2014 - 2015
Τελευταία ενημέρωση: 23 / 1 / 2015
Όλα τα θέματα της τράπεζας με τις λύσεις τους
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Παπαδόπουλος Παναγιώτης
[2]
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7 – ΑΝΑΛΟΓΙΕΣ
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_18975
ΛΥΣΗ
α) Ως γνωστόν το βαρύκεντρο ενός τριγώνου απέχει από κάθε
κορυφή τα 3
2 της αντίστοιχης διαμέσου.
Εφόσον το Θ είναι βαρύκεντρο του τριγώνου, θα ισχύει:
ΑΜΑΘ3
2 και ΑΜΘΜ
3
1 .
Όμως ΔΕ//ΒΓ άρα από το θεώρημα του Θαλή έχουμε:
ΜA
AB
ΘΜ
BΔ
ΑΘ
ΑΔ
Συνεπώς: 3
23
2
BΑ
ΑΔ
ΜA
ΑΜ
BΑ
ΑΔ
ΜA
ΘA
BΑ
ΑΔ
ΜA
AB
ΑΘ
ΑΔ
Από το θεώρημα Θαλή έχουμε επίσης: ΜA
ΓA
ΘΜ
ΓE
ΑΘ
EΑ
Συνεπώς: 2
3
13
2
ΕΓ
EΑ
ΜA
ΑΜ
ΕΓ
EΑ
ΘΜ
ΑΘ
ΕΓ
EΑ
ΘΜ
ΕΓ
ΑΘ
EΑ
β) 61832933
2
93
2 ΑΔΑΔΑΔ
ΑΔ
BΑ
ΑΔ
5315331
12
1
2
ΕΓΕΓΕΓΑΓ
ΓE
ΑΓ
ΕΓ
ΕΓEΑ
ΕΓ
EΑ
[3]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19024
ΛΥΣΗ
α) ΔΕ//ΒΓ άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε: ΑΒ
ΑΓ
ΑΔ
EΑ (1)
β) ΔZ//ΒE άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε: ΑΒ
EΑ
ΑΔ
ZΑ (2)
γ) (1) ΑΒ
ΑΔ
ΑΓ
EΑ
ΑΒ
ΑΓ
ΑΔ
EΑ (3)
(2) ΑΒ
ΑΔ
EΑ
ZΑ
ΑΒ
EΑ
ΑΔ
ZΑ (4)
Από (3) και (4) έχουμε: EΑ
ZΑ
ΑΓ
EΑ
[4]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19031
ΛΥΣΗ
α) Στο τρίγωνο ΑΔΒ εφαρμόζουμε το θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου κι έχουμε:
672128
129 ΕΒΕΒ
EBAB
ΔA
EB
ΔΕ
β) Στο τρίγωνο ΒΓΔ, ισχύει ΕΖ//ΒΓ, άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε:
9196
6
9 ΔΖ
ΔΖΔΖ
BΕ
ΖΓ
ΔΕ
ΔΖ
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19040
[5]
ΛΥΣΗ
α) Α΄ τρόπος :
Εφαρμόζουμε στο ΑΒΓ θεώρημα εξωτερικής διχοτόμου.
41236
2
36
10
156
515
15
ΑΓΑΓ
ΑΓΑΓΑΓΑΓ
AB
ΓE
ΒE
Β΄ τρόπος :
Εφαρμόζουμε στο ΑΒΓ θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου.
41236
2
36
35
3
ΑΓΑΓ
ΑΓΑΓΑΓ
AB
ΔΓ
ΔΒ
β) 123-15ΔΒΒΕΔΕ
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19318
ΛΥΣΗ
[6]
α) i. ΔΒ
ΑΔ
ΒΕ
ΑΕ
ii. ΔΓ
AΔ
ΖΓ
ZΑ
β) Η ΑΔ είναι διχοτόμος του τριγώνου ΑΒΓ άρα:
BΑ
ΓA
BΔ
ΔΓ (1)
ΒA
ΓA
ZΑ
ΖΓ
ΒΕ
ΑΕ
ΔΒ
ΔΓ
ZΑ
ΖΓ
ΒΕ
ΑΕ
AΔ
ΔΓ
ΔΒ
ΑΔ
ZΑ
ΖΓ
ΒΕ
ΑΕ )(
1
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_18994
ΛΥΣΗ
α) ABBE3
1 άρα προφανώς ABAE
3
2
ME//BN άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε:
AE
AE
MN
AM
BE
AE
MN
AM
BE
MN
AE
AM
3
13
2
MNAMMN
AM
MN
AM22
3
13
2
(1)
[7]
Ομοίως, ΔΓΔΖ3
1 άρα προφανώς ΔΓΓZ
3
2
ΖΝ//ΜΔ άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε:
ΓΔ
ΓΔ
MN
NΓ
ZΔ
ZΓ
MN
NΓ
ZΔ
MN
ZΓ
NΓ
3
13
2
MNNΓMN
NΓ
MN
NΓ22
3
13
2
(2)
Από (1) και (2) προκύπτει ότι: ΑΜ=ΓΝ=2ΜΝ
β) ΑΓ=ΑΜ+ΜΝ+ΓΝ ΑΓ=2ΜΝ+ΜΝ+2ΜΝ ΑΓ=5ΜΝ ΜΝ=5
1AΓ
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22334
ΛΥΣΗ
[8]
α) Αν τα δύο οχήματα συναντιούνται στο σημείο Γ μετά από χρόνο t2, θα ισχύει:
2tυΑΓ 1 και 2tυΒΓ 2 , άρα: 2
1
22
21
υ
υ
tυ
tυ
ΓB
ΑΓ (1)
Γνωρίζουμε ότι:
1tυΑΔ 1 και 1tυEΒ 2 , άρα: 2
1
12
11
υ
υ
tυ
tυ
BE
ΑΔ (2)
Από τις σχέσεις (1) και (2) και με τη βοήθεια του θεωρήματος του Θαλή έχουμε:
ΑΒ//ΔΕEΒ
ΑΔ
ΒΓ
ΑΓ
β) Έστω ότι το όχημα που ξεκινάει από το σημείο Α, βρίσκεται στη θέση Ζ τη χρονική στιγμή t3 και
το όχημα που ξεκινάει από το σημείο Β, βρίσκεται στη θέση Η τη χρονική στιγμή t4.
43
2
4
2
3
22
42
21
31 ttt
t
t
t
tυ
tυ
tυ
tυ
ΒΓ
HΒ
ΓA
AZAB//ZH
Επομένως τα οχήματα περνούν ταυτόχρονα από τις θέσεις Ζ και Η.
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8 – ΟΜΟΙΟΤΗΤΑ
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19011
ΛΥΣΗ
α) i) Τα τρίγωνα ΣΒΓ και ΣΒΔ έχουν:
ΣΔBΣΓB (κοινή γωνία)
ΣΔΒΣBΓ (η
ΣBΓ είναι γωνία από χορδή κι εφαπτομένη και η
ΣΔΒ είναι
εγγεγραμμένη γωνία που έχουν το ίδιο αντίστοιχο τόξο)
[9]
Άρα ΣΒΓ ΣΔΒ ΔΒ
ΓB
BΣ
ΣΓ
ΣΔ
BΣ (1)
ii) Τα τρίγωνα ΣΑΓ και ΣΔΑ έχουν:
ΣΔAΣΓA (κοινή γωνία)
AΣΔΣAΓ (η
ΣAΓ είναι γωνία από χορδή κι
εφαπτομένη και η
AΣΔ είναι
εγγεγραμμένη γωνία που έχουν το ίδιο
αντίστοιχο τόξο)
Άρα ΣΑΓ ΣΔΑ AΣ
ΣΓ
AΔ
ΓA
ΣΔ
AΣ (2)
β) Από τη σχέση (1) έχουμε: BΣ
ΣΓ
ΔΒ
ΓB (3). Από τη σχέση (2) έχουμε:
AΣ
ΣΓ
AΔ
ΓA (4)
Επειδή τα εφαπτόμενα τμήματα ΣΑ και ΣΒ είναι ίσα, από τις σχέσεις (3) και (4) προκύπτει:
BΓAΔBΔΑΓAΔ
ΓA
ΔΒ
ΓB
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19026
ΛΥΣΗ
α) Τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΑΒΓ έχουν:
BB (κοινή)
ΓEBΔ (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των
[10]
παραλλήλων ΔΕ, ΑΓ)
Άρα ΒΔΕ ΒΓΑ. Οπότε: ΑΓ
EΔ
ΒΓ
ΒΔ (1)
β) Τα τρίγωνα ΓΔΖ και ΑΒΓ έχουν:
ΓΓ (κοινή)
ΒZΓΔ (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΔΖ, ΑΒ)
Άρα ΓΔΖ ΓΒΑ. Οπότε: ΒΓ
ΓΔ
BΑ
ZΔ (2)
γ) 121
ΒΓ
ΒΓ
ΒΓ
ΓΔΒΔ
ΒΓ
ΓΔ
ΒΓ
ΒΔ
BΑ
ZΔ
ΑΓ
EΔ )(),(
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19014
ΛΥΣΗ
α) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ έχουν:
ZA (δεδομένα)
EB (δεδομένα)
Άρα ΑΒΓ ΖΕΔ
β) ΕΔ
BΓ
ΖΔ
ΓA
ΖΕ
AB
[11]
γ) 3015
45045015182515
1815
25 xxxx
x
2015
30030015251215
15
25
12 yyyy
y
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19015
ΛΥΣΗ
α) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΔΕ έχουν:
AA (κοινή)
EΔAB (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΔΕ και ΒΓ)
Άρα ΑΒΓ ΑΔΕ
β) EΑ
ΑΓ
EΔ
ΓB
ΑΔ
AB
γ) Η αναλογία x
5
6
4 είναι λάθος διότι οι όροι των κλασμάτων δεν αντιστοιχούν στα μήκη των
ομόλογων πλευρών των όμοιων τριγώνων.
[12]
Η σωστή αναλογία είναι:
2
27
4
54544
64
9 xxx
x
EΔ
ΓB
ΑΔ
AB
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19017
ΛΥΣΗ
α) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ έχουν:
ΔA (=900)
EΔ
BΑ
ZΔ
ΑΓ (
3
4
18
24
ZΔ
ΑΓ και
3
4
21
28
EΔ
BΑ)
Άρα ΑΒΓ ΔΕΖ
β) ZΔ
ΑΓ
EZ
ΓB
EΔ
BΑ
γ) ΒΓΕΖΒΓEZEZ
ΓB
ZΔ
ΑΓ
EZ
ΓB
4
334
3
4 . Άρα η σωστή απάντηση είναι η (iii)
[13]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_18993
ΛΥΣΗ
α) i. EΔ
ΑB
ΖE
ΓB
ΔΖ
ΑΓραά
EΔ
ΑB
ΖE
ΓB
ΔΖ
ΑΓ
8
3
48
18
5
2
40
16
5
2
10
4
οπότε τα τρίγωνα δεν είναι όμοια
ii.
