تمارين 14 → 22 — نصّ عربي + إصلاحات مخفية مفصّلة جدًا

قبل البدء: ماذا نفهم من نصّ التمرين؟

لدينا قطعة \([AC]\) بطول \(5cm\). ثم دائرة مركزها \(C\) ونصف قطرها \(4cm\). عادةً في مثل هذا النوع من التمارين يُختار نقطتان \(A\) و\(C\) ومعهما نقاط أخرى على دائرة/دوائر لتكوين رباعي \(ABCD\) له خصائص (زوايا قائمة، أضلاع متساوية).

🔎 السطر الذي يحدد أين تقع النقاط \(A,B,D\) أو كيف نختارها غير واضح كليًا في الصورة. لذلك سأعطي حلًّا “قالبًا صحيحًا” يعتمد على الفرضيات القياسية التي تُستعمل للوصول إلى النتائج الأربع. إذا وفّرت صورة أوضح للسطر الناقص، سأحوّل هذا القالب إلى حل حرفي مطابق 100%.

(1) إثبات أن \(ABCD\) زواياه قائمة وأضلاعه متقايسة

لإثبات أن رباعيا “زواياه قائمة” غالبًا نثبت أنه مستطيل (متوازي أضلاع + زاوية قائمة) أو نثبت أن كل زاوية مقدارها \(90^\circ\). ولإثبات أن “أضلاعه متقايسة” نثبت أنه مربع (مستطيل + ضلعان متجاوران متساويان) أو معيّن مع زاوية قائمة.

في البراهين المدرسية، طريقتان شائعتان:

• طريقة الدائرة (الزاوية في نصف دائرة): إذا كان لدينا قطر في دائرة، فإن الزاوية المقابلة له قائمة. مثلًا: إذا كانت نقاط \(A,B,C\) على دائرة وكان \(AC\) قطرًا، فإن \(\angle ABC = 90^\circ\).
• طريقة التناظر/التطابق: إذا بُنيت \(B\) و\(D\) كنقاط متناظرة أو كتقاطعات دوائر متساوية نصف القطر، ينتج تساوي أطوال مثل \(AB = AD\) أو \(CB = CD\) ثم نركّب معيّنًا/مربعًا.

في النهاية الهدف هو الوصول إلى: \[ \angle A = \angle B = \angle C = \angle D = 90^\circ \quad \text{و} \quad AB = BC = CD = DA \] وعند تحقق ذلك نقول: \(ABCD\) مربع.

(2) استنتاج \((AC)\perp(BD)\)

إذا ثبت في (1) أن \(ABCD\) مربع، فخاصية المربع:

• قطراه متعامدان: \((AC)\perp(BD)\).
• وقطرهُما أيضًا ينصفان زوايا المربع ويتنصفان.

إذن الاستنتاج مباشر: \[ (AC)\perp(BD) \]

(3) إثبات \(\widehat{ACB} = \widehat{AGD}\)

هذه مساواة زوايا غالبًا تنتج من:

• توازي مستقيمين (زوايا متناظرة/متبادلة داخلية).
• أو من كون \(G\) نقطة تقاطع قطري المربع (مركزه)، فيكون \(G\) على \((AC)\) و\((BD)\).

إذا كان \(G = (AC)\cap(BD)\) (مركز المربع)، فـ \(A,C,G\) على استقامة واحدة، وكذلك \(B,D,G\) على استقامة واحدة. عندها نعيد كتابة الزوايا باستعمال الاستقامية:

\(\angle ACB\) هي زاوية بين المستقيمين \((CA)\) و\((CB)\). و\(\angle AGD\) هي زاوية بين \((GA)\) و\((GD)\).

وبما أن \((GA)\) نفس اتجاه \((CA)\) (استقامة) و\((GD)\) نفس اتجاه \((BD)\)، نُحوّل المسألة إلى مقارنة زوايا بين اتجاهات ثابتة في المربع، وغالبًا نصل إلى مساواة بسبب تنصيف الزوايا بالقطر أو بسبب تعامد/توازي.

✳️ عند توفر تعريف \(G\) في السطر غير الواضح، أعطي برهانًا سطرًا بسطر مطابقًا تمامًا للبناء المعطى.

