مسألة تأليفية - معين متعامد

✅ الحل الكامل والتفصيلي

🔢 التمرين 1

أ/ النقطة \(A(-2,0)\) تقع على المحور \((OI)\) على بعد 2 يسار المبدأ. النقطة \(B(3\sqrt{2}+1,0)\) تقع على نفس المحور على بعد \(3\sqrt{2}+1\) يمين المبدأ.

ب/ \(AB = |x_B - x_A| = |(3\sqrt{2}+1) - (-2)| = 3\sqrt{2}+3\).
\(AI = |x_I - x_A| = |1 - (-2)| = 3\).

🔢 التمرين 2

أ/ \(AC = \frac{AB}{3} = \frac{3\sqrt{2}+3}{3} = \sqrt{2}+1\). نبني C على \([AB]\) بحيث \(AC = \sqrt{2}+1\).

ب/ C على محور \((OI)\) إذن \(y_C=0\). \(x_C = x_A + AC = -2 + (\sqrt{2}+1) = \sqrt{2}-1\). إذن \(C(\sqrt{2}-1, 0)\).

ج/ \(CB = AB - AC = (3\sqrt{2}+3) - (\sqrt{2}+1) = 2\sqrt{2}+2\).

🔢 التمرين 3

أ/ D منتصف \([BC]\). \(x_D = \frac{(\sqrt{2}-1)+(3\sqrt{2}+1)}{2} = \frac{4\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2}\). إذن \(D(2\sqrt{2}, 0)\).

ب/ في \(\triangle AJO\)، لدينا \(D \in (AO)\), \(E \in (AJ)\) و \((DE) \parallel (OJ)\) (لأن كلاهما عمودي على \((OI)\)). حسب طاليس: \(\frac{AD}{AO} = \frac{DE}{OJ}\). \(AO=2\), \(AD = |x_D-x_A| = |2\sqrt{2}-(-2)|=2\sqrt{2}+2\), \(OJ=1\). \(\frac{2\sqrt{2}+2}{2} = \frac{DE}{1} \implies DE = \sqrt{2}+1\).

ج/ D منتصف \([BC]\). \(DB = |x_B-x_D| = \sqrt{2}+1\). إذن \(DE=DB=DC\). في المثلث \(BCE\)، الموسط \([DE]\) المتعلق بالضلع \([BC]\) طوله يساوي نصف طول هذا الضلع. إذن المثلث \(BCE\) قائم في \(E\) ومتقايس الضلعين لأن \(DE\) هو موسط وارتفاع في نفس الوقت.

د/ في المثلث \(BDE\) القائم في \(D\): \(BE^2 = BD^2 + DE^2 = (\sqrt{2}+1)^2 + (\sqrt{2}+1)^2 = 2(\sqrt{2}+1)^2\). إذن \(BE = \sqrt{2}(\sqrt{2}+1) = 2+\sqrt{2}\). المحيط = \(BC + BE + CE = (2\sqrt{2}+2) + (2+\sqrt{2}) + (2+\sqrt{2}) = 6 + 4\sqrt{2}\). المساحة = \(\frac{1}{2}BE \cdot CE = \frac{1}{2}(2+\sqrt{2})^2 = 3+2\sqrt{2}\).

ه/ بما أن \((DE)//(OJ)\) (كلاهما عمودي على \((OI)\))، فإن \(D\) و\(O\) هما مسقطا \(E\) و\(J\) على المستقيم \((OI)\) موازاة لـ\((OJ)\). بمبرهنة طاليس (نتيجة الإسقاط) في المثلث \(AOJ\): \[\frac{AE}{AJ} = \frac{AD}{AO} = \frac{DE}{OJ}\] من السؤال 3.ب: \(\dfrac{AD}{AO} = \dfrac{2\sqrt{2}+2}{2} = \sqrt{2}+1\). إذن \(\dfrac{AE}{AJ} = \sqrt{2}+1\). بما أن الترتيب على المستقيم هو \(A, J, E\)، فإن \(AE = AJ + JE\). بالتعويض: \(AJ+JE = AJ(\sqrt{2}+1) \implies JE = AJ\sqrt{2}\). إذن \(\dfrac{JE}{JA} = \sqrt{2}\).

🔢 التمرين 4

أ/ لدينا \((EF) \parallel (OI)\) (معطى) و \((OI) = (OD)\) إذن \((EF) \parallel (OD)\). لدينا \((ED) \perp (OI)\) و \((OF) = (OJ) \perp (OI)\) إذن \((ED) \parallel (OF)\). الرباعي \(ODEF\) متوازي أضلاع. وبما أن \(\widehat{FOD}=90^\circ\)، فهو مستطيل. المساحة = \(OD \cdot OF = (2\sqrt{2})(\sqrt{2}+1) = 4+2\sqrt{2}\). المحيط = \(2(OD+OF) = 2(2\sqrt{2} + \sqrt{2}+1) = 6\sqrt{2}+2\).