EΓAB 00000 348363180180
Επομένως:
EB
ΔA άρα τα τρίγωνα είναι όμοια
β) Αν x, y, ω τα μήκη των πλευρών του τριγώνου ΔΕΖ, με x<y<ω, τότε: 3ΒΓ
ω
ΓA
y
AB
x
1836
xx
2137
yy
2438
ωω
[14]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_18984
ΛΥΣΗ
α) i.
5
2
30
12
5
2
20
8
ZΔ
ΑΓ
EΔ
ΑΒ
άρα ZΔ
ΑΓ
ΔΕ
ΑΒ
035
ΔΑ
Άρα ΑΒΓΔΕΖ
ii.
ΔBΑΓ 00000 953847180180
047
EA
Άρα ΓΑΒΔΕΖ
iii.
ΔA
)ΔΖΔΕκαιΑΓABτιόδι(ΔΖ
ΑΓ
EΔ
ΑΒ
άρα ΑΒΓΔΕΖ
β) i. 5
2
ΕΖ
ΒΓ
ZΔ
ΑΓ
ΔΕ
ΑΒ
ii. EZ
AB
ZΔ
ΒΓ
EΔ
ΑΓ
iii. ΕΖ
ΒΓ
ZΔ
ΑΓ
ΔΕ
ΑΒ
[15]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_18990
ΛΥΣΗ
α) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΕΔΓ έχουν:
EA (εντός εναλλάξ γωνίες των παραλλήλων ΑΒ και ΔΕ)
EΔΓΑΓΒ (κατακορυφήν)
Άρα ΑΓΒ EΓΔ
β) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΕΔΓ έχουν:
ΓE
ΓA
ΔΓ
ΒΓ (από τα δεδομένα γνωρίζουμε ότι
ΓE
ΓA
ΔΓ
ΒΓ =2)
EΔΓΑΓΒ (κατακορυφήν)
Άρα ΑΓΒ EΓΔ
[16]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19019
ΛΥΣΗ
α) Τα τρίγωνα ΑΕΒ και ΕΔΓ έχουν:
ΓEΔAEB (κατακορυφήν)
ΕΓΔEAB (εντός εναλλάξ γωνίες των παραλλήλων ΑΒ και ΓΔ)
β) Αποδείχθηκε ότι τα τρίγωνα ΑΕΒ και ΔΕΓ έχουν δύο γωνίες ίσες μία προς μία άρα:
ΕΑΒ ΕΓΔ ΕΔ
EB
ΓΔ
AB
ΕΓ
EA (1)
γ) (1) 10
8
15
6 EB
ΓΔ (2)
Από τη σχέση (2) έχουμε: 460151015
6 EBEB
EB
Από τη σχέση (2) έχουμε: 2012068
15
6 ΓΔΓΔ
ΓΔ
[17]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19021
ΛΥΣΗ
α)
1ο ζεύγος τριγώνων : ΚΛΜ και ΖΔΕ
ΔK ( = 900 )
ΕΔ
ΚΛ
ΔZ
ΚΜραά
ΕΔ
ΚΛ
ΔZ
ΚΜ
3
2
15
10
3
2
9
6
Επομένως ΚΛΜ ΖΔΕ
2ο ζεύγος τριγώνων : ΑΒΓ και ΗΚΛ
0702
40180
BA
065
HK άρα
0000 506565180
Λ
Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΗΚΛ δεν είναι
όμοια διότι δεν έχουν τις γωνίες τους
μία προς μία ίσες.
β) 3
2
ZΕ
ΛM
ΕΔ
ΚΛ
ΔZ
ΚΜ
[18]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19023
ΛΥΣΗ
α) Ο λόγος ομοιότητας των πολυγώνων είναι ο λόγος των αντίστοιχων πλευρών τους, άρα:
3
2
15
10
ΚΛ
ABλ
β) 123633
2
183
2 xx
x
ΚΛ
AB
ΚΡ
AE
γ) 3
2
159123
2
EΔΓΔΓB
NΡ
EΔ
MN
ΓΔ
MΛ
ΓB
Άρα:
8BΓΒΓΓB
2433
2
12
6ΓΔΓΔΓΔ
1833
2
9
10ΔΕΔΕEΔ
3033
2
15
Άρα η περίμετρος του ΑΒΓΔΕ είναι: ΑΒ+ΒΓ+ΓΔ+ΔΕ+ΕΑ =
10+8+6+10+12
=
46
[19]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19030
ΛΥΣΗ
α) Τα τρίγωνα ΟΑΕ και ΟΒΔ έχουν:
21
OO (Οδ διχοτόμος)
ΔA ( = 900 )
Άρα ΟΑΕ ΟΔΒ
β) Λόγω της ομοιότητας των τριγώνων έχουμε: BΔ
AE
OB
OE
ΔO
OA
Άρα: ΟΕΟΔΟΑΟΑ
OE
ΔO
OA
OB
OE
ΔO
OA 22
2
[20]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19033
ΛΥΣΗ
α) Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΕΖ έχουν:
BΑ
ZΑ
ΑΔ
ΑΕ (δεδομένα)
AA (κοινή γωνία)
Επομένως ΑΒΔ ΑΕΖ.
Άρα: 3
1
BΑ
ZΑ
ΑΔ
ΑΕ
ΔB
EZ (1) και
ΔΒAAEZ
ΔΒ//EZΔΒAAEZ
(2) (διότι οι εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες είναι ίσες)
Τα τρίγωνα ΓΘΗ και ΒΓΔ έχουν:
ΓΔ
ΓΘ
BΓ
HΓ (δεδομένα)
ΓΓ (κοινή γωνία)
Επομένως ΓΘΗ ΒΓΔ.
Άρα: 3
1
ΓΔ
ΓΘ
BΓ
HΓ
ΒΔ
ΘΗ (3) και
ΓΔΒΓΘΗ
BΔ//ΘΗΓΔΒΓΘΗ
(4) (διότι οι εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες είναι ίσες)
Από (2) και (4) έχουμε: ΕΖ//ΔΒ//ΘΗ.
[21]
β) Από (1) και (3) έχουμε: 3
33
1
33
1
ΒΔΘΗΕΖραά
ΒΔHΘ
ΒΔ
ΘΗ
ΒΔEZ
ΔB
EZ
γ) Από τα προηγούμενα ερωτήματα, δείξαμε ότι ΕΖ//ΘΗ και ΕΖ=ΘΗ, άρα ΕΖΗΘ είναι
παραλληλόγραμμο.
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19035
ΛΥΣΗ
α) Τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΒΓ έχουν:
ΓA
AE
ΑΒ
ΑΔ (δεδομένα)
AA (κοινή)
Άρα ΑΔΕ ΑΒΓ.
β) 3
1
ΓA
AE
ΑΒ
ΑΔ
ΒΓ
ΔΕ. Επομένως: ΔΕΒΓ
ΒΓ
ΔΕ3
3
1 (1)
Εφόσον ισχύει ΓA
AE
ΑΒ
ΑΔ , άρα από το θεώρημα του Θαλή προκύπτει ότι ΔΕ//ΒΓ.
Συνεπώς το τετράπλευρο ΔΕΖΒ είναι παραλληλόγραμμο και ισχύει: ΔΕ=ΒΖ (2)
Από (1) και (2) έχουμε: ZBΒΓΔΕΒΓ 33
[22]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19036
ΛΥΣΗ
α) Α΄ τρόπος :
Τα τρίγωνα ΟΑΒ και ΟΓΔ έχουν:
ΟΔΓABO (εντός εναλλάξ γωνίες των παραλλήλων ΑΒ, ΓΔ που τέμνονται από την ΒΔ)
ΔOΓAOB (κατακορυφήν)
Άρα ΒΟΑ ΔΟΓ 273241236
129 OΔΟΔ
ΔΟΓO
ΟΑ
ΔΟ
ΒΟ.
Β΄ τρόπος :
ΑΒ//ΓΔ άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε:
273241236
129 OΔΟΔ
ΔΟΓO
ΟΑ
ΔΟ
ΒΟ
ΓO
OΔ
AΟ
ΒΟ
β) Α΄ τρόπος :
Τα τρίγωνα ΟΑΔ και ΟΒΜ έχουν:
BMΟOΔA (εντός εναλλάξ γωνίες των παραλλήλων ΑΔ, ΒΜ που τέμνονται από την ΒΔ)
MBOΔAO (κατακορυφήν)
Άρα ΔΟΑ ΒΟΜ 41082712
9
27 OMMΟ
OMOM
ΟΑ
ΟB
ΔΟ.
Β΄ τρόπος :
ΒΜ//ΑΔ άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε:
41082712
9
27 OMMΟ
OMOM
ΟΑ
ΟB
ΔΟ
OM
ΟB
AΟ
ΔΟ
[23]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22308
ΛΥΣΗ
α) Τα δύο τρίγωνα έχουν:
AA και BΓΑΕΔΑ
Άρα ΑΔΕΑΓΒ οπότε: ΔA
ΓA
EΔ
BΓ
AE
BΑ
β) 2
3
ΔA
ΓA
EΔ
BΓ
AE
BΑ, άρα: 4123
2
36
2
3 ΔΕΔΕ
EΔEΔ
BΓ
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22320
ΛΥΣΗ
[24]
α) Τα τρίγωνα ΔΕΖ και ΑΒΔ έχουν:
BΔAΖΔE
(κοινή γωνία)
BAΔΖEΔ
(εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες)
Άρα ΔΕΖΔΑΒ οπότε: ABEZAB
EZ
AΔ
EΔ
AB
EZ
3
2
3
2
β) Ομοίως αν εργαστούμε στα τρίγωνα ΔΕΗ και ΔΑΓ, θα διαπιστώσουμε ότι ΑΓEH3
2
ΓAΔHEΔ
(εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες)
Όμως ΑΔ διχοτόμος του ΑΒΓ, άρα ΓAΔBAΔ
. Επομένως θα ισχύει ZEΔHEΔ
.
Συνεπώς στο ΕΖΗ, η ΕΔ είναι διχοτόμος, οπότε: ΓA
AB
ΓA
AB
ΗE
ΖE
ΔΗ
ΔΖ
3
23
2
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_18976
ΛΥΣΗ
α) i) Τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΒΕΓ έχουν:
ΓΓ (κοινή) και
ΔΓAΒΕΓ (= 900)
Άρα ΓΕΒ ΓΔΑ
ii) Αν τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΒΕ ήταν όμοια, τότε ο
λόγος ομοιότητάς τους θα ήταν 1AB
ΑΒλ
οπότε τα τρίγωνα θα ήταν ίσα. Τότε θα έπρεπε να
ισχύει
BA ΑΒΓ ισοσκελές (άτοπο εφόσον το
τρίγωνο ΑΒΓ δίνεται ότι είναι σκαληνό).
