ΛΥΣΗ

Σχεδιάζουμε το τρίγωνο \(ABΓ\) με \(AB < AΓ\). Θεωρούμε τα μέσα \(K\), \(Λ\), \(M\) των \(AB\), \(AΓ\), \(BΓ\) αντίστοιχα και φέρουμε το ύψος \(AΔ\).

α) Στο τρίγωνο \(ABΓ\), το \(K\) είναι μέσο του \(AB\) και το \(Λ\) είναι μέσο του \(AΓ\). Άρα, \(KΛ \parallel BΓ\) \((1)\), επειδή το \(KΛ\) ενώνει τα μέσα των πλευρών \(AB\) και \(AΓ\) του τριγώνου \(ABΓ\).

β)

i. Στο τρίγωνο \(ABΓ\) το \(Λ\) είναι μέσο του \(AΓ\) και το \(M\) είναι μέσο του \(BΓ\). Άρα, \(ΛM = \dfrac{AB}{2}\) \((2)\), επειδή το \(ΛM\) ενώνει τα μέσα των πλευρών \(AΓ\) και \(BΓ\) του τριγώνου \(ABΓ\). Στο ορθογώνιο τρίγωνο \(AΔB\), είναι \(ΔK = \dfrac{AB}{2}\) \((3)\), επειδή η \(KΔ\) είναι διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσά του \(AB\). Από \((2)\) και \((3)\) συμπεραίνουμε ότι \(ΛM = KΔ\) \((4)\).

ii. Τα σημεία \(Δ\) και \(M\) δεν ταυτίζονται γιατί αν το μέσο \(M\) της \(BΓ\) ταυτιζόταν με το ίχνος \(Δ\) του ύψους \(AΔ\), τότε το ύψος \(AΔ\) θα ήταν και διάμεσος, δηλαδή το τρίγωνο \(ABΓ\) θα ήταν ισοσκελές με \(AB = AΓ\), πράγμα άτοπο γιατί από την υπόθεση είναι \(AB < AΓ\). Επομένως το \(KΛMΔ\) είναι τετράπλευρο.

Επειδή τα \(Λ\), \(M\) ενώνουν μέσα των πλευρών \(AΓ\), \(BΓ\) αντίστοιχα, θα είναι \(ΛM \parallel AB\) και η \(ΔK\) δεν είναι παράλληλη στην \(AB\) (αφού την τέμνει στο \(K\)). Συνεπώς οι απέναντι πλευρές \(ΛM\) και \(KΔ\) του \(KΛMΔ\) δεν είναι παράλληλες.

Από το α) ερώτημα έχουμε ότι \(KΛ \parallel BΓ\), οπότε \(KΛ \parallel ΔM\).

Επομένως το \(KΛMΔ\) είναι τραπέζιο, γιατί έχει μόνο δυο απέναντι πλευρές που είναι παράλληλες. Και επειδή από τη σχέση \((4)\) είναι \(ΛM = KΔ\), άρα το \(KΛMΔ\) είναι ισοσκελές τραπέζιο.

γ) Τα τρίγωνα \(KΔΛ\) και \(ΛMΔ\) έχουν, τις πλευρές \(KΔ\) και \(ΛM\) ίσες (από 4), τις πλευρές \(KM\) και \(ΔΛ\) ίσες ως διαγώνιοι του ισοσκελούς τραπεζίου \(KΛMΔ\) και την πλευρά \(KΛ\) κοινή. Επομένως τα τρίγωνα είναι ίσα γιατί έχουν τις τρεις πλευρές τους ίσες. Άρα και \(\widehat{KΔΛ} = \widehat{KMΛ}\) ως οι γωνίες που βρίσκονται απέναντι από την κοινή τους πλευρά \(KΛ\).