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

Transcript

1 0-05 Τελευταία ενημέρωση: / / 05 Όλα τα θέματα της τράπεζας με τις λύσεις τους ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Παπαδόπουλος Παναγιώτης

2 [] ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7 ΑΝΑΛΟΓΙΕΣ ΘΕΜΑ ο _8975 α) Ως γνωστόν το βαρύκεντρο ενός τριγώνου απέχει από κάθε κορυφή τα της αντίστοιχης διαμέσου. Εφόσον το Θ είναι βαρύκεντρο του τριγώνου, θα ισχύει: ΑΘ ΑΜ και ΘΜ ΑΜ. Όμως ΔΕ//ΒΓ άρα από το θεώρημα του Θαλή έχουμε: ΑΔ ΑΘ ΔB ΘΜ Συνεπώς: ΑΔ ΑΘ AB AΜ AB AΜ ΑΔ ΑB AΘ AΜ Από το θεώρημα Θαλή έχουμε επίσης: ΑΔ ΑB ΑE ΑΘ ΑΜ AΜ EΓ ΘΜ AΓ AΜ ΑΔ ΑB ΑΜ ΑE ΕΓ ΑE ΑΘ ΑE Συνεπώς: ΑE ΑΘ ΘΜ ΕΓ ΘΜ ΕΓ ΕΓ AΜ ΑΔ ΑΔ β) ΑΔ 9 ΑΔ 8 ΑΔ 6 ΑB 9 ΑE ΕΓ ΑE ΕΓ ΕΓ EΓ ΕΓ 5 ΕΓ ΕΓ 5

3 [] ΘΕΜΑ ο _90 α) ΔΕ//ΒΓ άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε: β) ΔZ//ΒE άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε: γ) () () ΑE ΑE ΑΔ () ΑΔ ΑΒ ΑΒ ΑZ ΑE ΑZ ΑΔ () ΑΔ ΑΒ ΑE ΑΒ Από () και () έχουμε: ΑE ΑZ ΑE ΑE () ΑΔ ΑΒ ΑZ ΑE () ΑΔ ΑΒ

4 [] ΘΕΜΑ ο _90 α) Στο τρίγωνο ΑΔΒ εφαρμόζουμε το θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου κι έχουμε: ΔΕ EB AΔ 9 ΕΒ 7 ΕΒ 6 AB EB 8 β) Στο τρίγωνο ΒΓΔ, ισχύει ΕΖ//ΒΓ, άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε: ΔΖ ΔΕ ΖΓ ΕB ΔΖ 9 6 ΔΖ ΔΖ ΘΕΜΑ ο _900

5 [5] α) Α τρόπος : Εφαρμόζουμε στο ΑΒΓ θεώρημα εξωτερικής διχοτόμου. EΒ EΓ AB Β τρόπος : Εφαρμόζουμε στο ΑΒΓ θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου. ΔΒ ΔΓ AB β) ΔΕ ΒΕ ΒΔ 5- ΘΕΜΑ ο _98

6 [6] α) i. ii. ΑΕ ΑΔ ΒΕ ΔΒ ΑZ ΔA ΖΓ ΔΓ β) Η ΑΔ είναι διχοτόμος του τριγώνου ΑΒΓ άρα: ΔΓ AΓ () ΔB ΑB ( ) ΑΕ ΖΓ ΑΔ ΔΓ ΑΕ ΖΓ ΔΓ ΒΕ ΑZ ΔΒ ΔA ΒΕ ΑZ ΔΒ ΑΕ ΒΕ ΖΓ ΑZ AΓ AΒ ΘΕΜΑ ο _899 α) BE AB άρα προφανώς AE AB ME//BN άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε: AM AE MN BE AM MN AE BE AM MN AE AE AM MN AM AM MN () MN

7 [7] Ομοίως, ΔΖ ΔΓ άρα προφανώς ZΓ ΔΓ ΖΝ//ΜΔ άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε: ΓN ΓZ MN ΔZ ΓN MN ΓZ ΔZ ΓN MN ΓΔ ΓΔ Από () και () προκύπτει ότι: ΑΜ=ΓΝ=ΜΝ ΓN MN ΓN ΓN MN () MN β) =ΑΜ+ΜΝ+ΓΝ =ΜΝ+ΜΝ+ΜΝ =5ΜΝ ΜΝ= 5 AΓ ΘΕΜΑ ο _

