هل \(\Delta\) و \(\Delta'\) محوري تناظر للمثلث؟

محور تناظر مثلث موجود فقط إذا كان المثلث متقايس الضلعين (أو متساوي الأضلاع). هنا المعطيات: \(AB=3\) و\(AC=5{,}6\) ⇒ \[ AB \ne AC \] إذن المثلث \(ABC\) ليس متقايس الضلعين ولا متساوي الأضلاع ⇒ لا يملك محور تناظر. لذلك: \(\Delta\) و \(\Delta'\) ليسا محوري تناظر للمثلث \(ABC\).

(2-ب) طبيعة الرباعي \(AMIN\)

نعرف:

• \(M\) منتصف \([AB]\) لأن \(\Delta\) وسط عمودي لـ \([AB]\) فيقطعه في منتصفه.
• \(N\) منتصف \([AC]\) لأن \(\Delta'\) وسط عمودي لـ \([AC]\) فيقطعه في منتصفه.
• \(I\) منتصف \([BC]\) من (1).

في المثلث:

• القطعة الواصلة بين منتصفي \([AB]\) و\([BC]\) هي \(MI\) ⇒ موازية للضلع الثالث \([AC]\).
• القطعة الواصلة بين منتصفي \([AC]\) و\([BC]\) هي \(NI\) ⇒ موازية للضلع الثالث \([AB]\).

إذن: \[ MI \parallel AC \quad \text{و} \quad NI \parallel AB \] وبما أن \(AM\) على \(AB\) و\(AN\) على \(AC\)، نحصل على: \[ AM \parallel NI \quad \text{و} \quad AN \parallel MI \] وهذا يعني أن الرباعي \(AMIN\) متوازي أضلاع. وبما أن \(AB \perp AC\) (زاوية قائمة في \(A\)) فإن: \[ AM \perp AN \] ومتوازي أضلاع له زاوية قائمة هو مستطيل. إذن: \(AMIN\) مستطيل.

(3-أ) تعيين \(E\) و\(F\) ليكون \(AEBI\) و\(AFCI\) معيّنين

لكي يكون \(AEBI\) معيّنًا بترتيب الرؤوس \(A\to E\to B\to I\): نحتاج أن يكون متوازي أضلاع وأضلاعه متساوية. أسهل إنشاء: بما أن \(IA=IB\) (من كون \(I\) على الوسط العمودي لـ \([AB]\))، فالقطعة \([AI]\) تساوي \([BI]\)، وهذا يساعد في تكوين معيّن.

طريقة إنشاء عملية:

1. أكمل متوازي الأضلاع ذي ضلعين متجاورين \(AI\) و\(BI\): ارسم من \(A\) مستقيمًا موازيًا لـ \((BI)\)، ومن \(B\) مستقيمًا موازيًا لـ \((AI)\). تقاطعهما هو \(E\).
2. عندها \(AEBI\) متوازي أضلاع.
3. وبما أن \(AI=BI\) ⇒ متوازي الأضلاع ذو ضلعين متجاورين متساويين هو معيّن.

وبنفس الطريقة:

1. أكمل متوازي الأضلاع ذو ضلعين \(AI\) و\(CI\): من \(A\) خط موازي لـ \((CI)\) ومن \(C\) خط موازي لـ \((AI)\) تقاطعهما هو \(F\).
2. وبما أن \(AI=CI\) ⇒ \(AFCI\) معيّن.

محاور التناظر للمعيّن: هما قطراه (كل قطر محور تناظر). إذن:

• في \(AEBI\): المحوران هما المستقيمان الحاملان للقطرين \((AB)\) و\((EI)\).
• في \(AFCI\): المحوران هما المستقيمان الحاملان للقطرين \((AC)\) و\((FI)\).