(4) إثبات \(\widehat{ACB} = \widehat{CAD}\)

هذه صيغة “القطر ينصف الزاوية” في مربع/معيّن. في المربع: القطر \(AC\) ينصف زاوية \(C\) وينصف زاوية \(A\)، لذلك: \[ \angle ACB = \angle BCD \ \text{(تنصيف عند C)} \] و \[ \angle CAD = \angle DAB \ \text{(تنصيف عند A)} \] لكن المطلوب مساواة \(\angle ACB\) و\(\angle CAD\) بالذات؛ وهذا يتحقق لأن زوايا المربع متساوية، وتنصيفاتها تعطي نفس القياس (عادة \(45^\circ\)). بالتفصيل: \[ \angle C = 90^\circ \Rightarrow \angle ACB = 45^\circ \] و \[ \angle A = 90^\circ \Rightarrow \angle CAD = 45^\circ \] إذن: \[ \angle ACB = \angle CAD \]

معطيات أساسية عن المعيّن \(ABCD\)

• كل الأضلاع متساوية: \(AB=BC=CD=DA\).
• القطران متعامدان وينصف كل منهما الآخر: \((AC)\perp(BD)\) و نقطة التقاطع منتصفهما.
• القطر \(AC\) ينصف زاويتي \(A\) و\(C\)، والقطر \(BD\) ينصف زاويتي \(B\) و\(D\).

(1) تحديد \(E\) على \((BA)\) بحيث \(AB=AC\)

العبارة “عيّن النقطة \(E\) على \((BA)\) حيث \(AB = AC\)” في ظاهرها لا تتعلق بـ \(E\) لأن \(AB\) و\(AC\) ثابتتان. في التمارين المدرسية غالبًا المقصود أحد الشكلين:

• إما: “عيّن \(E\) على \((BA)\) بحيث \(AE=AC\)” (وهو الشرط الشائع لصنع مثلث متساوي الساقين \(AEC\)).
• أو: “عيّن \(E\) على \((BA)\) بحيث \(BE=AC\)” (أقل شيوعًا).

⚠️ لأن النص في الصورة قصير وواضح جزئيًا، سأعتمد الحالة الأكثر شيوعًا في كتب الهندسة: \(AE = AC\) مع \(E\in(BA)\). إن كان في كتابك الشرط مختلفًا (AE/BE)، قلّي فقط وسأصحّح الحل فورًا.

حساب الزوايا \(\widehat{EAC}\), \(\widehat{AEC}\), \(\widehat{ACE}\)

إذا كان \(AE=AC\) فإن المثلث \(AEC\) متساوي الساقين عند \(A\)، أي: \[ AE = AC \Rightarrow \angle AEC = \angle ECA \] (زاويتان قاعدتان متساويتان).

ولكي نحسب القيم عدديا نحتاج زاوية من زوايا المعيّن (مثلا \(\angle A\) أو \(\angle C\)). لأن في المعيّن: القطر \(AC\) ينصف الزاوية عند \(A\)، أي: \[ \angle BAC = \angle CAD = \frac{\angle A}{2} \] وبما أن \(E\) على \((BA)\) فإن \((AE)\) نفس اتجاه \((AB)\) (أو جزء منه)، وبالتالي: \[ \angle EAC = \angle BAC = \frac{\angle A}{2} \]

ثم من مجموع زوايا المثلث: \[ \angle EAC + \angle AEC + \angle ACE = 180^\circ \] ومع \(\angle AEC = \angle ACE\) نحصل على: \[ \angle AEC = \angle ACE = \frac{180^\circ - \angle EAC}{2} \] أي: \[ \angle AEC = \angle ACE = \frac{180^\circ - \frac{\angle A}{2}}{2} \]

✅ هذا “حل عام” صحيح لأي معيّن. إذا كانت في التمرين زاوية معطاة (غير ظاهرة في الصورة)، أعطيك أعدادًا نهائية مباشرة.

(2) إثبات أن \([CE]\) منصف الزاوية \(\widehat{ACD}\)

نريد إثبات: \[ \angle ACE = \angle ECD \] (أي أن الشعاع \(CE\) يقسم زاوية \(ACD\) إلى زاويتين متساويتين).

في المعيّن \(ABCD\): القطر \(AC\) ينصف زاوية \(C\) أيضًا: \[ \angle ACD = \angle BCA \] أي أن \(AC\) يقسم زاوية \(BCD\) إلى نصفين.

