سلسلة تمارين الهندسة: المثلثات، فيتاغورس وطاليس

✅ 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/ \(JA^2 = (-2-0)^2+(0-1)^2 = 5 \implies JA=\sqrt{5}\). إحداثيات \(E\) هي \((x_D, DE)\) إذن \(E(2\sqrt{2}, \sqrt{2}+1)\). \(JE^2 = (2\sqrt{2}-0)^2 + (\sqrt{2}+1-1)^2 = 8+2=10 \implies JE=\sqrt{10}\). \(\frac{JE}{JA} = \frac{\sqrt{10}}{\sqrt{5}} = \sqrt{2}\).

🔢 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/ H هي تقاطع \((IJ)\) (معادلته \(y=-x+1\)) و \((EF)\) (معادلته \(y=\sqrt{2}+1\)). \(\sqrt{2}+1 = -x_H+1 \implies x_H = -\sqrt{2}\). إذن \(H(-\sqrt{2}, \sqrt{2}+1)\). \(HE = |x_E-x_H| = |2\sqrt{2} - (-\sqrt{2})| = 3\sqrt{2}\).

ب/ \(\vec{BE} = (x_E-x_B, y_E-y_B) = (2\sqrt{2}-(3\sqrt{2}+1), \sqrt{2}+1-0) = (-\sqrt{2}-1, \sqrt{2}+1)\). \(\vec{IH} = (x_H-x_I, y_H-y_I) = (-\sqrt{2}-1, \sqrt{2}+1-0) = (-\sqrt{2}-1, \sqrt{2}+1)\). بما أن \(\vec{BE}=\vec{IH}\)، فإن \(BEHI\) متوازي أضلاع. المحيط = \(2(BE+EH) = 2((2+\sqrt{2})+3\sqrt{2}) = 4+8\sqrt{2}\). المساحة = القاعدة \(EH\) × الارتفاع \(y_H = 3\sqrt{2}(\sqrt{2}+1) = 6+3\sqrt{2}\).

ج/ \(HJ^2 = (x_J-x_H)^2+(y_J-y_H)^2 = (0-(-\sqrt{2}))^2 + (1-(\sqrt{2}+1))^2 = (\sqrt{2})^2 + (-\sqrt{2})^2 = 4\). إذن \(HJ=2\).

د/ إحداثيات H هي \(H(-\sqrt{2}, \sqrt{2}+1)\).

🔢 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: لنثبت أن المستقيم \((HJ)\) عمودي على المستقيم \((LE)\). سنستخدم نظرية فيتاغورس العكسية في المثلث \(HJE\).

   نحسب أطوال أضلاع المثلث \(HJE\):

   • \(HJ^2 = 4\) (حسبناها في السؤال 5.ج).
   • \(JE^2 = 10\) (حسبناها في السؤال 3.هـ).
   • \(HE^2 = (3\sqrt{2})^2 = 18\) (حسبناها في السؤال 5.أ).

   نلاحظ أن \(HJ^2 + JE^2 = 4 + 10 = 14\). وهذا لا يساوي \(HE^2 = 18\). إذن، المثلث \(HJE\) ليس قائمًا في \(J\).

   طريقة بديلة (باستخدام فيتاغورس العكسية في \(\triangle HJL\)):

   لدينا إحداثيات النقاط: \(H(-\sqrt{2}, \sqrt{2}+1)\), \(J(0,1)\), \(L(0, 1-\sqrt{2})\). نحسب أطوال أضلاع المثلث \(HJL\):

   • \(HJ^2 = (0-(-\sqrt{2}))^2 + (1-(\sqrt{2}+1))^2 = (\sqrt{2})^2 + (-\sqrt{2})^2 = 2+2=4\).
   • \(JL^2 = (0-0)^2 + ((1-\sqrt{2})-1)^2 = 0 + (-\sqrt{2})^2 = 2\).
   • \(HL^2 = (0-(-\sqrt{2}))^2 + ((1-\sqrt{2})-(\sqrt{2}+1))^2 = (\sqrt{2})^2 + (-2\sqrt{2})^2 = 2+8=10\).
   نلاحظ أن \(HJ^2 + JL^2 = 4 + 2 = 6\), وهذا لا يساوي \(HL^2=10\).

تصحيح المنهجية: الطريقة التي تستخدم المركز القائم صحيحة، لكن إثبات أن \((HJ) \perp (LE)\) يتطلب إما الجداء السلمي (كما في النسخة السابقة) أو حسابات أكثر تعقيدًا. بما أن الجداء السلمي هو الأداة الأنسب هنا، سنعود إليه لأنه الأوضح والأكثر مباشرة لإثبات التعامد الثاني.

حل باستخدام الجداء السلمي (الطريقة المثلى):

1. \((LJ) \perp (HE)\) كما بينا أعلاه. إذن \((LJ)\) ارتفاع.
2. نحسب الجداء السلمي \(\vec{HJ} \cdot \vec{LE}\). لدينا \(\vec{HJ}(\sqrt{2}, -\sqrt{2})\) و \(\vec{LE} = \vec{CE} = (\sqrt{2}+1, \sqrt{2}+1)\). \(\vec{HJ} \cdot \vec{LE} = \sqrt{2}(\sqrt{2}+1) - \sqrt{2}(\sqrt{2}+1) = 0\). إذن \((HJ) \perp (LE)\). \((HJ)\) هو ارتفاع ثان.

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:
\(I(0,0)\), \(D(1,0)\), \(J(0,1)\), \(H(0, \sqrt{2}+1)\), \(O(\frac{-1-2\sqrt{2}}{7}, 0)\), \(A(\frac{-3-6\sqrt{2}}{7}, 0)\), \(C(\frac{2-3\sqrt{2}}{7}, 0)\), \(B(\frac{12+3\sqrt{2}}{7}, 0)\), \(E(\frac{12+3\sqrt{2}}{7}, \sqrt{2}+1)\), \(F(\frac{2\sqrt{2}}{7}, \sqrt{2}+1)\).