Άρα τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΒΕ δεν μπορεί να είναι όμοια.
[25]
β) Αν το ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΑΒ=ΑΓ, τότε θα ισχύει
BA , άρα τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΒΕ θα
έχουν:
BA (ABΓ ισοσκελές) και
BΔAAΒΕ (= 900). Οπότε: ΑΒΔ ΑΒΕ
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_19000
ΛΥΣΗ
α) i) Τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΑΒΜ έχουν:
BB (κοινή γωνία)
BAMEΔB (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΔΕ και ΑΜ)
Άρα ΒΔΕ ΒΑΜ ΑΒ
ΔB
MΒ
ΕB
AM
EΔ (1)
ii) Τα τρίγωνα ΓΖΕ και ΑΓΜ έχουν:
ΓΓ (κοινή γωνία)
MAΓEZΓ (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΖΕ και ΑΜ)
Άρα ΓΕΖ ΓΜΑ AΓ
ZΓ
MΓ
ΓΕ
AM
EZ (2)
[26]
β) Από τη σχέση (1) έχουμε: MΒ
ΕB
AM
EΔ (3)
Από τη σχέση (2) έχουμε: MΓ
ΓΕ
AM
EZ (4)
Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις (3) και (4) έχουμε:
MΒ
BM
AM
EZEΔ
MΒ
ΓB
AM
EZEΔ
MΒ
ΓΕΕB
AM
EZEΔ
MΓ
ΓΕ
MΒ
ΕB
AM
EZ
AM
EΔ ΓMBM 2
AMEZEΔAM
EZEΔ22
(σταθερό αποτέλεσμα)
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_19013
ΛΥΣΗ
[27]
α) Τα τρίγωνα ΕΜΛ και EΓΝ έχουν:
ΓΛ (=900)
ΝΕΓΜΕΛ (η γωνία με την οποία χτυπάει η μπάλα σε μια πλευρά ισούται με τη γωνία με
την οποία απομακρύνεται)
Άρα ΛΕΜ ΓΕΝ
752750
1
1751
1
751,
EΓ
,,
EΓ
ΓΕEΛ,
EΓ
EΛ
NΓ
MΛ
EΓ
EΛ
11
3
752
750750752 ΓΕ
,
,ΓΕ,ΓΕ,
β) Θεωρούμε ότι το σημείο Κ στο οποίο θα προσκρούσει η μπάλα στην πλευρά ΓΔ, είναι
εσωτερικό σημείο του τμήματος ΔΝ. Για να καταφέρει ο παίκτης Π2 να στείλει την μπάλα
στη τρύπα Β, ακολουθώντας τη διαδρομή ΜΚΒ, θα πρέπει να ισχύει
ΓBKΠKΜ διότι η
γωνία με την οποία χτυπάει η μπάλα σε μια πλευρά ισούται με τη γωνία με την οποία από-
μακρύνεται. Τότε τα τρίγωνα ΜΚΠ και ΒΚΓ έχουν:
ΓΠ (=900)
ΓBKΠKΜ (δικαιολογήθηκε)
Άρα ΠΚΜ ΓΚΒ
750
1
750
1
750
1
1751,
KN
KN,,
KN
KN,
BΓ
MΠ
ΓΚ
ΠΚ
007510750750750750 KNKN,KN,NΚKN,,KN,
Άρα το σημείο Κ θα πρέπει να ταυτιστεί με το σημείο Ν. Τότε όμως η μπάλα θα έμπαινε
στην τρύπα που βρίσκεται στη θέση Ν και όχι στη θέση Β που ισχυρίζεται ο παίκτης Π2.
Ομοίως πρέπει να εξετάσουμε αν το σημείο Κ στο οποίο θα προσκρούσει η μπάλα στην
πλευρά ΓΔ, είναι εξωτερικό σημείο του τμήματος ΔΝ.
Τότε τα τρίγωνα ΜΚΠ και ΒΚΓ αποδεικνύεται με τον ίδιο τρόπο ότι είναι όμοια και θα
ισχύει:
750
1
750
1
750
1
1751,
KN
KN,,
KN
KN,
BΓ
MΠ
ΓΚ
ΠΚ
007510750750750750 KNKN,KN,NΚKN,,KN,
Τα συμπεράσματα είναι ίδια με την προηγούμενη περίπτωση. Άρα ο ισχυρισμός του παίκτη
Π1 είναι σωστός.
[28]
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_19016
ΛΥΣΗ
α) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΔΕ έχουν:
AA (κοινή)
ΑΒ
ΑΔ
ΑΓ
ΑΕ (
3
2
3
2
ΑΓ
AEΑΓAE και
3
2
3
2
ΑΒ
ΔABΑΔA )
Άρα ΑΒΓ ΑΔΕ
Συνεπώς οι γωνίες που είναι απέναντι από τις ομόλογες πλευρές είναι ίσες μεταξύ τους. Άρα:
ΓΒAΔAE
β) Εφόσον αποδείξαμε ότι ΑΒΓ ΑΔΕ, προκύπτει ότι ισχύει η σχέση: ΓΒ
ΔE
ΑΓ
AE
γ) Το τμήμα ΒΓ θα ήταν παράλληλο στο ΔΕ, αν ίσχυε
ΒΓAΔAE (εντός εκτός κι επί τα αυτά
γωνίες). Γνωρίζουμε όμως ότι
ΓΒAΔAE . Άρα έπρεπε να ισχύει
ΓΒAΒΓA , δηλ. το τρίγωνο
ΑΒΓ να είναι ισοσκελές. Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι γνωστό από τα δεδομένα ότι είναι σκαληνό,
επομένως τα τμήματα ΒΓ και ΔΕ δεν γίνεται να είναι παράλληλα.
[29]
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_19020
ΛΥΣΗ
α)
α) Τα τρίγωνα ΑΔΚ και ΚΒΓ έχουν:
ΓΚBΔΑΚ (κατακορυφήν)
ΚBΓΚΔΑ (εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΑΔ και ΒΓ που τέμνονται από την ΔΒ)
Άρα ΚΔΑ ΚΒΓ
[30]
β) Τα τρίγωνα ΚΔΖ και ΔΑΒ έχουν:
ΔBAΔZΚ ( = 900)
ΔΔ (κοινή γωνία)
Άρα ΖΔΚ ΑΔΒ
Επομένως: BΑ
ZK
BΔ
KΔ
ΑΔ
ΔZ (1)
81010
4
2ΖΔ
ΔZ
BΑ
ZK
ΑΔ
ΔZ
80,5
4ΔΖ
10
8ΔΖ m
Άρα η απόσταση του σημείου Κ από το έδαφος είναι: ΖΑ = ΑΔ ΖΔ = 2 0,8 = 1,2 m
γ) Από το (α΄) ερώτημα γνωρίζουμε ότι:
ΚΔΑ ΚΒΓΚΓ
KA
ΓΒ
ΔA
ΚΒ
ΔK
Έχουμε λοιπόν: 5
2
23
2
3
2
ΒΔ
ΔK
ΚΔΚΒ
ΔK
ΚΒ
ΔK
ΓΒ
ΔA
ΚΒ
ΔK (2)
Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε:
805
445
5
2
2,ΖΔΔZ
ΔZ
BΔ
KΔ
ΑΔ
ΔZ m
Επομένως, ανεξαρτήτως της απόστασης ΑΒ των δύο στήλων, η απόσταση του σημείου Κ από το
έδαφος είναι: ΖΑ = ΑΔ ΖΔ = 2 0,8 = 1,2 m
[31]
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_19027
ΛΥΣΗ
α) ΓA
AB
EΑ
ΑΔ
ΓA
EΑ
AB
ΑΔ δηλ. ισχύει η αναλογία του θεωρήματος του Θαλή, άρα ΔΕ//ΒΓ.
β) 2
1
13
1
3
1
BΔ
ΑΔ
ΑΔΒA
ΑΔ
ΒA
ΑΔ
Στο τρίγωνο ΑΒΖ, ΔΕ//ΑΖ , άρα έχουμε: EBZEΕΒ
ZE
ΕΒ
ZE
ΔΒ
ΑΔ
ΕΒ
ΔΒ
ZE
ΑΔ
2
1
2
1
γ) Τα τρίγωνα ΑΔΕ και ABΓ έχουν:
ΓAΒΕAΔ (κοινή γωνία)
ΓBΑΔΕA (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΔΕ, ΒΓ που τέμνονται
από την ΑΒ)
Άρα ΑΔΕ ΑΒΓ ΔΕ3
ΒΓΔΕΒΓ
ΒΓ
ΔΕ
ΓB
ΔΕ
AB
ΔA 3
3
1 (1)
BAΔAAB
ΔA
3
1
3
1 άρα
2
3
3
2
ΔΒ
ABBABΔ
Τα τρίγωνα ΑΒΖ και ΒΔΕ έχουν:
BEΔABZ (κοινή γωνία)
ΔΕBZΑB (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΔΕ, ΑΖ που τέμνονται
[32]
από την ΑΒ)
Άρα ΒΑΖ ΒΔΕ ΔΕAZ
EΔ
AZ
EΔ
AZ
ΒΔ
BA
3
2
2
3 (2)
Από (1) και (2) έχουμε: ΒΓ2
1AZΒΓΑΖ
ΒΓAZ 2
33
2
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_19029
ΛΥΣΗ
α) Στο τρίγωνο ΑΓΔ, ΜΚ//ΓΔ, άρα εφαρμόζουμε θεώρημα Θαλή:
3
1
ΑΓ
KΑ
ΔA
AM
ΑΓ
KΑ
ΑΓ
ΑΔ
AK
AM
β) 3
2
3
11
3
11
3
1
3
1
ΑΓ
ΓK
ΑΓ
ΓK
ΑΓ
ΓK
ΑΓ
ΓKΑΓ
ΑΓ
KΑ (1)
Τα τρίγωνα ΓΚΝ και ΑΒΓ έχουν:
ΑΓΒΚΓΝ (κοινή γωνία)
AΓΒKΓΝ (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΚΝ, ΑΒ που
τέμνονται από την ΒΓ)
[33]
Άρα: ΓΝΚ ΓΒΑBΓ
NΓ
AΓ
KΓ
ΒA
ΝK
3
21
ΒA
ΝK
AΓ
KΓ
ΒA
ΝK )(
(2)
γ) Τα τρίγωνα ΑΜΚ και ΑΔΓ έχουν:
ΔΑΓAMΚ (κοινή γωνία)
ΔΓAAMK (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΚΜ, ΓΔ που
τέμνονται από την ΑΔ)
Άρα: ΑΜΚ ΑΔΓΓA
AK
ΔΓ
MK
ΔA
AM
ΓΔMKΔΓ
MK
ΔΓ
MK
ΔA
AM
3
1
3
1
(2) ABΝK3
2
Επομένως: ABΓΔKNMKMN3
2
3
1
[34]
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9 – ΜΕΤΡΙΚΕΣ ΣΧΕΣΕΙΣ
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_18997
ΛΥΣΗ
α) Ονομάζουμε Ε το σημείο στο οποίο βρίσκεται το κουτί.
Τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΒΓ έχουν:
AA (κοινή γωνία)
ΓBΑEΑΔ (=900)
Άρα ΑΔΕ ΑΒΓ ΑΒ
ΑΔ
ΒΓ
ΔΕ
ΓA
EΑ (1)
Επομένως από τη σχέση (1) έχουμε:
sys
ys
ysyysys
ΒΓ
ΔΕ
ΓA
EΑ
4
1
420
5520
520520
β) i) Αν y=2 m τότε 824
12 ssy m
ii) Εφαρμόζουμε το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ΑΔΕ κι έχουμε:
606064482 22222222 ΑΔΑΔΑΔΑΔAEΔΕΑΔ
152ΑΔ m
[35]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19001
ΛΥΣΗ
α) 64822 α
61253656 2222 γβ
Άρα α2 > β
2 +
γ
2 090
A .
Δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι αμβλυγώνιο.
β) 090
A , άρα εφαρμόζουμε στο ΑΒΓ το
θεώρημα αμβλείας γωνίας.
ΑΔ126164AΔΑΔΑΓΑΓΑΒΒΓ 622536642222
4
1
12
3312 ΑΔΔA
Εφόσον 090
A , προκύπτει ότι 090
B , άρα εφαρμόζουμε θεώρημα οξείας γωνίας.
BEBEBEΒΓΒΓΑΒΑΓ 168936826425362222
16
535316368916 BEBEBE
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19005
ΛΥΣΗ
[36]
α) Η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας
A , άρα εφαρμόζουμε το θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου στο
ΑΒΓ.
ΑΓΑΒΑΓ
ΒA
ΑΓ
ΒA
ΔΓ
ΒΔ
4
3
4
3
β) 222
22222
22
16
25
16
9
16
25
ΑΓΑΒΒΓ
ΑΓΑΓΑΓΑΓΑΒ
ΑΓΒΓ
Επομένως από το αντίστροφο του Πυθαγορείου θεωρήματος προκύπτει ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι
ορθογώνιο με
A = 90
0.
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19028
ΛΥΣΗ
α) Φέρνουμε το ύψος ΑΖ. Το ΑΒΓΔ είναι ισοσκελές
τραπέζιο άρα τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΖ και ΒΕΓ
είναι ίσα (ΑΖ=ΒΕ και ΑΔ=ΒΓ), οπότε:
ΔΖ=ΕΓ= 22
37
Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο
ΒΕΓ κι έχουμε:
12164 22222 ΒΕΒΕΒΓΕΓΒΕ
3212 ΒΕΒΕ
[37]
β)
33373102
327
2
3237
ΑΓΔΑΒΓΔΑΒΓ
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19008
ΛΥΣΗ
α) Παρατηρούμε ότι:
i) | 43
| < 5 < 4+3 άρα ισχύει η τριγωνική ανισότητα, οπότε οι αριθμοί 3, 4, 5 μπορούν να
θεωρηθούν μήκη πλευρών τριγώνου. Επιπλέον ισχύει 222 435 , άρα αποτελούν μήκη
πλευρών ορθογωνίου τριγώνου.
ii) | 4λ3λ
| < 5λ < 4λ+3λ άρα ισχύει η τριγωνική ανισότητα, οπότε οι αριθμοί 3λ, 4λ, 5λ
μπορούν να θεωρηθούν μήκη πλευρών τριγώνου. Επιπλέον ισχύει 222435 λλλ , άρα
αποτελούν μήκη πλευρών ορθογωνίου τριγώνου.
iii) | 54
| < 6 < 5+
4 άρα ισχύει η τριγωνική ανισότητα, οπότε οι αριθμοί 4, 5, 6 μπορούν να
θεωρηθούν μήκη πλευρών τριγώνου. Όμως 222 456 , άρα δεν αποτελούν μήκη πλευ-
ρών ορθογωνίου τριγώνου.
β) Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα:
22222222222 1731751731755185 xxx
1617925173517173175 2222222222222 xxxx
417417417417222222 xxxx
Άρα το x είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του 4.
[38]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19041
ΛΥΣΗ
α) 10320325
32642 ΒΓΒΓΓBΓΔΒΓΑΓ
β) Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στα ΑΒΓ:
6410010064 22222 ΑΒΑΒΒΓΑΓΑΒ
6362 ΑΒΑΒ
γ) 5
18
5
3250
5
3210
ΔΓΒΓΔΒ
25
576
25
576
5
18
5
32 222 ΑΔΑΔΑΔΔΒΔΓΑΔ5
24ΑΔ
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19042
ΛΥΣΗ
α)
162981324
16249233
4
22 22222
2γ
γβγαμβ
52550216981322 222 γγγγ
β) 0222
22
2
90412516
49
Aγβαραάγβ
α. Άρα το ΑΒΓ είναι αμβλυγώνιο.
[39]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19043
ΛΥΣΗ
α) Εφαρμόζουμε το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ΑΔΓ:
25
1441616
25
144 22222 ΔΓΔΓΑΓΔΓΑΔ
5
16
25
256
25
256
25
144
25
400 22 ΔΓΔΓΔΓΔΓ
β) 5
5
162 9
BΔ25
144
BΔ5
16BΔ
25
144ΔΓΔΒΑΔ
γ) (ΑΒΓ) 65
125
2
1
5
12
5
16
5
9
2
1
2
1
AΔΒΓ τ.μ.
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19045
ΛΥΣΗ
α) Στο ορθογώνιο ΑΒΔ:
36262
1
6600 ΒΔΒΔ
ΒΔΒΔσυν
3336262
3
6600 ΔAΔA
ΔAΔAημ
[40]
ΔΓ =
ΒΓ
ΒΔ
=
9
3
=
6
Πυθαγόρειο στο ΑΔΓ:
7363627 2222 ΑΓΑΓ3ΑΓΔΓΑΔΑΓ 2
β) 022
22
2
90996336
81
AΑΓΑΒΒΓραάΑΓΑΒ
ΒΓ 2
Συνεπώς το ΑΒΓ, έχει τη μεγαλύτερη γωνία του οξεία, άρα είναι οξυγώνιο.
γ) Αποδείχθηκε στο (α΄) ερώτημα ότι ΒΔ=3
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22291
ΛΥΣΗ
α) Στο τρίγωνο ΜΑΒ, το ΜΚ είναι διάμεσος, άρα από το 1ο θεώρημα διαμέσων έχουμε:
2
42
22
2222
2222 R
MKMBΜΑAB
MKMBΜΑ
22222222 222 RMKMBΜΑRMKMBΜΑ (1)
β) Στο τρίγωνο ΜΓΔ, το ΜΚ είναι διάμεσος, άρα από το 1ο θεώρημα διαμέσων έχουμε:
2
42
22
2222
2222 R
MKΔMΜΓΓΔ
MKΔMΜΓ
22222222 222 RMKΔMΜΓRMKΔMΜΓ (2)
[41]
γ) (1) 2442144100221210 22222222 RΜΚRΜΚRΜΚ (3)
(2) 344819624424419624414 222223
ΜΔΜΔΜΔΜΔΜΔ)(
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22292
ΛΥΣΗ
0222
2222
22
903492535
497
Bγαβγα
β
Εφαρμόζουμε στο ΑΒΓ το θεώρημα αμβλείας γωνίας:
ΒΕΒΕΒΕABΒΓΑΒΑΓ 625949325372 222222
2
5
6
151563449663449 ΒΕΒΕΒΕΒΕΒΕ
0602
1
5
2
5
BEΓBEΓσυνBEΓσυν
Άρα: 012060180
ΓBA
[42]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22293
ΛΥΣΗ
α) 0222
2222
22
90100643686
14412
ΓΒΓΑΓABΒΓΑΓ
ΒA
Επομένως το ΑΒΓ είναι αμβλυγώνιο τρίγωνο.
β) Στο ΑΒΓ εφαρμόζουμε το θεώρημα αμβλείας γωνίας:
ΔΓΔΓΔΓΔΓΒΓΒΓΑΓΑΒ 164416100144821001442222
4
11ΓΔ
16
44ΔΓ
[43]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22304
ΛΥΣΗ
α) Εφαρμόζουμε το 2ο θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ΑΒΓ:
7428436642682 2222 ΒΓΒΓΒΓ2ΒΓΔΜΒΓΑΒΑΓ
β) 2
32
2
72
2
ΓBΔΜΒΜΒΔ
Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο ΑΒΔ:
2
135
4
135
4
9366
2
3 222
2
2222 ΑΔΑΔΑΔΑΔΑΒΒΔΑΔ
2
153 ΑΔ
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22306
ΛΥΣΗ
[44]
α)
o2 AΑΓABΒΓ
αααααΑΓΑΒ
ααΒΓ90
322
33 22
2222222
222
Επομένως το ΑΒΓ είναι ορθογώνιο με oA 90
.
β) 4
9
4
46
4
2232
4
22 22222222222 αααααααBΑΑΓΓB
μ γ
Επομένως: 2
3
4
9 2 ααμ γ
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22309
ΛΥΣΗ
α)
891707298894
362492
4
89
4
22 222222
2αα
ααγβμα
9812 αα
β) Από το 2ο θεώρημα διαμέσων έχουμε:
18
131813183649222 ΜΔMΔMΔMΔαγβ
[45]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22312
ΛΥΣΗ
α) Η λάθος απάντηση είναι η Β, η οποία θα έπρεπε (για να είναι σωστή) να είναι ως εξής:
ΓΕβαβγ 2222
β) 5402222 ΓΕΓΕ825-4916Ε8ΓΕ8Γ-491625ΓΕβαβγ
[46]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22311
ΛΥΣΗ
α) 124 ΒΓ84BΓ864BΓΒΖΒΕBΓΒΔ
β) 344812 222 ΑΒΑΒ4ΑΒBΔΒΓΑΒ
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22313
ΛΥΣΗ
[47]
α) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε:
2
772
72
130 ΑΔΑΔ
ΑΔ
ΑΒ
ΑΔημ o
β) Στο ΑΒΓ (που είναι οξυγώνιο), εφαρμόζουμε θεώρημα οξείας γωνίας:
79701492
20100492 222222 ΒΓΒΓ7
ΒΓAΔΑΓΑΓΑΒΒΓ
79ΒΓ
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22314
ΛΥΣΗ
α) Η λάθος απάντηση είναι η Β. ΜΔαγβ 222
Το σωστό είναι: ΜΔαβγ 222 διότι γ>β
β) Εφαρμόζουμε το Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΓ:
1010068 2222222 αααγβα
5
7
20
2820366410262 222 ΜΔΜΔΜΔΔM8ΜΔαβγ 2
[48]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22316
ΛΥΣΗ
α) 1518
27027018
30
189 ΔΓΔΓΔΓ
ΔΓΓB
BΑ
ΔΓ
ΑΔ
Επομένως: 24159 ΔΓΑΔΑΓ
β) oAΓAΑΒΒΓΓAΑΒ
ΒΓ90
9005763242418
90030 222
2222
22
Άρα το ΑΒΓ είναι ορθογώνιο τρίγωνο.