8 [8] α) Αν τα δύο οχήματα συναντιούνται στο σημείο Γ μετά από χρόνο t, θα ισχύει: υ t και ΒΓ υt Γνωρίζουμε ότι: ΑΔ υ t και ΒE υt, άρα:, άρα: BΓ ΑΔ BE υ t () υ t υ t υ υ () Από τις σχέσεις () και () και με τη βοήθεια του θεωρήματος του Θαλή έχουμε: ΒΓ ΑΔ ΔΕ // ΑΒ ΒE υ t β) Έστω ότι το όχημα που ξεκινάει από το σημείο Α, βρίσκεται στη θέση Ζ τη χρονική στιγμή t και το όχημα που ξεκινάει από το σημείο Β, βρίσκεται στη θέση Η τη χρονική στιγμή t. ZH// AB AZ AΓ ΒH υt ΒΓ υ t υt υ t t t υ υ t t t t Επομένως τα οχήματα περνούν ταυτόχρονα από τις θέσεις Ζ και Η. ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8 ΟΜΟΙΟΤΗΤΑ ΘΕΜΑ ο _90 α) i) Τα τρίγωνα ΣΒΓ και ΣΒΔ έχουν: B ΣΓ BΣΔ (κοινή γωνία) Γ BΣ ΣΔΒ (η Γ BΣ είναι γωνία από χορδή κι εφαπτομένη και η ΣΔΒ είναι εγγεγραμμένη γωνία που έχουν το ίδιο αντίστοιχο τόξο)

9 [9] ΣB ΣΓ BΓ Άρα ΣΒΓ ΣΔΒ () ΣΔ ΣB ΔΒ ii) Τα τρίγωνα Σ και ΣΔΑ έχουν: A ΣΓ AΣΔ (κοινή γωνία) Γ AΣ ΣΔA (η Γ AΣ είναι γωνία από χορδή κι εφαπτομένη και η ΣΔ A είναι εγγεγραμμένη γωνία που έχουν το ίδιο αντίστοιχο τόξο) ΣA AΓ ΣΓ Άρα Σ ΣΔΑ () ΣΔ ΔA ΣA β) Από τη σχέση () έχουμε: BΓ ΣΓ AΓ ΣΓ (). Από τη σχέση () έχουμε: () ΔΒ ΣB ΔA ΣA Επειδή τα εφαπτόμενα τμήματα ΣΑ και ΣΒ είναι ίσα, από τις σχέσεις () και () προκύπτει: BΓ ΔΒ AΓ BΔ AΔ BΓ ΔA ΘΕΜΑ ο _906 α) Τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΑΒΓ έχουν: B B (κοινή) BΔ E Γ (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των

10 [0] Άρα ΒΔΕ ΒΓΑ. παραλλήλων ΔΕ, ) Οπότε: β) Τα τρίγωνα ΓΔΖ και ΑΒΓ έχουν: Γ Γ (κοινή) ΒΔ ΔE () ΒΓ ΓΔ Z Β (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΔΖ, ΑΒ) Άρα ΓΔΖ ΓΒΑ. Οπότε: ΔZ ΓΔ () ΑB ΒΓ ( ), ( ) Δ E ΔZ ΒΔ ΓΔ ΒΔ ΓΔ ΒΓ γ) ΑB ΒΓ ΒΓ ΒΓ ΒΓ ΘΕΜΑ ο _90 α) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ έχουν: β) A Z (δεδομένα) B E (δεδομένα) Άρα ΑΒΓ ΖΕΔ AB ΖΕ AΓ ΖΔ ΓB ΕΔ

11 [] 5 x 50 γ) 5x 585x 50 x x y y 55y 00 y y ΘΕΜΑ ο _905 α) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΔΕ έχουν: β) A A (κοινή) B AΔE (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΔΕ και ΒΓ) Άρα ΑΒΓ ΑΔΕ AB ΑΔ BΓ ΔE γ) Η αναλογία ΑE 5 είναι λάθος διότι οι όροι των κλασμάτων δεν αντιστοιχούν στα μήκη των 6 x ομόλογων πλευρών των όμοιων τριγώνων.