ومن جهة أخرى، من المثلث المتساوي الساقين \(AEC\) نحصل على: \[ \angle ACE = \angle AEC \] ثم نستعمل علاقات الزوايا على الاستقامة \((BA)\) والتوازي داخل المعيّن (مثل \(AB\parallel CD\)) لتحويل زاوية عند \(E\) إلى زاوية عند \(C\)، ونصل إلى مساواة الزاويتين المطلوبتين.

🔧 عندما تؤكد لي شرط \(E\) (هل \(AE=AC\) أم غير ذلك)، أكتب البرهان النهائي خطوة بخطوة دون “قالب”.

معلومة أساسية عن المربع

في المربع: القطر \(AC\) هو وتر في مثلث قائم \(ABC\) لأن: \[ AB \perp BC \quad \text{و} \quad AB=BC=a \]

(أ) إثبات \(2a^2 = d^2\)

ننظر إلى المثلث \(ABC\) داخل المربع. هو مثلث قائم في \(B\)، وطول \(AB=a\) وطول \(BC=a\)، وطول \(AC=d\) (قطر المربع).

بتطبيق فيثاغورس: \[ AC^2 = AB^2 + BC^2 \] نعوّض: \[ d^2 = a^2 + a^2 = 2a^2 \] وبالتالي: \[ 2a^2 = d^2 \]

(ب) الاستنتاج العددي

من (أ): \[ d = a\sqrt{2} \] إذا عُلم أحدهما نستنتج الآخر:

• إذا عُلم \(a\): \(d = a\sqrt{2}\).
• إذا عُلم \(d\): \(a = \dfrac{d}{\sqrt{2}} = \dfrac{d\sqrt{2}}{2}\).

مثال مهم (شائع جدًا): إذا كان \(AC=10cm\) فإن: \[ AB = \frac{10}{\sqrt{2}} = 5\sqrt{2}\;cm \]

✳️ السطر الثاني في الصورة غير واضح: هل المطلوب “استنتج \(AB\)” أم “استنتج \(AC\)”؟ أعطيت هنا القاعدة العامة، وإذا أكدت النصّ أضبط الإجابة النهائية حرفيًا.

مبدأ أساسي: نصف القطر عمودي على المماس

إذا كان مستقيم مماسًا لدائرة في نقطة تماس \(A\)، فإن نصف القطر المار بتلك النقطة عمودي على المماس: \[ OA \perp (CA) \] وبنفس الشكل: \[ O'B \perp (CB) \] (حسب تعريف \(C\) نقطة تقاطع المماسين).

(1) إثبات أن \(OACB\) مستطيل

الرباعي \(OACB\) رؤوسه: \(O\), \(A\), \(C\), \(B\). لإثبات أنه مستطيل يكفي أن نثبت:

• أنه متوازي أضلاع،
• وله زاوية قائمة.

نعرف مباشرة زاوية قائمة: \[ OA \perp AC \Rightarrow \angle OAC = 90^\circ \]

يبقى التوازي. في هذا النوع من المسائل، بما أن الدائرتين لهما نفس الشعاع ويستعمل مماسان يتقاطعان في نقطة واحدة، نحصل على مثلثين قائمين يمكن إظهار تطابقهما ثم استنتاج توازي اتجاهين (أو استنتاج أن \(OA\parallel CB\) و\(AC\parallel OB\)).

طريقة منظمة:

1. انظر إلى المثلثين القائمين \( \triangle OAC\) و\( \triangle OBC\).
2. كل واحد قائم (لأن نصف القطر عمودي على المماس)، ولديهما ضلع “نصف القطر” بنفس الطول \(OA=OB=3\) (شعاع الدائرة).
3. إذا أثبتنا أيضًا أن \(CA=CB\) (سيأتي في (2)) فسيكون المثلثان متطابقين، ومنه تتساوى الزوايا المناظرة فتظهر التوازي.

عمليًا: النتيجة المطلوبة “مستطيل” تُثبت في النهاية بإظهار أن زاويتين متقابلتين قائمتان أو بإظهار توازي زوجين من الأضلاع.

(2) استنتاج \(AC=BC=3cm\)

من خصائص المماسين من نقطة خارج دائرة: طولا المماسين المرسومين من نفس النقطة الخارجية متساويان.

هنا: من النقطة \(C\) رسمنا مماسين للدائرة (الأولى) عند \(A\) وللدائرة (الثانية) عند \(B\). إذا كانت \(CA\) و\(CB\) مماسين لنفس الدائرة فنتيجة مباشرة: \(CA=CB\). أما إن كان كل مماس لدائرة مختلفة، نستعمل تماثل الوضعية لأن نصفي القطر متساويان ويُبنى الشكل عادةً بشكل متماثل، فنحصل على \(CA=CB\).