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22317
ΛΥΣΗ
[49]
α) 7625
676
5
3
5
4
2
17676 222 ααααα)ΑΕΖ(ΓΔBΑΕΒΓΔΖ
1010019
257625761976
25
19 2222
ααααα
β) Εφαρμόζουμε το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο ΑΕΖ:
αΕΖαΕΖααΕΖααΕΖ
22222
22
2
25
9
25
16
5
3
5
4
Η περίμετρος του ΕΒΓΔΖ είναι:
36105
3103
5
33
5
1
5
23 ααααα
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_19006
[50]
ΛΥΣΗ
α) ρ2
RΛΜΚΜ
Το ΚΛΜ είναι ισοσκελές (ΚΛ=ΛΜ) άρα η διάμεσος ΟΜ (ΟΚ=ΟΛ) θα είναι και ύψος του
τριγώνου. Δηλ. ΟΜΚΛ. Γνωρίζουμε ότι η ευθεία της διακέντρου δύο εφαπτόμενων κύκλων
διέρχεται από το σημείο επαφής τους. Άρα η προέκταση της ΟΜ, διέρχεται από το σημείο
επαφής Ν των κύκλων (Μ, ρ) και (Ο, R).
ρ-RMNONOM
β) Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο ΟΜΚ κι έχουμε:
222222
24ρ
RRρ-RMKOKOM
044
22
244
2 222
22222
22 ρρRRR
RρρRρρRRR
RρρR
3
RρR3ρ0ρRρRRRρR
R
303030
2
[51]
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_19009
ΛΥΣΗ
α) Οι ευθείες ΔΕ και ΑΒ τέμνονται στο σημείο Ζ.
ΕΖΑΖραάΕΖΔΓ
ΑΖ//ΔΓ
Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΖΕ:
2562557649247 22222222 AEAEAEAEZEAZAE km
β) Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΓΔΕ:
53221221219616 22222 ΓΕΓΕΓΕΔΕΓΔΓΕ km
Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ:
1091091009 22222 ΓAΑΓΑΓΒΓBΑΑΓ km
Παρατηρούμε ότι ΑΕ AΓ +
ΓΕ επομένως τα σημεία Α, Γ, Ε δεν είναι συνευθειακά.
[52]
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_19022
ΛΥΣΗ
α)
4
2
4
22 2222
2222 αγβ
μαγβ
μ αα
4
3
4
4
4
22 22
222
222 α
μαα
μαα
μ ααα
2
3
4
3 2 αμ
αμ αα
β) Οι χορδές ΑΡ και ΒΓ τέμνονται στο σημείο Μ, άρα:
22
23442
3
222
3αΡMα
αΡM
αααΡM
αΜΓΜΒΡMMA
6
3
34
2 2 αΡM
α
αΡM
γ) Φέρνουμε τα ύψη ΑΕ και ΡΖ των τριγώνων ΑΒΓ και ΜΓΡ
αντίστοιχα.
Τα τρίγωνα ΑΜΕ και ΜΖΡ έχουν:
ZE ( = 900)
ΡZMEMA ( κατακορυφήν )
Άρα: ΕΜΑ ΖΜΡ ΡZ
EA
ΡM
MA
ZM
EM
Επομένως:
332
36
6
3
2
3
ΡZ
EA
α
α
ΡZ
EA
α
α
ΡZ
EA
ΡM
MA
ΡZ
EA (1)
[53]
3222
2
12
11
)ΡΓM(
)ΑΒΓ(
ΡZ
AE
)ΡΓM(
)ΑΒΓ(
ΡZΓM
AEΓM
)ΡΓM(
)ΑΒΓ(
ΡZΓM
AEBΓ
)ΡΓM(
)ΑΒΓ( )(
)ΓMΡ()ΓAB()ΡΓM(
)ΑΒΓ(66
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_19025
ΛΥΣΗ
α) Οι χορδές ΑΓ και ΒΔ τέμνονται στο σημείο Μ άρα:
ΜΓMABΔBΔ
ΜΓMAΜΔMB22
ΜΓMABΔΜΓMABΔ
44
22
(1)
β) Στο τρίγωνο ΑΒΔ, ΑΜ είναι διάμεσος άρα
εφαρμόζουμε το 1ο θεώρημα διαμέσων:
)(ΔΒΑΜΑΔΑΒ
12222
22
MΓΜΑΑΜΑΔΑΒMΓΜΑ
ΑΜΑΔΑΒ)(
222
42 222222
1
ΑΓΑΜΑΔΑΒΜΓΑΜΑΜΑΔΑΒ 22 2222 (2)
γ) Στο τρίγωνο ΓΒΔ, ΓΜ είναι διάμεσος άρα εφαρμόζουμε το 1ο θεώρημα διαμέσων:
)(ΔΒΓΜΓΔΓΒ
12222
22
MΓΜΑΓΜΓΔΓΒMΓΜΑ
ΓΜΓΔΓΒ)(
222
42 222222
1
ΑΓΓΜΓΔΓΒAΜΓΜΓΜΓΔΓΒ 22 2222 (3)
Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις (2) και (3) έχουμε:
[54]
ΑΓMΓΑΓAMΔΑΓΔΒΓΑΒ 2 22222
MΓMΑΓAΔΑΓΔΒΓΑΒ 2 2222
2222 2 ΓAΔΑΓΔΒΓΑΒ 2
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_19037
ΛΥΣΗ
α)
4
22
4
5
4
22
2
5
4
22 22222222
2222 αγβααγβααγβ
μα
3226225
2222222222 γβ
αγβααγβα
Άρα: 02222
2 903
Aγβγβ
α
β) Α΄ τρόπος
Τα τρίγωνα ΑΕΗ και ΑΔΓ έχουν:
ΔΓAAEH ( = 900 )
ΓAΔEAH (κοινή γωνία)
[55]
Άρα ΕΑΗ ΔΑΓΓΔ
EH
ΓA
AH
ΔA
AE
ΑΕΑΓAHΑΔΓA
AH
ΔA
AE (1)
Β΄ τρόπος
Το τετράπλευρο ΓΔΗΕ έχει 000 1809090
EΔ , άρα είναι εγγράψιμο. Συνεπώς τα
τμήματα ΗΔ, ΕΓ είναι χορδές κύκλου που τέμνονται στο Α και θα ισχύει: ΑΕΑΓAHΑΔ
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_19039
ΛΥΣΗ
α) i) 072
2
36180
BΑΓΑΒΓ
036
2
72
ΓBΔΑΒΔ
Τα τρίγωνα ΒΔΓ και ΑΒΓ έχουν:
AΔΒΓ ( = 360 )
ΓΓ (κοινή γωνία)
Άρα ΒΓΔ AΓΒ
ii) ΓΔΑΓΒΓBΓ
ΓΔ
ΑΓ
ΒΓ 2
(1)
Η γωνία
ΒΔΓ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΑΒΔ, άρα: 000 723636
ΒΔAAΒΔΓ
[56]
Συνεπώς
ΓΒΔΓ άρα το τρίγωνο ΒΔΓ είναι ισοσκελές με BΓ=ΒΔ (2).
Ομοίως, 036
AAΔΒ άρα το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές με ΑΔ=ΒΔ (3).
Από (2) και (3) προκύπτει ότι ΑΔ=ΒΓ. Επομένως η σχέση (1) γίνεται:
ΓΔΑΓΑΔΓΔΑΓΒΓ 22
β) Στο ΑΒΓ, 090
A , άρα εφαρμόζουμε το θεώρημα οξείας γωνίας:
ΔΚΑΔΓBΑΚΑΓΑΓΑΒΓB 2112 2222
2
222222 22 ΔΓΑΔΓBΔΚΑΔΓB
ΑΔ-AΓΑΔΑΔΔΓΑΔΑΔΑΔΒΓ
2222 22
ΑΔ1ΑΔΑΔΑΔ-1ΑΔΑΔ 2222 22
011 22 ΑΔΑΔΑΔΑΔ
Δ=1+4=5
ΑΔ=
πτεταιίαπορρ02
51
2
51
2
51
Άρα ΑΔ=2
51
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_18985
ΛΥΣΗ
α) Τα τρίγωνα ΑΜΓ και ΑΒΓ έχουν:
BΓΑΓΑΜ (κοινή γωνία)
BAΓΜΓΑ (εγγεγραμμένες που βαίνουν σε ίσα τόξα)
Επομένως: ΑΓΜ ΑΒΓ ABΑΜΑΓΓΑ
MΑ
ΑΒ
ΑΓ 2
[57]
β) ΓΑ
MΑ
ΑΒ
ΑΓABΑΜΑΓ 2
Τα τρίγωνα ΑΜΓ και ΑΒΓ έχουν:
ΓΑ
MΑ
ΑΒ
ΑΓ (αποδείχθηκε) και
BΓΑΓΑΜ (κοινή γωνία) άρα είναι όμοια.
Συνεπώς οι αντίστοιχες γωνίες των τριγώνων θα είναι ίσες, οπότε:
ΓAABBAΓΜΓΑ άρα το σημείο Α είναι μέσο του τόξου
ΓΔ .
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22323
ΛΥΣΗ
α) 2222 2 ααγβ , άρα 0222 90
Aγβα
β) Εφαρμόζουμε θεώρημα οξείας γωνίας στο τρίγωνο ΑΒΓ:
γ
αAEαΑΕγΑΕγααΑΕγγβα
22222
2222222
γ)
4
3
4
22
4
2
4
22 22222222222 ααααγβαγβ
μAM α
Άρα 2
3αμ α
[58]
Σημείωση : Δεν υπάρχει κανένας λόγος να δίνεται στη διατύπωση της άσκησης ότι το σημείο Ζ
είναι μέσο της ΑΜ.
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22324
ΛΥΣΗ
α) Σωστή απάντηση: (ii) EBEAΕΓ 2
β) i. Το τρίγωνο ΑΓΒ είναι ορθογώνιο στο Γ, διότι 090
BΓΑ ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε
ημικύκλιο.