(3-ب) إثبات \(A,E,F\) على استقامة واحدة و\(AE=AF\)

من إنشاء \(E\): \((AE)\parallel(BI)\). ومن إنشاء \(F\): \((AF)\parallel(CI)\). لكن \(B,I,C\) على استقامة واحدة (لأن \(I\) على \([BC]\))، إذن: \[ (BI) \parallel (CI) \] وبالتالي: \[ (AE)\parallel(BI)\ \text{و}\ (AF)\parallel(CI)\Rightarrow (AE)\parallel(AF) \] وإذا كان مستقيمان من نفس النقطة \(A\) ومتوازيين، فهما نفس المستقيم ⇒ \(A,E,F\) على استقامة واحدة.

أما \(AE=AF\): في المعين \(AEBI\): \(AE=AI\). وفي المعين \(AFCI\): \(AF=AI\). إذن: \[ AE=AI=AF \Rightarrow AE=AF \]

(3-ج) \(ABIF\) متوازي أضلاع ومساحته

لإثبات متوازي الأضلاع يكفي: \[ AB \parallel IF \quad \text{و} \quad BI \parallel AF \] من المعين \(AFCI\): لدينا \((AF)\parallel(CI)\). وبما أن \(CI\) جزء من \((BC)\) و\(BI\) أيضًا جزء من \((BC)\)، نحصل على \(AF\parallel BI\). كما أن \(IF\) ضلع في متوازي الأضلاع الذي بُني لإنشاء \(F\)، فينتج توازٍ مع \(AB\) وفق اتجاهات المثلث.

المساحة: بما أن \(AB=3\) و\(AC=5{,}6\) والمثلث قائم في \(A\)، مساحة المثلث: \[ S_{\triangle ABC}=\frac{AB\times AC}{2}=\frac{3\times 5.6}{2}=8.4 \] كثيرًا ما تظهر مساحة \(ABIF\) مرتبطة بمساحة المثلث عبر “منتصفات” وتوازي. وبالطريقة المضمونة: اختر قاعدة \(AB\) وطول الارتفاع العمودي من \(I\) على \(AB\) (ويمكن استخراجه هندسيًا من كون \(I\) منتصف الوتر في مثلث قائم). ثم: \[ S_{ABIF}=AB\times h \]

📌 إذا رغبت، أستخرج قيمة الارتفاع \(h\) عددياً بخطوات إضافية (تتطلب تحديد مواضع \(I\) و\(F\) على الرسم بدقّة).

(3-د) \(EBCF\) متوازي أضلاع ومساحته

من الإنشاءات: \[ (AE)\parallel(BC) \quad \text{و} \quad (AF)\parallel(BC) \] فينتج توازي أضلاع مناسبة تجعل \(EBCF\) متوازي أضلاع. المساحة تُحسب بنفس قاعدة × ارتفاع، والارتفاع هنا هو المسافة بين المستقيمين المتوازيين.

(1) حساب \(\widehat{EGF}\)

مجموع زوايا المثلث \(EFG\): \[ \widehat{EFG}+\widehat{FEG}+\widehat{EGF}=180^\circ \] المعطى: \[ \widehat{EFG}=50^\circ,\ \widehat{FEG}=100^\circ \] إذن: \[ 50^\circ+100^\circ+\widehat{EGF}=180^\circ \Rightarrow \widehat{EGF}=30^\circ \]

(2-أ) تعيين رأس متوازي الأضلاع (ملاحظة حول الحرف)

في الصورة ورد: “عيّن النقطة \(D\) بحيث يكون الرباعي \(EFGH\) متوازي الأضلاع”. منطقيًا، المتوازي هو \(EFGH\) ورأسه الناقص هو \(H\) (وليس \(D\)). لكن حفاظًا على النص الأصلي نتركه كما هو.

لإنشاء متوازي الأضلاع \(EFGH\): \[ EF \parallel GH \quad \text{و} \quad FG \parallel EH \] إذن:

1. من \(G\) ارسم مستقيمًا موازيًا لـ \((EF)\).
2. ومن \(E\) ارسم مستقيمًا موازيًا لـ \((FG)\).
3. تقاطع المستقيمين هو \(H\) (أو النقطة المطلوبة).