ثم من المثلث القائم \(OAC\): إذا كان \(OACB\) مستطيلًا أو إذا ثبت أن \(OC\) قطر في دائرة مساعدة، فقد ينتج أن \(AC=OA=3\). (وهذا شائع في مسائل “مربع” من مماسات).

إن أردت: أكتب لك برهانًا تحليليًا بالزوايا والتطابق يصل حرفيًا إلى \(AC=3\) و\(BC=3\) دون أي قفزات.

(3) استنتاج أن \(OACB\) مربع

إذا ثبت في (1) أنه مستطيل، وثبت في (2) أن ضلعين متجاورين متساويان (مثلاً \(OA=AC=3\) أو \(AC=BC\) مع التوازي)، فالمستطيل ذو ضلعين متجاورين متساويين هو مربع.

إذن: \[ OACB \text{ مربع} \]

(4) استنتاج \((AB)\perp(OC)\)

في المربع: القطران متعامدان. القطران هنا هما \([AB]\) و\([OC]\). إذن: \[ (AB)\perp(OC) \]

المبدأ المحوري هنا

في كل تمرين فيه مماس لدائرة: \[ \text{نصف القطر عند نقطة التماس} \perp \text{المماس} \] لذا: \[ OA \perp \Delta \quad \text{و} \quad OB \perp \Delta' \] لأن \(\Delta\) مماس عند \(A\) و\(\Delta'\) مماس عند \(B\).

(1) علاقة \(\Delta\) و\(\Delta'\)

إذا كان \([AB]\) قطرًا، فإن \(OA\) و\(OB\) على نفس المستقيم \((AB)\). ولأن \(\Delta \perp OA\) و\(\Delta' \perp OB\)، وبما أن \(OA\) و\(OB\) نفس الاتجاه، ينتج: \[ \Delta \parallel \Delta' \] (مستقيمان عموديان على نفس المستقيم متوازيان).

(2) بناء \(D\) و\(C\)

نضع \(D\) على \(\Delta\) بحيث \(AD=4cm\). ثم \(C\) هو مسقط \(D\) عموديًا على \(\Delta'\)، أي: \[ DC \perp \Delta' \quad \text{و} \quad C \in \Delta' \]

(3) تحديد \(K\) (نقطة تقاطع)

بما أنّ جزءًا من السطر غير واضح، الأكثر منطقية في سياق بقية الأسئلة: أن \(K\) هي نقطة تقاطع المستقيمين \((CD)\) و\((AB)\) أو \((AD)\) مع مستقيم آخر. لكن السؤال (4) يقول: “بيّن أن \((DK)\perp(AD)\)” ثم (5) يريد رباعي \(OKDA\) مستطيلا، وهذا يشير غالبًا أن \(K\) تقع بحيث: \[ OK \parallel AD \quad \text{و} \quad KD \parallel OA \] أو أن \(K\) هي قدم عمود من \(D\) على \(OA\).

✅ سأكمل بالمنهج القياسي الذي يثبت (5)(6)(7)(8): إنشاء مستطيلات اعتمادًا على توازي المماسات والعموديات.

(5) إثبات أن \(OKDA\) مستطيل

لإثبات مستطيل نثبت:

• متوازي أضلاع: \(OK \parallel AD\) و\(KD \parallel OA\) (أو زوجا توازٍ مناسبين).
• وزاوية قائمة: لأن \(OA \perp \Delta\) و\(AD\subset\Delta\) فيكون \(OA \perp AD\).

فإذا تحقق: \[ OA \perp AD \] ومع كون \(OK\) موازيًا لـ \(AD\) و\(KD\) موازيًا لـ \(OA\)، يصبح: \[ \angle KAD = 90^\circ \] وبالتالي متوازي الأضلاع ذو زاوية قائمة ⇒ مستطيل.

(6) استنتاج \(OK=4cm\) و\(KD=2cm\)

في المستطيل: الأضلاع المتقابلة متساوية. إذا كان \(OKDA\) مستطيلا: \[ OK = AD \] وبما أن \(AD=4cm\): \[ OK=4cm \] وكذلك: \[ KD = OA \] ونصف قطر الدائرة \(OA=2cm\) ⇒ \[ KD=2cm \]

(7) إثبات أن \(OKCB\) مستطيل

بنفس المنطق: \(C\) على \(\Delta'\) و\(B\) نقطة تماس، لذا \(OB \perp \Delta'\). كما أن \(DC \perp \Delta'\) (بناء المسقط) ⇒ \(DC \parallel OB\).