Το τετράπλευρο ΑΓΔΕ είναι εγγράψιμο διότι 000 1809090
ΔΓAE . Οι πλευρές ΑΕ
και ΓΔ (που θεωρούνται χορδές του περιγεγραμμένου κύκλου του ΑΓΔΕ) τέμνονται στο
σημείο Β, οπότε: ΒΕΒΑBΔΒΓ
ii. To EΓ είναι εφαπτόμενο τμήμα του κύκλου επομένως:
BEΒΑEBΕΓEBABEBΕΓEBEAΕΓ 2222
[59]
2222 EBBΔΒΓΕΓEBBEΒΑΕΓ
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22335
ΛΥΣΗ
α) Αν x, y, z είναι τα μήκη των προσόψεων των τριών οικοπέδων, τότε εφαρμόζοντας το θεώρημα
του Θαλή έχουμε:
4
5
156
195
565248565248
zyxzyx
604
548
4
5
48 xx
xm
654
552
4
5
52 yy
ym
704
556
4
5
56 zz
zm
β) Η ιδιοκτησία είναι σχήματος τραπεζίου, στο
οποίο η μία βάση είναι διπλάσια της άλλης.
Φέρνουμε το κάθετο τμήμα ΑΒ, οπότε
[60]
εφαρμόζουμε το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ.
3802524336195156 2222222 ΒΓΒΓΑΓΒΓΑΒ
117136892 ΒΓΒΓ
Επομένως η περίμετρος της ιδιοκτησίας είναι:
7021172156117195 μετροςίερΠ m
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10 – ΕΜΒΑΔΑ
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19038
ΛΥΣΗ
α) Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΟΒΓ έχουν:
BB (κοινή γωνία)
BΟΓBΔA ( είναι ορθές ως εγγεγραμμένες σε
ημικύκλιο)
Άρα ΒΔΑ ΒΓΟ
[61]
β) 22
ΓO
ΔA
ΒΓ
ΒΔ
OB
OB
ΓO
ΔA
ΒΓ
ΒΔ
OB
AB
ΓO
ΔA
ΒΓ
ΒΔ
Επομένως:
BΓΒΔΒΓ
ΒΔ22 (1) και OΓΑΔ
ΓO
ΔA22 (2)
(ΑΔΒ) = )ΓΒO(2
ΓBΟΓ
2
ΓBΟΓ
2
ΒΔΑΔ )(),(
442221
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22289
ΛΥΣΗ
α) Το ΕΚ είναι διάμεσος του τριγώνου ΒΕΔ, άρα:
2
)ΒΕΔ()ΔEK(
β) Στο παραλληλόγραμμο ΑΕΔΖ, η διαγώνιος ΕΖ το χωρίζει
σε δύο ίσα (άρα και ισεμβαδικά) τρίγωνα, οπότε:
2
)ΑΕΔΖ()ΕΔΖ(
γ) Το ΖΛ είναι διάμεσος του τριγώνου ΖΔΓ, άρα:
2
)ΔΖΓ()ΔΖΛ(
222222
)ΔΖΓ()ΕΔΖA()ΕΔB()ΔΖΛ()ΕΔΖ()ΔKΕ()ΚΕΖΛ(
)ΓAB()ΓAB(
22
[62]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22294
ΛΥΣΗ
α) Το τμήμα ΒΜ είναι διάμεσος στο τρίγωνο ΑΒΔ, άρα: 2
)ΑΒΔ()ABM(
β) Το τμήμα ΓΜ είναι διάμεσος στο τρίγωνο ΑΓΔ, άρα: 2
)ΑΓΔ()MΔΓ(
Άρα: 2222
)ΓAB()ΓΔA()ΔAB()ΓΔA()ΔAB()ΜΔΓ()AMB(
[63]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22297
ΛΥΣΗ
α)
08088882
2
8
1 2222
)α(αααααα
ααα
)ΑΒΓΔ()ΒΕΔ(
8αή)πτεταιίαπορρ(α 0 cm
β) 62-8ΔΕΓΕ 8
Εφαρμόζουμε το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΓΕ:
10100643686 22222222 ΕBΕBΕBΕBΒΓΓΕΕB
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22298
[64]
ΛΥΣΗ
α) Η διαγώνιος ενός παραλληλογράμμου το χωρίζει σε δύο ίσα (άρα και ισεμβαδικά) τρίγωνα.
Επομένως: (ΑΒΔ) =
(ΒΓΔ)
Στο τρίγωνο ΑΒΔ, ΒΜ είναι διάμεσος, άρα: 22
)ΒΓΔ()ΑΒΔ()ΑΒΜ(
β) Το ύψος υ του ΑΒΓΔ προς την πλευρά ΔΓ είναι προφανώς και ύψος του τριγώνου ΒΓΕ προς τη
βάση ΓΕ.
)ΒΓΕ(2
υΓΕυ
2
ΓΕυΓΔ)ΑΒΓΔ(
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22302
ΛΥΣΗ
α) Στο ορθογώνιο ΒΓΕ έχουμε: 2
332
32
330 ΓΕΓΕ
ΓΕ
ΒΓ
ΓΕσυν o
cm
Εφαρμόζουμε στο ΑΒΓ θεώρημα οξείας γωνίας:
672
3474432 222222 ABABΓΕABΓΕΓAΓAΒΓAB
112 ABAB cm
[65]
β) 2
3
2
13
2
1
2
1 2ημΓAΓΒΓ)ΓAB( cm
2
γ) 134344
321
2
3
4
RR
RR
γβα)ΑΒΓ( cm
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_19032
ΛΥΣΗ
α) Γνωρίζουμε ότι οι ακτίνες που καταλήγουν στα σημεία επαφής είναι κάθετες στις εφαπτομένες.
Άρα: ΟΑΑΒ και ΚΒΑΒ
Συνεπώς:
[66]
ΜΝ//ΚΒ//ΟΑραά
ABMN
ABKB
ABOA
Τα τρίγωνα ΚΛΜ και ΟΚΑ έχουν:
OKAΛMK (κοινή γωνία)
KOAΛKM (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΜΛ, ΟΑ που τέμνονται
από την ΟΚ)
Άρα: ΚΜΛ ΚΟΑ AK
ΛK
α
ΜΛ
βα
β
AK
ΛK
AO
ΜΛ
KO
KM
βα
βαMΛβαΛMβα
α
ΜΛ
βα
β
β)
βα
ββα
AK
ΛA
βα
β
AK
ΛA
AK
ΛA
βα
β
AK
ΛAAK
βα
β
AK
ΛK
βα
β11
βα
α
AK
ΛA
(1)
Τα τρίγωνα ΑΛΝ και ΒΚΑ έχουν:
KABΛNA (κοινή γωνία)
KBAΛAN ( = 900 )
Άρα: ΑΝΛ ΑΒΚβα
α
β
ΛN
AB
AN
AK
ΛA
BK
ΛN
AB
AN )(
1
Επομένως: βα
βαΛΝβαΛΝβα
βα
α
β
ΛN
γ) Τα τρίγωνα ΑΛΝ και ΚΜΛ έχουν
MΛKΑΛΝ (κατακορυφήν).
Άρα:
2
12222222
E
E
βπ
απ
β
α
β
α
MΚ
OM
ΛΚ
ΑΛ
ΛΚΛΜ
ΛΝΑΛ
ΚΜΛ
ΑΛΝ22
ήαλΘρημαώθεΛΝΛM
[67]
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_19034
ΛΥΣΗ
α) Τα τρίγωνα ΑΜΛ και ΑΒΓ έχουν τη γωνία
A κοινή, άρα:
3
1
3
2
2
13
2
2
1
ΑΓAB
ΑΓAB
ΑΓAB
ΑΛAM
)ΑΒΓ(
)ΛAM(, άρα )ΑΒΓ()ΑΜΛ(
)ΑΒΓ(
)ΛAM(
3
1
3
1
β) Τα τρίγωνα BMZ και ΑΒΓ έχουν τη γωνία
B κοινή, άρα:
6
1
3
1
2
13
1
2
1
ΓBAB
ΓBAB
ΑΓAB
BZBM
)ΑΒΓ(
)BMZ(, άρα )ΑΒΓ()ZΜB(
)ΑΒΓ(
)BMZ(
6
1
6
1
Τα τρίγωνα ΓΖΛ και ΑΒΓ έχουν τη γωνία
Γ κοινή, άρα:
9
2
3
2
3
13
1
3
2
AΓΒΓ
ΑΓΒΓ
AΓΒΓ
ΓΛZΓ
)ΑΒΓ(
)ΛZΓ(, άρα )ΑΒΓ()ΛZΓ(
)ΑΒΓ(
)ΛZΓ(
9
2
9
2
Επομένως:
ΓBΑΓBΑΓBΑΓBΑΛZΓZΜBΑΜΛΓBΑΜΖΛ9
2
6
1
3
1
[68]
ΓBΑΓBΑΓBΑ18
5
18
4
18
3
18
6
18
18
9
2
6
1
3
11
Άρα: 18
5
18
5
ΑΒΓ
ΜΖΛΑΒΓΜΖΛ
γ)
18
11
18
5
18
6
18
5
3
118
5
3
1
18
5
3
1
ΑΒΓ
ΓAB
ΑΒΓ
ΓABΓAB
ΑΒΓ
ΛMZΛAM
ΑΒΓ
ΛAMZ
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22310
ΛΥΣΗ
α)
2
301060
2
3060
2
30
2
ΓZKEAEAKABΔABΚΚΓΒ
450
2
3030
2
30204050
m
2
β) 60030 20-40AΔΖΓ)ΓKEZ( m2
γ) Από το Ε φέρουμε κάθετη στην ΔΓ που τέμνει την ΔΓ στο Η. Εφαρμόζοντας Πυθαγόρειο
θεώρημα στο ΕΗΖ έχουμε:
1000100900102030 22222222 EZEZ)(EZHZEHEZ
[69]
1010 EZ
Άρα: 10610
1060
1010
6001010600 υυυυυΖE)ΓKEZ(
δ) Φέρνοντας από το Γ ύψος του τραπεζίου, προκύπτει ορθογώνιο τρίγωνο, στο οποίο εφαρμόζο-
ντας το Πυθαγόρειο θεώρημα, έχουμε:
13101300900400304060 22222 ΒΓΒΓΒΓΒΓ
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22319
ΛΥΣΗ
α) RΜΓRΜΓRΜΓR4RΜΓMΑΜΒΜΓ 22882 2222
β) Γνωρίζουμε ότι η ακτίνα που καταλήγει στο σημείο επαφής είναι πάντοτε κάθετη στην
εφαπτομένη, επομένως:
ΟΓΜΔ και ΔΑΜΑ
α΄ τρόπος
Τα τρίγωνα ΜΟΓ και ΜΑΔ έχουν:
ΔAΜΟΓΜ
(= 900)
MM (κοινή γωνία)
Άρα : ΓΜΟΑΜΔ οπότε ΔA
OΓ
ΔM
OΜ
AM
ΓΜ .