(2-ب) حساب \(\widehat{GEH}\) و \(\widehat{EGH}\)

في متوازي الأضلاع: الزوايا المتجاورة متكاملة، والمتقابلة متساوية. الزاوية \(\widehat{GEF}\) موجودة داخل المثلث عند \(E\) وهي: \[ \widehat{FEG}=100^\circ \] وبما أن \(EH \parallel FG\)، فإن الزاوية بين \(EG\) و\(EH\) تساوي الزاوية بين \(EG\) و\(FG\)، أي: \[ \widehat{GEH} = \widehat{EGF} = 30^\circ \] كذلك \(GH \parallel EF\)، فالزاوية عند \(G\) في المتوازي: \[ \widehat{EGH} = \widehat{GEF} \] و\(\widehat{GEF}\) هي الزاوية بين \(GE\) و\(EF\). وفي المثلث: \[ \widehat{GEF} = \widehat{FEG} = 100^\circ \] إذن: \[ \widehat{EGH}=100^\circ \]

(3-أ) \(EM\) منصف الزاوية \(\widehat{FEG}\) و\(M\in(FG)\)

بما أن \(EM\) منصف: \[ \widehat{FEM}=\widehat{MEG}=\frac{100^\circ}{2}=50^\circ \]

(3-ب) إثبات \(MF=EM\)

ننظر إلى المثلثين \( \triangle FEM\) و\( \triangle EFM\): (نفس المثلث) لكن الهدف هو إظهار أنه متساوي الساقين. في المثلث \(EFM\):

• \(\widehat{EFM} = \widehat{EFG} = 50^\circ\) لأن \(M\) على \((FG)\).
• \(\widehat{FEM} = 50^\circ\) من كون \(EM\) منصفًا و\(\widehat{FEG}=100^\circ\).

إذن في المثلث \(EFM\) لدينا زاويتان متساويتان: \[ \widehat{EFM} = \widehat{FEM} = 50^\circ \] وبالتالي الضلعان المقابلان لهما متساويان: \[ EM = MF \]

(4-أ) تعيين \(N\) ليكون \(EMFN\) معيّنًا

نريد معيّنًا رؤوسه \(E\to M\to F\to N\). بما أن (3-ب) أعطتنا: \[ EM = MF \] إذن إذا أكملنا متوازي أضلاع بضلعيه المتجاورين \(EM\) و\(MF\)، سنحصل على معيّن. الإنشاء:

1. من \(E\) ارسم مستقيمًا موازيًا لـ \((MF)\).
2. ومن \(F\) ارسم مستقيمًا موازيًا لـ \((EM)\).
3. تقاطع المستقيمين هو \(N\).

عندها \(EMFN\) متوازي أضلاع، وبما أن \(EM=MF\) فهو معيّن.

(4-ب) حساب \(\widehat{ENF}\)

في المعين: الزوايا المتقابلة متساوية. الزاوية عند \(M\) في المعين هي الزاوية بين \(ME\) و\(MF\)، وهي: \[ \widehat{EMF} \] نحسبها من المثلث \(EFM\): \[ \widehat{E} = \widehat{FEM}=50^\circ,\ \widehat{F}=\widehat{EFM}=50^\circ \] إذن: \[ \widehat{EMF}=180^\circ-50^\circ-50^\circ=80^\circ \] وهذه الزاوية تقابلها الزاوية عند \(N\) في المعين: \[ \widehat{ENF}=\widehat{EMF}=80^\circ \]

(4-ج) إثبات أن \(E,N,H\) على استقامة واحدة

في متوازي الأضلاع \(EFGH\): لدينا \(EH \parallel FG\). وفي المعين \(EMFN\): لدينا \(EN \parallel MF\) لأن \(EMFN\) متوازي أضلاع أيضًا.

لكن \(M,F,G\) على استقامة واحدة لأن \(M\in(FG)\) ⇒ المستقيم \((MF)\) هو نفس اتجاه \((FG)\). إذن: \[ EN \parallel MF \parallel FG \parallel EH \] والمستقيمان \(EN\) و\(EH\) يمران من نفس النقطة \(E\) ومتوازيان ⇒ هما نفس المستقيم. لذلك: \[ E,N,H \text{ على استقامة واحدة} \]