ب/ إحداثيات \(E\) هي \((2\sqrt{2}, \sqrt{2}+1)\). F هي تقاطع المستقيم الأفقي المار من E مع محور التراتيب، إذن \(F(0, \sqrt{2}+1)\).

🔢 التمرين 5

أ/ المستقيمان \((OI)\) و\((EF)\) متوازيان (معطى). المستقيمان \((JA)\) و\((JI)\) الصادران من \(J\) يقطعان \((OI)\) في \(A\) و\(I\)، ويقطعان \((EF)\) في \(E\) و\(H\) على الترتيب: هذه وضعية طاليس (فراشة) عند القمة \(J\). بمبرهنة طاليس: \[\frac{JA}{JE} = \frac{JI}{JH} = \frac{AI}{EH}\] من السؤال 3.هـ: \(\dfrac{JA}{JE} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\). و\(AI = |x_I-x_A| = |1-(-2)| = 3\). إذن \(\dfrac{AI}{EH} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \implies EH = AI\sqrt{2} = 3\sqrt{2}\).

ب/ \((EH)\) جزء من المستقيم \((EF)\)، و\((EF)//(OI)\)؛ و\((BI)\) جزء من المستقيم \((OI)\) نفسه (لأن \(B\) و\(I\) كلاهما عليه). إذن \((EH)//(BI)\). \(BI = |x_B-x_I| = |(3\sqrt{2}+1)-1| = 3\sqrt{2}\). إذن \(EH = BI = 3\sqrt{2}\). بما أن \((EH)//(BI)\) و\(EH=BI\)، فإن \(BEHI\) متوازي أضلاع. المحيط \(= 2(BE+EH) = 2\big((2+\sqrt{2})+3\sqrt{2}\big) = 4+8\sqrt{2}\). المساحة \(=\) القاعدة \(EH\) × الارتفاع (المسافة بين \((EF)\) و\((OI)\)) \(= 3\sqrt{2}(\sqrt{2}+1) = 6+3\sqrt{2}\).

ج/ من نفس وضعية طاليس (الفراشة) في السؤال أ/: \(\dfrac{JI}{JH}=\dfrac{JA}{JE}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\). و\(JI=\sqrt{OI^2+OJ^2}=\sqrt{2}\) (بفيثاغورس في المثلث \(OIJ\) القائم في \(O\)). إذن \(JH = JI\sqrt{2} = \sqrt{2}\times\sqrt{2} = 2\).

د/ بما أن \(BEHI\) متوازي أضلاع، فإن قطريه \([BH]\) و\([EI]\) لهما نفس المنتصف: \[\frac{x_B+x_H}{2}=\frac{x_E+x_I}{2} \implies x_H = x_E+x_I-x_B = 2\sqrt{2}+1-(3\sqrt{2}+1) = -\sqrt{2}\] \[\frac{y_B+y_H}{2}=\frac{y_E+y_I}{2} \implies y_H = y_E+y_I-y_B = (\sqrt{2}+1)+0-0 = \sqrt{2}+1\] إذن \(H(-\sqrt{2}, \sqrt{2}+1)\).

🔢 التمرين 6

إثبات التعامد باستخدام خاصية المركز القائم (Orthocentre):

لنبين أن \(J\) هي المركز القائم (نقطة تلاقي الارتفاعات) للمثلث \(HLE\). للقيام بذلك، نثبت أن مستقيمين من الارتفاعات يتقاطعان في \(J\).

1. الارتفاع الأول: المستقيم \((HE)\) هو مستقيم أفقي لأن \(y_H = y_E = \sqrt{2}+1\). المستقيم \((LJ)\) هو جزء من محور التراتيب \((OJ)\)، وهو مستقيم عمودي. بما أن المستقيم الأفقي عمودي على المستقيم العمودي، فإن \((LJ) \perp (HE)\). إذن، المستقيم \((LJ)\) هو الارتفاع الصادر من الرأس \(L\) في المثلث \(HLE\).
2. الارتفاع الثاني: نثبت أن المستقيم \((HJ)\) عمودي على المستقيم \((LE)\).
   • في السؤال 3.ج، بيّنا أن المثلث \(BCE\) قائم الزاوية في \(E\)، أي \((BE)\perp(EC)\).
   • في متوازي الأضلاع \(BEHI\) (السؤال 5.ب)، الضلعان \((BE)\) و\((IH)\) متقابلان، إذن \((IH)//(BE)\).
   • بما أن \((IH)//(BE)\) و\((BE)\perp(EC)\)، فإن \((IH)\perp(EC)\).
   • بحكم تعريف \(H\) (نقطة تقاطع \((IJ)\) و\((EF)\))، فإن \(I,J,H\) على استقامة واحدة، إذن المستقيم \((IH)\) هو نفسه المستقيم \((HJ)\).
   • بحكم تعريف \(L\) (نقطة تقاطع \((CE)\) و\((OJ)\))، فإن \(L,C,E\) على استقامة واحدة، إذن المستقيم \((EC)\) هو نفسه المستقيم \((LE)\).

