ΛΥΣΗ

α) i. Το σημείο \(Μ\) ανήκει στις μεσοκαθέτους \(μ_1\), \(μ_2\) των \(ΑΒ\), \(ΑΓ\) αντίστοιχα, οπότε ισαπέχει από τα σημεία \(Α\), \(Β\), \(Γ\), δηλαδή είναι \(ΜΑ = ΜΒ\) \((1)\) και \(ΜΑ = ΜΓ\) \((2)\).

Από τις \((1)\), \((2)\) προκύπτει ότι \(ΜΒ = ΜΓ\), άρα το \(Μ\) είναι μέσο της \(ΒΓ\) και ισχύει

\(ΑΜ = \frac{ΒΓ}{2}\)

Στο τρίγωνο \(ΑΒΓ\) η διάμεσος του \(ΑΜ\) ισούται με το μισό της πλευράς στην οποία αντιστοιχεί, άρα το τρίγωνο είναι ορθογώνιο με \(\widehat{Α} = 90^{\circ}\).

ii. Το τετράπλευρο \(ΑΛΜΚ\) έχει τρεις γωνίες ορθές, την γωνία \(\widehat{ΚΑΛ}\) από το i.) ερώτημα και τις γωνίες \(\widehat{ΑΛΜ}\) και \(\widehat{ΑΚΜ}\) λόγω των μεσοκαθέτων \(μ_2\) και \(μ_1\) των πλευρών \(ΑΓ\) και \(ΑΒ\) αντίστοιχα. Οπότε το τετράπλευρο \(ΑΛΜΚ\) είναι ορθογώνιο.

iii. Επειδή το \(ΑΛΜΚ\) είναι ορθογώνιο, οι διαγώνιοί του \(ΑΜ\) και \(ΚΛ\) είναι ίσες και διχοτομούνται και \(Θ\) είναι το κέντρο του.

Οπότε είναι \(ΛΘ = \frac{ΚΛ}{2} = \frac{ΑΜ}{2} = \frac{\frac{ΒΓ}{2}}{2} = \frac{ΒΓ}{4}\) αφού είναι \(ΚΛ = ΑΜ\) και \(ΑΜ = \frac{ΒΓ}{2}\).

β) Στο τρίγωνο \(ΑΒΜ\), τα \(Κ\), \(Θ\) είναι μέσα των πλευρών του \(ΑΒ\), \(ΑΜ\) αντίστοιχα.

Οπότε είναι \(ΚΘ \parallel ΒΜ\) άρα είναι \(ΚΘ \parallel ΒΙ\) \((3)\).

Επίσης είναι \(ΚΘ = \frac{ΒΜ}{2} = \frac{\frac{ΒΓ}{2}}{2} = \frac{ΒΓ}{4}\) αφού \(Μ\) μέσο του \(ΒΓ\) και επειδή το σημείο \(Ι\) είναι το μέσο του \(ΒΜ\) θα είναι \(ΒΙ = \frac{ΒΜ}{2} = \frac{\frac{ΒΓ}{2}}{2} = \frac{ΒΓ}{4}\). Άρα θα είναι \(ΚΘ = ΒΙ\) \((4)\).

Οπότε, το τετράπλευρο \(ΚΘΙΒ\) είναι παραλληλόγραμμο γιατί έχει δύο απέναντι πλευρές του, τις \(ΚΘ\) και \(ΒΙ\), ίσες και παράλληλες (σχέσεις \((3)\) και \((4)\)).