12 [] Η σωστή αναλογία είναι: AB ΑΔ BΓ ΔE 9 x x 5 x 6 5 x 7 ΘΕΜΑ ο _907 α) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ έχουν: β) A Δ (=90 0 ) ΑB ( ΔZ ΔE ΔZ 8 Άρα ΑΒΓ ΔΕΖ ΑB ΔE BΓ EZ ΔZ ΑB 8 και ) ΔE BΓ BΓ γ) EZ ΒΓ ΕΖ ΒΓ. Άρα η σωστή απάντηση είναι η (iii) EZ ΔZ EZ

13 [] ΘΕΜΑ ο _899 α) i. ii. ΔΖ 0 5 BΓ 6 EΖ 0 5 BΑ 8 ΔE B 80 Επομένως: A Δ B E άρα A Γ 80 ΔΖ 0 6 BΓ EΖ 0 8 άρα τα τρίγωνα είναι όμοια BΑ ΔE 0 οπότε τα τρίγωνα δεν είναι όμοια x y ω β) Αν x, y, ω τα μήκη των πλευρών του τριγώνου ΔΕΖ, με x<y<ω, τότε: AB AΓ ΒΓ x x 8 6 y y 7 ω ω 8 0 E

14 [] ΘΕΜΑ ο _898 α) i ΔZ ΔE ΑΒ άρα ΔZ ΔΕ ΑΒ 0 5 Δ Α Άρα ΑΒΓΔΕΖ ii. Δ B Α Γ E A Άρα ΓΑΒΔΕΖ iii. Δ A ΔΖ) ΔΕ και AB (διότι ΔΖ ΔE ΑΒ άρα ΑΒΓΔΕΖ β) i. 5 ΕΖ ΒΓ ΔZ ΔΕ ΑΒ ii. EZ AB ΔZ ΒΓ ΔE iii. ΕΖ ΒΓ ΔZ ΔΕ ΑΒ

15 [5] ΘΕΜΑ ο _8990 α) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΕΔΓ έχουν: A E (εντός εναλλάξ γωνίες των παραλλήλων ΑΒ και ΔΕ) Β ΔΓE (κατακορυφήν) Άρα Β EΓΔ β) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΕΔΓ έχουν: ΒΓ AΓ ΒΓ AΓ (από τα δεδομένα γνωρίζουμε ότι =) ΔΓ EΓ ΔΓ EΓ Β ΔΓE (κατακορυφήν) Άρα Β EΓΔ

16 [6] ΘΕΜΑ ο _909 α) Τα τρίγωνα ΑΕΒ και ΕΔΓ έχουν: AEB ΔEΓ (κατακορυφήν) EAB ΕΓΔ (εντός εναλλάξ γωνίες των παραλλήλων ΑΒ και ΓΔ) β) Αποδείχθηκε ότι τα τρίγωνα ΑΕΒ και ΔΕΓ έχουν δύο γωνίες ίσες μία προς μία άρα: EA AB EB ΕΑΒ ΕΓΔ () ΕΓ ΓΔ ΕΔ γ) () 8 5 ΓΔ 0 Από τη σχέση () έχουμε: 6 EB 5 EB 60 EB 5 0 Από τη σχέση () έχουμε: ΓΔ 0 ΓΔ 0 5 ΓΔ

17 [7] ΘΕΜΑ ο _90 α) ο ζεύγος τριγώνων : ΚΛΜ και ΖΔΕ K Δ ( = 90 0 ) ΚΜ 6 ZΔ 9 ΚΛ 0 ΕΔ 5 άρα Επομένως ΚΛΜ ΖΔΕ ΚΜ ZΔ ΚΛ ΕΔ ο ζεύγος τριγώνων : ΑΒΓ και ΗΚΛ A 80 0 B 70 0 K H 65 άρα 0 Λ Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΗΚΛ δεν είναι όμοια διότι δεν έχουν τις γωνίες τους μία προς μία ίσες β) ΚΜ ZΔ ΚΛ ΕΔ MΛ ΕZ