إذا استطعنا ربط \(KC\) بـ \(OB\) و\(OK\) بـ \(\Delta'\) (بواسطة التوازي \(\Delta \parallel \Delta'\) وأن \(OK\) موازي لـ \(\Delta\))، سنحصل على متوازي أضلاع بزاوية قائمة ⇒ مستطيل \(OKCB\).

(8) استنتاج \(KC=2cm\) و\(CB=4cm\)

إذا كان \(OKCB\) مستطيلا فالأضلاع المتقابلة متساوية: \[ KC = OB = 2cm \] و \[ CB = OK = 4cm \] (نستعمل أن \(OB\) نصف قطر = \(2cm\) وأن \(OK=4cm\) من (6)).

الفكرة العامة للتمرين

التمرين يبني شكلا انطلاقًا من زاوية قائمة عند \(O\)، ثم يضيف نقطة \(A\) على أحد الضلعين ونقطة \(B\) على الضلع الآخر، ثم يُنشئ عمودًا أو محورا يؤدي في النهاية إلى إثبات أن رباعيا \(OAHB\) مربع.

لأن بعض الأسطر غير واضحة، سأقدّم البرهان “الهيكلي” الذي يُستخدم عادةً: نثبت أولًا تساوي أطوال (مثل \(AH=BH\) أو \(AO=AH\)) ثم نثبت زاوية قائمة، ثم نستنتج مربعًا.

(2) لماذا يظهر العدد \(45^\circ\)؟

عندما تكون لدينا زاوية قائمة \(90^\circ\)، فأكثر نتيجة شيوعًا هي أن منصفها يعطي زاوية \(45^\circ\). إذن ظهور: \[ \angle OAB = 45^\circ \] يعني غالبًا أن \(AB\) مرتبط بمنصف زاوية قائمة أو أن مثلثًا قائمًا متساوي الساقين قد تكوّن.

(4-أ) إثبات \(AH=BH\)

إذا كان \(H\) هو إسقاط عمودي أو نقطة على محور تماثل بين \(A\) و\(B\)، فالطريقة القياسية:

• إذا كان \(H\) على المنصف العمودي للقطعة \([AB]\) ⇒ \(AH=BH\).
• أو إذا كان \(AH\perp...\) و\(BH\perp...\) مع زاويتين متساويتين ⇒ تطابق مثلثين قائمين.

غالبًا نبرهن: \[ \triangle AHO \cong \triangle BHO \] (أو مثلثين آخرين) باستعمال:

• زاويتين قائمتين،
• ضلع مشترك،
• أو تساوي زاويتين لأنهما منصفان.

ثم نستنتج: \[ AH = BH \]

(4-ب) استنتاج \(AO=AH\)

هذه عادةً نتيجة مثلث قائم متساوي الساقين أو نتيجة كون \(O\) يقع على محور تماثل. مثال شائع: إذا ثبت أن \(\angle AOH = \angle OHA\) (زاويتان في مثلث) ⇒ الضلعان المقابلان متساويان ⇒ \(AO=AH\).

أو إذا تبين أن \(O\) و\(H\) نقطتان على منصف زاوية قائمة والمثلث \(AOH\) له زاويتان متساويتان.

(4-ج) استنتاج أن \(OAHB\) مربع

لإثبات مربع نحتاج غالبًا:

• مستطيل + ضلعان متجاوران متساويان، أو
• معيّن + زاوية قائمة.

إذا حصلنا على: \[ AO = AH \] ومع كون \(AO \perp AH\) (لأن واحدًا على \([Ox]\) والآخر على \([Oy]\) أو لأنهما ناتجان عن إسقاط عمودي)، فالمثلث \(AOH\) قائم ومتساوي الساقين مما يجعل الزوايا \(45^\circ\) ويُسهل إثبات أن الرباعي له أضلاع متساوية وزوايا قائمة.

ثم نبرهن توازي الأضلاع المتقابلة (مثل \(OA \parallel HB\) و\(AH \parallel OB\)) باستعمال الزوايا المتبادلة الداخلية، فنحصل على مستطيل، ومع تساوي ضلعين متجاورين ⇒ مربع.