[70]
Έχουμε συνεπώς: MΔMΓΜΑΜΟΔM
OΜ
AM
ΓΜ
β΄ τρόπος
Το τετράπλευρο ΑΟΓΔ είναι εγγράψιμο, διότι 000 1809090
ΔAOΟΓΔ . Οι πλευρές
ΑΟ και ΓΔ (που θεωρούνται χορδές του περιγεγραμμένου κύκλου του ΑΟΓΔ), τέμνονται στο Μ
οπότε: MΔMΓΜΑΜΟ
γ) 2
62
RΜΔΔMR22R1ΔMR224R3RMΔMΓΜΑΜΟ 2
232
26RΜΔ
RΜΔ
ΑΔ=ΔΓ=ΜΔΜΓ= 22223 RRR
22
2
2
2 222
RRR
ΓΔOΔAΟΓΔAO (1)
22
22
2
22
RRΟΓΜΓ
ΓMO
(2)
Από (1) και (2) προκύπτει ότι: (ΑΟΓΔ)=(ΜΟΓ).
[71]
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22321
ΛΥΣΗ
α) Οι ακτίνες που καταλήγουν στα σημεία επαφής είναι πάντοτε κάθετες στις εφαπτομένες.
Επομένως ΟΑΑΒ και ΚΒΑΒ. Γνωρίζουμε ότι ΚΜΟΑ, άρα το τετράπλευρο ΑΒΚΜ είναι
ορθογώνιο παραλληλόγραμμο.
628 BKOAΑΜΟΑΟΜ
Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΜΟΚ:
3614414436126 22222222 MKMKMKOKMOMK
361082 MKMK
β) Για το τραπέζιο ΑΟΚΒ έχουμε:
3302
3610
2
3628
2
KMKBOAAOKB
γ) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΜΟΚ έχουμε:
212
6 OKMO
OK
MO
άρα 00 6030
KOMOKM
[72]
δ) 3162
364
2
1608
2
1 2 ημΑΟΓ
32
34
2
11202
2
1 2 ημΔKΒ
Επομένως (ΑΟΓ)=16(ΔΒΚ)
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22327
ΛΥΣΗ
α) Τα τρίγωνα ΑΜΛ και ΑΒΓ έχουν κοινή τη γωνία
A , οπότε:
3
1
3
2
2
13
2
2
1
)ΒΓA(
)ΑΜΛ(
)ΒΓA(
)ΑΜΛ(
ΑΓΑΒ
AΓBΑ
)ΒΓA(
)ΑΜΛ(
ΑΓΑΒ
AΛΑΜ
)ΒΓA(
)ΑΜΛ(
)ΑΒΓ()ΑΜΛ(3
1 (1)
[73]
β) Τα τρίγωνα ΒΜΖ και ΑΒΓ έχουν κοινή τη γωνία
B , οπότε:
6
1
3
1
2
13
1
2
1
)ΒΓA(
)ZΜB(
)ΒΓA(
)ZΜB(
BΓΑΒ
BΓBΑ
)ΒΓA(
)ZΜB(
BΓΑΒ
ZBΜB
)ΒΓA(
)ZΜB(
)ΑΒΓ()ZΜB(6
1 (2)
Τα τρίγωνα ΓΛΖ και ΑΒΓ έχουν κοινή τη γωνία
Γ , οπότε:
9
2
3
2
3
13
2
3
1
)ΒΓA(
)ZΓΛ(
)ΒΓA(
)ZΓΛ(
BΓΑΓ
BΓΑΓ
)ΒΓA(
)ZΓΛ(
BΓΑΓ
ZΓΓΛ
)ΒΓA(
)ZΓΛ(
)ΑΒΓ()ZΓΛ(9
2 (3)
Επομένως:
Ζ)Λ(Γ-Z)(BM-)AMΛ()ΓAB(ΜΛΖ
)ΓAB()ΓAB(ΜΛΖ)ΓAB(-)ΓAB(-)ΓAB()ΓAB(ΜΛΖ18
13
9
2
6
1
3
1
18
5
18
5
)ΓAB(
ΜΛΖ)ΓAB(ΜΛΖ
γ) 18
1118
11
18
5
3
1
)ΑΒΓ(
)ΒΓA(
)ΑΒΓ(
)ΒΓA()ΒΓA(
)ΑΒΓ(
)ΜΛΖ()ΛAM(
)ΑΒΓ(
)ΑΜΖΛ(
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22328
ΛΥΣΗ
[74]
α) Α
Γ Β=900 ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο
Το τετράπλευρο ΒΕΔΓ είναι εγγράψιμο διότι: Δ
Γ Β+ Δ
E Β=900 +90
0 =180
0
β) Εφόσον το ΒΕΔΓ είναι εγγράψιμο και οι πλευρές του ΒΕ, ΓΔ (που είναι χορδές του
περιγεγραμμένου κύκλου του ΒΕΓΔ) τέμνονται στο Α, θα ισχύει:
ΑΔAΓΑΕΒΕΑΕΑΔAΓΑΕBEEΑΑΔAΓΑΕΑΒ 2
γ) Τα τρίγωνα ΑΓΕ και ΒΓΕ έχουν κοινή τη γωνία Β
E Γ άρα:
ΕB
ΑΕ
ΕBΓΕ
ΑΕΓΕ
)ΒΕΓ(
)ΑΓΕ(
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22336
ΛΥΣΗ
[75]
α) Το ύψος σε ένα ισοσκελές τρίγωνο γνωρίζουμε ότι είναι και διάμεσος και διχοτόμος, άρα η ΑΜ
είναι διχοτόμος της γωνίας
A . Στο τρίγωνο ΑΒΔ εφαρμόζουμε το θεώρημα εσωτερικής διχοτό-
μου κι έχουμε:
3
2
2
3
ΕΔ
ΒΕ
ΑΓ
ΑΓ
ΕΔ
ΒΕ
ΑΔ
ΑΒ
ΕΔ
ΒΕ
β) Τα τρίγωνα BΓΕ και ΓΕΔ έχουν παραπληρωματικές τις γωνίες Β
E Γ και Δ
E Γ οπότε:
3
2
ΔΕ
EΒ
ΕΓΔΕ
ΕΓEΒ
ΔΕΓ
ΒΕΓ
γ) Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΓΕΔ έχουν κοινή τη γωνία
Δ , άρα:
ΕΔ
ΒΔ
ΓΔ
ΑΔ
ΕΔΓΔ
ΒΔΑΔ
ΓΕΔ
ΑΒΔ
(1)
Γνωρίζουμε ότι: 3
2
12
3
ΑΓ
ΑΓ
ΓΔ
ΓΔΑΓ
ΓΔ
ΑΔ (2)
3
5
3
32
3
2
ΕΔ
ΒΔ
ΕΔ
ΕΔΒΕ
ΕΔ
ΒΕ (3)
Από (1), (2) και (3) έχουμε:
53
53
ΕΔ
ΒΔ
ΓΔ
ΑΔ
ΕΔΓΔ
ΒΔΑΔ
ΓΕΔ
ΑΒΔ
Παρατήρηση: Υπάρχει προφανώς λάθος στην εκφώνηση στο (γ) ερώτημα . Η σχέση που θα
έπρεπε να ζητείται να αποδειχθεί, είναι :
5ΓΕΔ
ΑΒΔ
[76]
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 11 – ΜΕΤΡΗΣΗ ΚΥΚΛΟΥ
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22295
ΛΥΣΗ
α) Εφόσον το πολύγωνο είναι κανονικό εξάγωνο, η πλευρά του θα είναι : 6
6
cλ
β) Γνωρίζουμε ότι αν R είναι η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του κανονικού εξαγώνου,
ισχύει: Rλ 6 και 12
c
6
cλ
λRα
33
2
13
2
1
2
3
2
36
66
24
3
12
3
633
26
2
6666
6
cccαλ
αλE
[77]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22296
ΛΥΣΗ
α) Το τρίγωνο ΟΓΔ είναι ισοσκελές (ΟΓ=22
ΑΓΔB = ΟΔ). Η ακτίνα ΟΚ που καταλήγει στο σημείο
επαφής, είναι κάθετη στην εφαπτομένη, άρα το ΟΚ είναι ύψος του ισοσκελούς ΟΓΔ, οπότε είναι
και διάμεσος. Έτσι αποδεικνύεται πως το Κ είναι μέσο του ΓΔ. Ομοίως τα σημεία Λ, Μ, Ν είναι
μέσα των πλευρών ΒΓ, ΑΒ και ΑΔ αντίστοιχα.
Εφαρμόζοντας Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο ΚΔΝ έχουμε:
5050252555 22222222 )ΚΛΜΝ(KNKNKNΔΝΔKKN
β) Η ακτίνα του κύκλου είναι 52
10
2
ΑΔR
2)-(π2550-π)ΚΛΜΝ(RπE 2 25
[78]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22300
ΛΥΣΗ
α) 9182188
144814482 RRABABBABA12BAΒΔΒΓ 2
51028182 ρρρΒΔΑΒΔA
β) ππππππρRπE 2 56258159 222
[79]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22301
ΛΥΣΗ
α) Αν R είναι η ακτίνα των ίσων ημικυκλίων, τότε:
6R24R242RRΔΕΔΖ 4224
Η περίμετρος του σχήματος είναι:
24π406π440RπSSSSΓΖBEΔEΔZΑΓΑΒ
42020
β) 4801220222 )ΓΖΔA()ΔABE(Ε)ΓΖΔA(Ε)ΔABE(E ημικυκλιουημικυκλιου
[80]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22305
ΛΥΣΗ
α) 222222 R3ABR6ABRR7ABΑΒRΟΑAΓΑΒ 22 22
33 λ3RBΓλ3RABΒΓΑΒ
β) oωΓΟΒλBΓ 120
3
36033
4
3
3120
2
1
360
120 22 RRπημR
Rπ)ΟΒΓ(ΓBOE
2o
2
ματοςήτμ.υκλΚ
12
334
12
334 2
πRRRπ 22
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_22329
ΛΥΣΗ
[81]
α) Το τετράπλευρο ΚΑΛΒ είναι ρόμβος διότι ΚΑ=ΑΛ=ΛΒ=ΒΚ=R
Στο τρίγωνο ΚΑΛ έχουμε:
0222
22222
222
902
22
ΛAKΑΛΚΑΚΛRRRΑΛΚΑ
RRΚΛ
Επομένως το ΚΑΛΒ είναι και ορθογώνιο, άρα είναι τετράγωνο.
