96
2014 - 2015 Τελευταία ενημέρωση: 23 / 1 / 2015 Όλα τα θέματα της τράπεζας με τις λύσεις τους ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Παπαδόπουλος Παναγιώτης

γεωμετρία β λυκείου θέματα & λύσεις (παπαδόπουλος) 23 1 2015

Embed Size (px)

Citation preview

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

ΑΘ

ΑΔ

Συνεπώς: 3

23

2

ΑΔ

ΜA

ΑΜ

ΑΔ

ΜA

ΘA

ΑΔ

ΜA

AB

ΑΘ

ΑΔ

Από το θεώρημα Θαλή έχουμε επίσης: ΜA

ΓA

ΘΜ

ΓE

ΑΘ

Συνεπώς: 2

3

13

2

ΕΓ

ΜA

ΑΜ

ΕΓ

ΘΜ

ΑΘ

ΕΓ

ΘΜ

ΕΓ

ΑΘ

β) 61832933

2

93

2 ΑΔΑΔΑΔ

ΑΔ

ΑΔ

5315331

12

1

2

ΕΓΕΓΕΓΑΓ

ΓE

ΑΓ

ΕΓ

ΕΓEΑ

ΕΓ

[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

ΑΔ

ZΑ (2)

γ) (1) ΑΒ

ΑΔ

ΑΓ

ΑΒ

ΑΓ

ΑΔ

EΑ (3)

(2) ΑΒ

ΑΔ

ΑΒ

ΑΔ

ZΑ (4)

Από (3) και (4) έχουμε: EΑ

ΑΓ

[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

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

ΖΓ

β) Η ΑΔ είναι διχοτόμος του τριγώνου ΑΒΓ άρα:

ΓA

ΔΓ (1)

ΒA

ΓA

ΖΓ

ΒΕ

ΑΕ

ΔΒ

ΔΓ

ΖΓ

ΒΕ

ΑΕ

ΔΓ

ΔΒ

ΑΔ

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

MN

MN

3

13

2

MNNΓMN

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

ΓB

ΑΓ (1)

Γνωρίζουμε ότι:

1tυΑΔ 1 και 1tυEΒ 2 , άρα: 2

1

12

11

υ

υ

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

ΒΓ

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

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

ΓA

ΣΔ

AΣ (2)

β) Από τη σχέση (1) έχουμε: BΣ

ΣΓ

ΔΒ

ΓB (3). Από τη σχέση (2) έχουμε:

ΣΓ

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

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

ZΔ (2)

γ) 121

ΒΓ

ΒΓ

ΒΓ

ΓΔΒΔ

ΒΓ

ΓΔ

ΒΓ

ΒΔ

ΑΓ

EΔ )(),(

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19014

ΛΥΣΗ

α) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ έχουν:

ZA (δεδομένα)

EB (δεδομένα)

Άρα ΑΒΓ ΖΕΔ

β) ΕΔ

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

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

ΓB

ΑΔ

AB

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19017

ΛΥΣΗ

α) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ έχουν:

ΔA (=900)

ΑΓ (

3

4

18

24

ΑΓ και

3

4

21

28

BΑ)

Άρα ΑΒΓ ΔΕΖ

β) ZΔ

ΑΓ

EZ

ΓB

γ) ΒΓΕΖΒΓEZEZ

ΓB

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

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

ΑΓ

ΑΒ

άρα ZΔ

ΑΓ

ΔΕ

ΑΒ

035

ΔΑ

Άρα ΑΒΓΔΕΖ

ii.

ΔBΑΓ 00000 953847180180

047

EA

Άρα ΓΑΒΔΕΖ

iii.

ΔA

)ΔΖΔΕκαιΑΓABτιόδι(ΔΖ

ΑΓ

ΑΒ

άρα ΑΒΓΔΕΖ

β) i. 5

2

ΕΖ

ΒΓ

ΑΓ

ΔΕ

ΑΒ

ii. EZ

AB

ΒΓ

ΑΓ

iii. ΕΖ

ΒΓ

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

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

MN

ΓΔ

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:

ΑΔ

ΑΕ (δεδομένα)

AA (κοινή γωνία)

Επομένως ΑΒΔ ΑΕΖ.

Άρα: 3

1

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

HΓ (δεδομένα)

ΓΓ (κοινή γωνία)

Επομένως ΓΘΗ ΒΓΔ.

Άρα: 3

1

ΓΔ

ΓΘ

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

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

ΔΟ

[23]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_22308

ΛΥΣΗ

α) Τα δύο τρίγωνα έχουν:

AA και BΓΑΕΔΑ

Άρα ΑΔΕΑΓΒ οπότε: ΔA

ΓA

AE

β) 2

3

ΔA

ΓA

AE

BΑ, άρα: 4123

2

36

2

3 ΔΕΔΕ

EΔEΔ

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

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

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

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:

BM

AM

EZEΔ

ΓB

AM

EZEΔ

ΓΕΕB

AM

EZEΔ

ΓΕ

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,

,,

ΓΕEΛ,

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,

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,

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

ΑΔ

ΔZ (1)

81010

4

2ΖΔ

ΔZ

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

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

ΑΔ

ΓA

AB

ΑΔ δηλ. ισχύει η αναλογία του θεωρήματος του Θαλή, άρα ΔΕ//ΒΓ.

β) 2

1

13

1

3

1

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

AZ

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

ΔA

AM

ΑΓ

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

ΒA

ΝK

3

21

ΒA

ΝK

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

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

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

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

ΑΒ

ΑΓ 2

[57]

β) ΓΑ

ΑΒ

ΑΓABΑΜΑΓ 2

Τα τρίγωνα ΑΜΓ και ΑΒΓ έχουν:

ΓΑ

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

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

ΔM

AM

ΓΜ .

[70]

Έχουμε συνεπώς: MΔMΓΜΑΜΟΔM

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

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

β) Γνωρίζουμε ότι αν R είναι η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του κανονικού εξαγώνου,

ισχύει: Rλ 6 και 12

c

6

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

ΑΓ

ΑΔ

ΑΓ

3

3223

23 RΔΓRΔΓ

ΔΓ

R

R

R

ΔΓ

ΑΓ

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

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

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

[96]

6

R3-6RRπRR

6

RπΟΔΟΓ

6

6

RπΔΓSSΠ

ΑΓΑΔ

32

2

32

6

3-6πR 32