معلومة مركز متوازي الأضلاع

مركز متوازي الأضلاع هو نقطة تقاطع قطريه: \[ O = (AC)\cap(BD) \] وهو منتصف كل قطر: \[ OA = OC \quad \text{و} \quad OB = OD \] لذلك أي معطى من نوع \(OB=3cm\) يعني مباشرة: \[ BD = 2\cdot OB = 6cm \]

الحالة (أ): \(OB=3cm\) و \(AC=10cm\)

لدينا طول القطرين: \[ BD=6cm \quad \text{و} \quad AC=10cm \] وخطّة البناء:

1. ارسم القطعة \([AC]\) طولها \(10cm\).
2. عيّن منتصفها \(O\) (لأن \(OA=OC\)).
3. ارسم دائرة مركزها \(O\) ونصف قطرها \(OB=3cm\).
4. اختر نقطة \(B\) على هذه الدائرة (أي \(OB=3cm\)).
5. النقطة \(D\) هي النظير المركزي لـ \(B\) بالنسبة لـ \(O\) (أي \(O\) منتصف \([BD]\)).
6. أكمل المتوازي: الرؤوس أصبحت \(A,B,C,D\) في الترتيب الصحيح.

لماذا هذا يعطي متوازي أضلاع؟ لأن القطرين يتقاطعان في منتصفيهما عند \(O\) وهو شرط كافٍ: إذا كان رباعي قطراه يتنصفان فهو متوازي أضلاع.

الحالة (ب): إضافة \(\widehat{ADB}=127^\circ\)

نفس البناء السابق، لكن اختيار \(B\) ليس عشوائيا: يجب أن يتحقق قياس الزاوية عند \(D\).

بعد رسم \(AC\) وتحديد \(O\) ورسم دائرة نصف قطرها \(3cm\):

1. اختر نقطة \(D\) على الدائرة (بدل \(B\) أولًا).
2. ارسم الشعاع \(DA\) (لأن \(A\) معلوم).
3. عند \(D\) أنشئ زاوية مقدارها \(127^\circ\) بحيث يكون أحد ضلعيها هو \(DA\)، فيتحدد اتجاه \(DB\).
4. نقطة \(B\) هي تقاطع هذا الشعاع مع الدائرة (شرط \(OD=OB=3cm\) يتحقق تلقائيًا).
5. تحقق أن \(O\) منتصف \(BD\) (بحسب التناظر المركزي حول \(O\)).

الحالة (ج): \(AB=6cm\), \(BC=2cm\), \(\widehat{ADC}=50^\circ\)

في متوازي الأضلاع: \[ AB = CD \quad \text{و} \quad BC = AD \] إذن: \[ CD=6cm \quad \text{و} \quad AD=2cm \] والزاوية \(\angle ADC\) هي الزاوية بين \(DA\) و\(DC\).

1. ارسم القطعة \([DC]\) بطول \(6cm\).
2. عند \(D\) أنشئ زاوية \(\widehat{ADC}=50^\circ\) (ضلعها الأول هو \(DC\)).
3. على الضلع الثاني ضع نقطة \(A\) بحيث \(AD=2cm\).
4. من \(A\) ارسم مستقيمًا موازيًا لـ \((DC)\).
5. من \(C\) ارسم مستقيمًا موازيًا لـ \((AD)\).
6. تقاطع المستقيمين هو \(B\). فيكتمل \(ABCD\) متوازي أضلاع.

التحقق: بالتوازي يصبح \(AB\parallel DC\) و\(BC\parallel AD\) وهو تعريف متوازي الأضلاع.

الحالة (د): إضافة \(\widehat{ADB}=127^\circ\)

بعد بناء المتوازي في (ج)، نتحقق هل الشرط الإضافي محقق. إذا لم يكن، فهذا يعني أن هناك وضعيتين محتملتين للبناء (على جهتين مختلفتين من \([DC]\)).

الطريقة:

1. نفّذ بناء (ج) مرتين: مرة على جهة “يمين” المستقيم \((DC)\)، ومرة على جهة “يساره”.
2. في كل شكل احسب/قِس \(\angle ADB\).
3. احتفظ بالشكل الذي يعطي \(127^\circ\).

✅ هذه نقطة تربوية مهمة: قياس زاوية إضافية يزيل اللبس بين الوضعيتين.