β)
4
22
242
2360
9022
222 RRπRRπRRπ)KAB(ABKE
222
2
2
πR 2
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22290
[82]
ΛΥΣΗ
α) oΓΟBλ3RΑΒ 1203
Άρα oAΓB 60
και oABΓ 30
. Επομένως RΒΓ
ΑΓ 2
2
3
2
3 2RRR
2
AΓΑΒΑΒΓ
β) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΔΓ έχουν:
oΓΑΔΓΑB 90
oΓΔBAΓB 60
Άρα ΑΓΒΑΔΓ οπότε θα ισχύει: ΔΓ
BΓ
ΑΓ
BΑ
ΑΔ
ΑΓ
3
3223
23 RΔΓRΔΓ
ΔΓ
R
R
R
ΔΓ
BΓ
ΑΓ
BΑ
γ)
602
1
360
603
2
1
3
322
2
1 22 ημRRπ
RR
RΓOAΑΓOΑΒΓΔΓBE
2
12
237
12
33234
4
3
63
332222222 πRRRπRRRπRR 22
[83]
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22299
ΛΥΣΗ
α) 33 22222 RMARMAROMMA
β) i.
OAMAOAMAOBMBOAMA
)OMB()OAM()OAMB(2
222
33 2RRR
ii. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΜ έχουμε:
33
R
RAOMεφ άρα MOA
=600. Ομοίως
MOB
=600 άρα BOA
=1200
3360
120
360
222 RπRπμRπABO
Το εμβαδόν της σκιασμένης περιοχής είναι:
3
33
3
33
332 πRRπRRπ
RABO)OAMB(E2222
[84]
γ) Το ΑΟΓ είναι ισοσκελές (ΟΑ=ΟΓ=R) κι έχει
MOA
=600 οπότε είναι ισόπλευρο με πλευρά R. Ομοίως και το ΒΟΓ. Επομένως:
2
3
4
32
22 RR)ΒΟΓ()ΑΟΓ()ΓΒOA(
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22303
ΛΥΣΗ
[85]
α) To ΚΑΛΒ είναι ρόμβος (ΚΑ=ΑΛ=ΛΒ=ΒΚ=R) επομένως οι διαγώνιοί του διχοτομούνται και
τέμνονται κάθετα. Αν Μ το σημείο τομής των ΚΛ και ΑΒ, τότε στο ορθογώνιο ΜΑΚ έχουμε:
oΛΚΑΛΚΑσυνR
R
ΛΚΑσυνAK
KMΛΚΑσυν 30
2
32
3
Άρα oo ΛAKMAK 12060
β) i. 2
3
2
122
2Rημ120AΛΑΚ)ΑΚΛ()ΑΚΒΛ( o
ii. Υπολογίζουμε το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος που σχηματίζεται μεταξύ της χορδής ΑΒ
και του τόξου
AB του κύκλου (Λ, R):
12
332
4
3
660
2
1
6360
60 222
πRRπR
ημRπR
)ΛAB(πR
E2
o22
ματοςήτμ.κυκλ
Επομένως το εμβαδόν του ζητούμενου μηνίσκου είναι:
6
3326
12
33222
222 πRRππRRπERπE 2
ματοςήτμ.κυκλ2
6
334
6
3326 22
πRππR
[86]
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22307
ΛΥΣΗ
α) 2
33R
2
3RRαλ)ΑΒΓΔΕΖ(
2
32
16 66
β) Το τρίγωνο ΑΓΔ είναι ορθογώνιο διότι oΔΓA 90
(ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο).
Συνεπώς, εφόσον ΑΜ είναι διάμεσος του ΑΓΔ, έχουμε:
44442
63 3RR3RλλΓΔΑΓ)ΑΓΔ()ΔAM(
2
γ)
34
3
4
3
2
222
RR3R
ΑΔΜΑΒΓΔΕΖ
ΑΔΜΑΔΕΖΑΜΔΕΖ (1)
2
3
4
3
4
3
2
222 RR3RΑΔΜ
ΑΒΓΔΕΖΑΔΜΑΒΓΔΑΒΓΜ (2)
Από (1) και (2) έχουμε: (ΑΜΔΕΖ)=2(ΑΒΓΜ)
[87]
δ)
4
3
32
3
2
1
3120
2
1
360
120 222 RRπ
RRπ
ημRRπ
)ΓOA(ΓABOE222
12
334
12
334 22
πRRRπ 2
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22315
ΛΥΣΗ
α) oΒΓΑ 90
, ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο.
Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε: RΒΓRΒΓR
ΒΓ
ΑΒ
ΒΓημ 22
22
130
β) Τα τρίγωνα ΡΒΓ και ΡΑΒ έχουν:
ABΡΒΓΡ
(=900)
[88]
ΡΡ (κοινή γωνία)
Άρα ΓΡΒ
ΒΡΑ οπότε: λ
AΒ
ΓB
ΡA
ΡB
ΒΡ
ΓΡ (1)
Δηλ. 2
1
2R
R
BA
ΒΓλ (2)
Επομένως:
4
1
2
12
2
ΒAΡ
ΡΒΓ
ΒAΡ
ΡΒΓλ
ΒAΡ
ΡΒΓ
γ) Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε: 22
1 ΒΡΡΓ
ΒΡ
ΓΡ και BΡΡΑ
ΡA
ΡB2
2
1
Επομένως, εφαρμόζοντας Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΡ έχουμε:
22222222222 434422 RΡΒRΡΒΡΒRΡΒΡΒABΡΒΡΑ
3
32
3
2
3
4
3
4 222 R
ΡΒR
ΡΒR
ΡΒR
ΡΒ
δ) ooo ΓOΒΒΓΓAB 606030
2
3
2
1
660
2
1
360
60 22 RRπ
ημRRπ
)ΟΒΓ(ΒΓOE22
ματοςήτμ.κυκλ
12
332
12
332
4
3
6
22
πRRRπRRπ 222
[89]
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22322
ΛΥΣΗ
α) i. Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο διότι Β
A Γ =900 ως εγγεγραμμένη γωνία που βαίνει σε
ημικύκλιο. Έχουμε λοιπόν:
32222 3
22 λ3RΑΓRΑΓ
R3RΑΓΓΕΒΓΑΓ
ii. Η ακτίνα που καταλήγει στο σημείο επαφής είναι πάντοτε κάθετη στην εφαπτομένη, άρα:
ΔΒΒΓ. Επομένως, εφόσον και ΑΕΒΓ, συμπεραίνουμε πως ΔΒ//ΑΕ, οπότε από το
θεώρημα του Θαλή έχουμε:
33
1
6
2
2
32 ΓA
ΑΔΑΓ
ΑΔ
R
R
ΑΓ
ΑΔ
R
R
ΑΓ
ΑΔ
ΓE
BE
ΑΓ
ΑΔ
[90]
β) Τα τρίγωνα ΔΒΓ και ΔΑΒ έχουν κοινή γωνία τη
Δ , οπότε:
33
3
3
3
3
RR
R
)ΔΒΓ(
)ΔΑΒ(
AΓΔA
ΑΓ
)ΔΒΓ(
)ΔΑΒ(
ΔΓ
ΔΑ
)ΔΒΓ(
)ΔΑΒ(
ΔΓΔΒ
ΔΒΔΑ
)ΔΒΓ(
)ΔΑΒ(
4
1
3
34
3
3
)ΔΒΓ(
)ΔΑΒ(
R
R
)ΔΒΓ(
)ΔΑΒ(
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22325
ΛΥΣΗ
α) 4
25
360
9052 ππΘΟA
[91]
β) 4
225
4
5025
2
25
4
25
2
5
4
25 2
ππππ)ΘΟA(ΘΟAE ΟΑτμημα.κυκλ
γ)
22521004
2258108 2 π
πΕ)ΑΒΓΔ(E ΟΑμαήτμ.κυκλ
π-450πππ 5020010050100250100
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22326
ΛΥΣΗ
α) 4
4
4
4
4
22222
1
παπααπααX
β) 822
1 22
2
πααπX
888
2
844
22222
2
2
3
παπαπαπαπαX
παX
[92]
γ)
8
28
8
42
84
4 2222222
21
παπααπαπαπαπαXX
0
8
38
8
38 222
παπαα
διότι 3π>8
Οπότε 21 XX
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22330
ΛΥΣΗ
Ισχύει ότι ΑΓ=ΓΔ=ΔΒ=3
δ
α) Έστω R η ακτίνα του κύκλου, δηλ. δ=2R.
4
2πδ
2
δπRπE
2
2
[93]
β)
2
AΔπ
2
BΔπ
2
BΓπ
2
AΓπSSSSS
ΔAΔBΓBΑΓ
Rπδπ
2
δδπ
2
AΔBΔBΓAΓπ2
γ)
72
49
7218862
1
32
1
22
1 222222222
1
πδπδπδπδπδπδδπ
δπ
δπE
1272
6 22 πδπδ
7218721862
1
32
1
62
1
32
12222
2
2222 δπδπδπδπδπ
δπ
δπ
δπE
1236
3
369
2222 δπδπδπδπ
72
49
7218862
1
32
1
22
1 222222222
3
πδπδπδπδπδπδδπ
δπ
δπE
1272
6 22 πδπδ
Άρα: 321 EEE
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22331
[94]
ΛΥΣΗ
α) i. oωBOAλRAB 902 44
Άρα το τρίγωνο ΑΟΒ είναι ορθογώνιο.
ii. Το τετράπλευρο ΟΑΣΒ είναι τετράγωνο (Α
O Β = Ο
A Σ = Ο
B Σ = 90ο και ΟΑ=ΟΒ=R), άρα
οι διαγώνιοί του είναι ίσες, οπότε: ΟΣ=ΑΒ= 2R .
12 RR2RΟΜΟΣΣΜ
β) 4
4
4
22 πRRπ
RABOΣΒOA2
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22332
ΛΥΣΗ
α) i. 726222 222
RRΑΒΓΔ cm2
ii. Η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου στο τετράγωνο ΑΒΓΔ, είναι
232
26
2
24
Rαρ cm
Επομένως: ππππρΑΒΓΔE 4181872237222 cm
2
[95]
β) Αν ονομάσουμε Ε1 το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος που βρίσκεται εκτός του τετραγώνου
αλλά εντός του περιγεγραμμένου κύκλου, τότε έχουμε:
29
4
236
4
7236
4
726
4
2
1
ππππΑΒΓΔRπ
E2
cm2
027901891872294181 πππππEE
Άρα: 1EE
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_22333
ΛΥΣΗ
α) 6180
30
180
602 RπRπ
Rπ
SΑΔ
6180
30 RπRπS
ΑΓ
Επομένως: ΑΓΑΔ
SS
β) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΟΔ ( Ο
Δ Α=900 ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο) έχουμε:
2
3
2
330
RΟΔ
R
ΟΔ
OA
ΟΔσυν