18 [8] ΘΕΜΑ ο _90 α) Ο λόγος ομοιότητας των πολυγώνων είναι ο λόγος των αντίστοιχων πλευρών τους, άρα: AB 0 λ ΚΛ 5 AE AB x β) x 6 x ΚΡ ΚΛ 8 γ) BΓ ΛM Άρα: ΓΔ MN ΔE ΡN BΓ ΒΓ BΓ 8 ΓΔ ΓΔ 8 ΓΔ 6 9 ΔE ΔΕ 0 ΔΕ 0 5 BΓ ΓΔ ΔE 9 5 Άρα η περίμετρος του ΑΒΓΔΕ είναι: ΑΒ+ΒΓ+ΓΔ+ΔΕ+ΕΑ = = 6

19 [9] ΘΕΜΑ ο _900 α) Τα τρίγωνα ΟΑΕ και ΟΒΔ έχουν: O O (Οδ διχοτόμος) A Δ ( = 90 0 ) Άρα ΟΑΕ ΟΔΒ β) Λόγω της ομοιότητας των τριγώνων έχουμε: Άρα: OA OΔ OE OB OA OΔ OE ΟΑ ΟΑ OA OΔ ΟΔ ΟΕ OE OB AE ΔB

20 [0] ΘΕΜΑ ο _90 α) Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΕΖ έχουν: ΑΕ ΑZ (δεδομένα) ΑΔ ΑB A A (κοινή γωνία) Επομένως ΑΒΔ ΑΕΖ. Άρα: EZ BΔ ΑΕ ΑΔ ΑZ ΑB () και AEZ AΔΒ AEZ AΔΒ EZ// ΔΒ () (διότι οι εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες είναι ίσες) Τα τρίγωνα ΓΘΗ και ΒΓΔ έχουν: ΓH ΓΘ (δεδομένα) ΓB ΓΔ Γ Γ (κοινή γωνία) Επομένως ΓΘΗ ΒΓΔ. Άρα: ΘΗ ΒΔ ΓH ΓB ΓΘ ΓΔ () και ΓΘΗ ΓΔΒ ΓΘΗ ΓΔΒ ΘΗ // BΔ () (διότι οι εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες είναι ίσες) Από () και () έχουμε: ΕΖ//ΔΒ//ΘΗ.

21 [] β) Από () και () έχουμε: EZ ΒΔ EZ BΔ ΘΗ ΒΔ ΘH ΒΔ άρα ΒΔ ΕΖ ΘΗ γ) Από τα προηγούμενα ερωτήματα, δείξαμε ότι ΕΖ//ΘΗ και ΕΖ=ΘΗ, άρα ΕΖΗΘ είναι παραλληλόγραμμο. ΘΕΜΑ ο _905 α) Τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΒΓ έχουν: β) ΑΔ AE (δεδομένα) ΑΒ AΓ A A (κοινή) Άρα ΑΔΕ ΑΒΓ. ΔΕ ΒΓ ΑΔ ΑΒ Εφόσον ισχύει AE ΔΕ. Επομένως: ΒΓ ΔΕ () AΓ ΒΓ ΑΔ AE, άρα από το θεώρημα του Θαλή προκύπτει ότι ΔΕ//ΒΓ. ΑΒ AΓ Συνεπώς το τετράπλευρο ΔΕΖΒ είναι παραλληλόγραμμο και ισχύει: ΔΕ=ΒΖ () Από () και () έχουμε: ΒΓ ΔΕ ΒΓ BZ

22 [] ΘΕΜΑ ο _906 α) Α τρόπος : Τα τρίγωνα ΟΑΒ και ΟΓΔ έχουν: ABO ΟΔΓ (εντός εναλλάξ γωνίες των παραλλήλων ΑΒ, ΓΔ που τέμνονται από την ΒΔ) AOB ΓOΔ (κατακορυφήν) ΒΟ ΟΑ 9 Άρα ΒΟΑ ΔΟΓ ΟΔ OΔ 7. ΔΟ OΓ ΔΟ 6 Β τρόπος : ΑΒ//ΓΔ άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε: ΒΟ ΟA ΔO OΓ β) Α τρόπος : ΒΟ ΔΟ ΟΑ OΓ 9 ΔΟ Τα τρίγωνα ΟΑΔ και ΟΒΜ έχουν: ΟΔ OΔ 7 6 A ΔO ΟBM (εντός εναλλάξ γωνίες των παραλλήλων ΑΔ, ΒΜ που τέμνονται από την ΒΔ) AO Δ BOM (κατακορυφήν) ΔΟ ΟΑ 7 Άρα ΔΟΑ ΒΟΜ 7ΟM 08 OM. BΟ OM 9 OM Β τρόπος : ΒΜ//ΑΔ άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε: ΔΟ ΟA BΟ OM ΔΟ BΟ ΟΑ OM 7 7ΟM 08 OM 9 OM