قراءة منطق التمرين

التمرين يبدأ بمعيّن \(ABCD\)، ثم يعرّف نقطة \(I\) منتصف \([DC]\)، ثم يدخل نقطة \(E\) (غير واضح تمامًا كيف تُنشأ) ثم يطلب متوازي أضلاع \(ADEC\)، ثم تساوي أطوال، ثم منتصف \([BE]\) ثم منتصف \([AE]\). هذا تسلسل كلاسيكي يستعمل: خصائص متوازي الأضلاع + نظرية المنتصفات.

لأن تعريف \(E\) غير مكتمل في الصورة، سأقدّم الحل اعتمادًا على “النتائج المطلوبة”: عندما يريدون \(ADEC\) متوازي أضلاع، فغالبًا \(E\) تُنشأ بحيث: \[ AE \parallel CD \quad \text{و} \quad CE \parallel AD \] أو \(E\) هي صورة \(A\) بتناظر مركزي/إزاحة.

(2) إثبات أن \(ADEC\) متوازي أضلاع

لإثبات متوازي أضلاع يكفي إثبات: \[ AD \parallel CE \quad \text{و} \quad DC \parallel AE \] أو إثبات أن القطرين يتنصفان.

في المعين \(ABCD\): لدينا أصلًا توازٍ: \[ AB \parallel CD \quad \text{و} \quad BC \parallel AD \] فإذا كانت \(E\) مبنية على استقامة/توازي مع هذه الأضلاع (وهو البناء المعتاد)، نحصل مباشرة على زوجي التوازي، ومنه: \[ ADEC \text{ متوازي أضلاع} \]

(3) استنتاج \(BC=CE\)

من كون \(ADEC\) متوازي أضلاع: \[ CE = AD \] ومن كون \(ABCD\) معيّن: \[ AD = BC \] بالتالي: \[ CE = AD = BC \Rightarrow BC = CE \] هذا استنتاج مباشر وبسيط لكن ضروري جدًا منطقيًا لأنه يربط “معيّن” بـ “متوازي أضلاع”.

(4) إثبات أن \(C\) منتصف \([BE]\)

لكي يكون \(C\) منتصف \([BE]\) يجب تحقق شرطين:

1. \(B,C,E\) على استقامة واحدة.
2. \(BC=CE\).

الشرط الثاني تحقق في (3). يبقى الاستقامية، وهي عادةً تأتي من البناء (مثلا \(E\) تُؤخذ على المستقيم \((BC)\) بحيث …). وبما أن التمرين يطلب النتيجة فهذا يعني أن الاستقامية معطاة ضمنيًا في كيفية تعريف \(E\).

عند تحقق الاستقامية + (3) نستنتج: \[ C \text{ منتصف } [BE] \]

(5) إثبات أن \(I\) منتصف \([AE]\)

المعطى: \(I\) منتصف \([DC]\). إذا كان \(ADEC\) متوازي أضلاع، فالأضلاع المتقابلة متوازية ومتساوية، والقطران يتنصفان.

في متوازي الأضلاع \(ADEC\) القطران هما \([AE]\) و\([DC]\) (لأن الرؤوس بالترتيب \(A-D-E-C\)). وقطرا متوازي الأضلاع يتنصفان. بما أن \(I\) منتصف \([DC]\)، فهو نقطة تقاطع القطرين (أو يقع على منتصف أحدهما) وبالتالي هو أيضًا منتصف القطر الآخر \([AE]\). فنحصل على: \[ I \text{ منتصف } [AE] \]

(1) بناء متوازي الأضلاع \(ABCD\)

نعرف: \[ AB=6cm,\quad AD=2.5cm,\quad \angle ADC = 65^\circ \] وفي متوازي الأضلاع: \(DC\parallel AB\) و\(AD\parallel BC\).

خطوات البناء الدقيقة:

1. ارسم القطعة \([AD]\) بطول \(2.5cm\).
2. عند النقطة \(D\) أنشئ الزاوية \(\angle ADC = 65^\circ\) (الضلع الأول هو \(DA\) والضلع الثاني هو اتجاه \(DC\)).
3. على شعاع \(DC\) ضع نقطة \(C\) بحيث \(DC=AB=6cm\) (لأن في المتوازي \(DC=AB\)).
4. من \(A\) ارسم مستقيمًا موازيًا لـ \((DC)\).
5. من \(C\) ارسم مستقيمًا موازيًا لـ \((AD)\).
6. تقاطع المستقيمين هو \(B\). وبذلك اكتمل \(ABCD\).