   ومنه: \((HJ)\perp(LE)\). إذن \((HJ)\) هو الارتفاع الصادر من الرأس \(H\) في المثلث \(HLE\).

بما أن الارتفاعين \((LJ)\) و\((HJ)\) يتقاطعان في \(J\)، فإن \(J\) هي المركز القائم للمثلث \(HLE\). وبالتالي، الارتفاع الثالث للمثلث، وهو \((EJ)\)، يجب أن يكون عموديًا على الضلع المقابل \((HL)\). إذن، \((EJ) \perp (HL)\).

🔢 التمرين 7

أ/ \(K\) مناظرة \(H\) بالنسبة لـ \(A\)، إذن \(A\) منتصف \([HK]\). \(x_A = \frac{x_H+x_K}{2} \implies -2 = \frac{-\sqrt{2}+x_K}{2} \implies x_K = \sqrt{2}-4\). \(y_A = \frac{y_H+y_K}{2} \implies 0 = \frac{\sqrt{2}+1+y_K}{2} \implies y_K = -1-\sqrt{2}\). إذن \(K(\sqrt{2}-4, -1-\sqrt{2})\).

ب/ إثبات الاستقامية باستخدام خاصية مركز الثقل:

نعتبر المثلث \(HBK\):

1. بما أن \(A\) منتصف \([HK]\)، فإن \((BA)\) هو المتوسط الصادر من \(B\).
2. النقطة \(C\) تنتمي للمتوسط \((BA)\). نحسب النسبة: \(\frac{BC}{BA} = \frac{2\sqrt{2}+2}{3\sqrt{2}+3} = \frac{2}{3}\). إذن \(C\) تقع على المتوسط \((BA)\) وتبعد عن الرأس \(B\) بثلثي طوله. هذه خاصية مركز الثقل.

\(C\) هي مركز الثقل للمثلث \(HBK\). إذن \(C\) تنتمي للمتوسط الثالث \((HM)\) (حيث \(M\) منتصف \([BK]\)). وبالتالي، النقاط \(H\), \(C\), و \(M\) على استقامة واحدة.

🔢 التمرين 8

أ/ مجموعة النقاط \(N(x,y)\) حيث \(x=2\sqrt{2}\) و \(y \ge 0\) هي نصف المستقيم \([DE)\) (نصف مستقيم عمودي يبدأ من D ويتجه نحو الأعلى).

ب/ مجموعة النقاط \(P(x,y)\) حيث \(y=\sqrt{2}+1\) و \(-\sqrt{2} \le x < 2\sqrt{2}\) هي القطعة المستقيمة \([HE)\)، مغلقة من جهة H ومفتوحة من جهة E.

🔢 التمرين 9

أ/ الإحداثيات في المعين \((D, \vec{DB}, \vec{DE})\) هي:
\(D(0,0)\), \(B(1,0)\), \(E(0,1)\), \(C(-1,0)\), \(A(-2,0)\), \(O(4-2\sqrt{2}, 0)\), \(I(3\sqrt{2}-5, 0)\), \(J(4-2\sqrt{2}, \sqrt{2}-1)\), \(F(4-2\sqrt{2}, 1)\), \(H(6-3\sqrt{2}, 1)\).

ب/ الإحداثيات في المعين \((I, \vec{ID}, \vec{IJ})\) هي:
\(I(0,0)\), \(D(1,0)\), \(J(0,1)\), \(H(0, \sqrt{2}+1)\), \(O(\frac{-1-2\sqrt{2}}{7}, 0)\), \(A(\frac{-3-6\sqrt{2}}{7}, 0)\), \(C(\frac{2-3\sqrt{2}}{7}, 0)\), \(B(\frac{12+3\sqrt{2}}{7}, 0)\), \(E(\frac{12+3\sqrt{2}}{7}, \sqrt{2}+1)\), \(F(\frac{2\sqrt{2}}{7}, \sqrt{2}+1)\).