23 [] ΘΕΜΑ ο _08 α) Τα δύο τρίγωνα έχουν: β) Άρα ΑΔΕΒ οπότε: ΑB AE ΓB ΔE A A και ΑΔ Ε Α Γ B ΑB AE ΓB ΔE AΓ AΔ AΓ ΓB 6, άρα: ΔΕ ΔΕ AΔ ΔE ΔE ΘΕΜΑ ο _0

24 [] α) Τα τρίγωνα ΔΕΖ και ΑΒΔ έχουν: E Δ Ζ AΔ B (κοινή γωνία) Δ E Ζ Δ A B (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες) Άρα ΔΕΖΔΑΒ οπότε: EZ AB ΔE ΔA EZ AB EZ AB β) Ομοίως αν εργαστούμε στα τρίγωνα ΔΕΗ και Δ, θα διαπιστώσουμε ότι EH Δ E H Δ A Γ (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες) Όμως ΑΔ διχοτόμος του ΑΒΓ, άρα Δ A B Δ A Γ. Επομένως θα ισχύει Δ E H Δ E Z. Συνεπώς στο ΕΖΗ, η ΕΔ είναι διχοτόμος, οπότε: ΔΖ ΔΗ EΖ EΗ AB AΓ AB AΓ ΘΕΜΑ ο _8976 α) i) Τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΒΕΓ έχουν: Γ Γ (κοινή) και ΒΕΓ AΔΓ (= 90 0 ) Άρα ΓΕΒ ΓΔΑ ii) Αν τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΒΕ ήταν όμοια, τότε ο ΑΒ λόγος ομοιότητάς τους θα ήταν λ AB οπότε τα τρίγωνα θα ήταν ίσα. Τότε θα έπρεπε να ισχύει A B ΑΒΓ ισοσκελές (άτοπο εφόσον το τρίγωνο ΑΒΓ δίνεται ότι είναι σκαληνό). Άρα τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΒΕ δεν μπορεί να είναι όμοια.

25 [5] β) Αν το ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΑΒ=, τότε θα ισχύει έχουν: A B, άρα τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΒΕ θα A B (ABΓ ισοσκελές) και ΒΕ A AΔB (= 90 0 ). Οπότε: ΑΒΔ ΑΒΕ ΘΕΜΑ ο _9000 α) i) Τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΑΒΜ έχουν: B B (κοινή γωνία) B ΔE BAM (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΔΕ και ΑΜ) Άρα ΒΔΕ ΒΑΜ ΔE BΕ BΔ () AM ΒM ΑΒ ii) Τα τρίγωνα ΓΖΕ και Μ έχουν: Γ Γ (κοινή γωνία) Γ EZ ΓMA (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΖΕ και ΑΜ) EZ ΓΕ ΓZ Άρα ΓΕΖ ΓΜΑ () AM ΓM ΓA

26 [6] β) Από τη σχέση () έχουμε: Από τη σχέση () έχουμε: ΔE BΕ () AM ΒM EZ ΓΕ () AM ΓM Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις () και () έχουμε: ΔE AM EZ AM BΕ ΒM ΓΕ ΓM ΔE EZ BΕ ΓΕ ΔE EZ BΓ ΔE EZ BM AM ΒM AM ΒM AM ΒM BMMΓ ΔE EZ ΔE EZ AM (σταθερό αποτέλεσμα) AM ΘΕΜΑ ο _90