(2) \(AX\) منصف \(\angle BAD\) ويقطع \([DC]\) في \(E\)

في متوازي الأضلاع: \[ \angle BAD + \angle ADC = 180^\circ \] لأنهما زاويتان متجاورتان (على نفس الجانب). وبما أن \(\angle ADC=65^\circ\): \[ \angle BAD = 180^\circ - 65^\circ = 115^\circ \] وبما أن \(AX\) منصف زاوية \(BAD\): \[ \angle DAX = \angle XAB = \frac{115^\circ}{2}=57.5^\circ \]

لكن \(E\) تقع على \(AX\)، إذن: \[ \angle EAD = \angle DAX = 57.5^\circ \] وهذا يثبت (2-أ).

(2-ب) استنتاج أن \(ADE\) متقايس الساقين وتحديد القاعدة

لكي يكون المثلث \(ADE\) متقايس الساقين، نحتاج تساوي زاويتين أو ضلعين. أسهل معيار:

• إذا ثبت أن \(\angle EAD = \angle AED\) ⇒ \(AD = DE\) ويكون المثلث متساوي الساقين عند \(D\).
• إذا ثبت أن \(\angle EDA = \angle AED\) ⇒ \(AE = AD\) ويكون متساوي الساقين عند \(A\).

كيف نثبت زاوية أخرى تساوي \(57.5^\circ\)؟ بما أن \(E\) على \([DC]\) و\(DC\parallel AB\)، فإن الزوايا التي تصنعها \(AE\) مع \(DC\) يمكن تحويلها إلى زوايا مع \(AB\).

في كثير من التمارين: من توازي \(DC\parallel AB\) ومع كون \(AX\) منصفًا، ينتج أن \(AE\) يصنع نفس الميل مع \(AD\) ومع \(DE\)، أي: \[ \angle EAD = \angle AED \] وحينها: \[ AD = DE \] فتكون القاعدة الرئيسية هي \([AE]\) (لأن الساقين المتساويين هما \(AD\) و\(DE\)).

✅ النتيجة المتوقعة جدًا: المثلث \(ADE\) متقايس الساقين عند \(D\) وقاعدته \([AE]\).

(3) \(BY\) منصف \(\angle ABC\) ويقطع \([AX]\) في \(F\)

في متوازي الأضلاع: الزاويتان المتجاورتان متكاملتان، وقد حسبنا: \[ \angle BAD = 115^\circ \] والزوايا المتقابلة متساوية: \[ \angle ABC = \angle ADC = 65^\circ \] (لأن \(B\) تقابل \(D\)).

إذن \(BY\) منصف زاوية \(ABC\) فيكون: \[ \angle ABY = \angle YBC = \frac{65^\circ}{2}=32.5^\circ \]

النقطة \(F\) هي تقاطع منصفين (منصف عند \(A\) ومنصف عند \(B\)). غالبًا ينتج أن المثلث \(ABF\) متقايس الساقين لأن زاويتين عند \(A\) و\(B\) تتساويان:

في المثلث \(ABF\): \[ \angle FAB = \angle XAB = 57.5^\circ \] و \[ \angle ABF = \angle ABY = 32.5^\circ \] (هذه ليست متساوية، إذن ليس متساوي الساقين بهذه البساطة).

لكن توجد خاصية أعمق: تقاطع منصفين داخل مثلث يعطي مركز الدائرة الداخلية. هنا ليس لدينا مثلث واحد، بل تقاطع منصف زاويتين في متوازي الأضلاع. كثيرًا ما ينتج أن \(F\) يقع على محور تناظر زاوية أو أن \(AF\) و\(BF\) يرتبطان بعلاقة خاصة تجعل المثلث \(ABF\) قائمًا أو متساوي الساقين حسب المعطيات.

✅ لأن صورة هذا الجزء صغيرة جدًا، لا يظهر إن كان مطلوبًا “حدّد طبيعة \(ABF\)” فقط أو مع معطى إضافي. إذا كان المطلوب فقط “طبيعته” بدون معطيات أخرى، فالجواب الصحيح يجب أن يُستنتج بقياس الزوايا الثلاث في \(ABF\) من خلال توازي الأضلاع وتحويل الزوايا خطوة بخطوة. أرسل لقطة أقرب للسؤال (3) وسأعطيك النتيجة النهائية بدقة (قائم/منفرج/حاد/متساوي الساقين…) مع برهان كامل.