27 [7] α) Τα τρίγωνα ΕΜΛ και EΓΝ έχουν: Λ Γ (=90 0 ) ΜΕΛ ΝΕΓ (η γωνία με την οποία χτυπάει η μπάλα σε μια πλευρά ισούται με τη γωνία με Άρα ΛΕΜ ΓΕΝ την οποία απομακρύνεται) ΛE ΛM ΛE, 75 ΛE ΓΕ, 75 0, 75, 75 ΓE ΓN ΓE ΓE ΓE 0, 75, 75 ΓΕ 0, 75 ΓΕ ΓΕ, 75 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 Π να στείλει την μπάλα στη τρύπα Β, ακολουθώντας τη διαδρομή ΜΚΒ, θα πρέπει να ισχύει Μ KΠ BKΓ 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: Π Γ (=90 0 ) Μ KΠ BKΓ (δικαιολογήθηκε) ΠΚ ΠM, 75 KN 0, 75 0, 75 KN Άρα ΠΚΜ ΓΚΒ 0, 75 ΓΚ ΓB KN KN 0, 75 KN 0, 75 0, 75KN ΚN 0, 75KN 0 75, KN 0 KN 0 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 Π. 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: ΠΚ ΠM, 75 KN 0, 75 0, 75 KN 0, 75 ΓΚ ΓB KN KN 0, 75 KN 0, 75 0, 75KN ΚN 0, 75KN 0 75, KN 0 KN 0 Τα συμπεράσματα είναι ίδια με την προηγούμενη περίπτωση. Άρα ο ισχυρισμός του παίκτη Π είναι σωστός.

28 [8] ΘΕΜΑ ο _906 α) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΔΕ έχουν: A A (κοινή) ΑΕ ΑΔ AE ( AE και ΑΒ Άρα ΑΒΓ ΑΔΕ AΔ A Δ ΑB ) ΑΒ Συνεπώς οι γωνίες που είναι απέναντι από τις ομόλογες πλευρές είναι ίσες μεταξύ τους. Άρα: AE Δ AΓΒ β) Εφόσον αποδείξαμε ότι ΑΒΓ ΑΔΕ, προκύπτει ότι ισχύει η σχέση: γ) Το τμήμα ΒΓ θα ήταν παράλληλο στο ΔΕ, αν ίσχυε γωνίες). Γνωρίζουμε όμως ότι AE EΔ ΓΒ AE Δ AΒΓ (εντός εκτός κι επί τα αυτά AE Δ AΓΒ. Άρα έπρεπε να ισχύει A ΒΓ AΓΒ, 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 [9] ΘΕΜΑ ο _900 α) α) Τα τρίγωνα ΑΔΚ και ΚΒΓ έχουν: ΑΚ Δ BΚΓ (κατακορυφήν) Α ΔΚ ΓBΚ (εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΑΔ και ΒΓ που τέμνονται από την ΔΒ) Άρα ΚΔΑ ΚΒΓ

30 [0] β) Τα τρίγωνα ΚΔΖ και ΔΑΒ έχουν: Κ ZΔ BAΔ ( = 90 0 ) Δ Δ (κοινή γωνία) Άρα ΖΔΚ ΑΔΒ Επομένως: ZΔ ΑΔ ΔK ZK () ΔB ΑB ZΔ ZK ZΔ 0ΖΔ 8 ΑΔ ΑB 0 8 ΖΔ ΖΔ 0,8 m 0 5 Άρα η απόσταση του σημείου Κ από το έδαφος είναι: ΖΑ = ΑΔ ΖΔ = 0,8 =, m γ) Από το (α ) ερώτημα γνωρίζουμε ότι: KΔ ΚΔΑ ΚΒΓ ΚΒ Έχουμε λοιπόν: KΔ ΚΒ AΔ ΓΒ AΔ ΓΒ KA ΚΓ KΔ ΚΒ Από τις σχέσεις () και () έχουμε: KΔ ΚΒ ΚΔ ZΔ ΔK ZΔ 5ZΔ ΖΔ 0, 8 m ΑΔ ΔB 5 5 Επομένως, ανεξαρτήτως της απόστασης ΑΒ των δύο στήλων, η απόσταση του σημείου Κ από το έδαφος είναι: ΖΑ = ΑΔ ΖΔ = 0,8 =, m KΔ ΒΔ 5 ()

31 [] ΘΕΜΑ ο _907 α) β) ΑΔ ΑE ΑΔ AB δηλ. ισχύει η αναλογία του θεωρήματος του Θαλή, άρα ΔΕ//ΒΓ. AB AΓ ΑE AΓ ΑΔ AΒ ΑΔ AΒ ΑΔ ΑΔ ΔB Στο τρίγωνο ΑΒΖ, ΔΕ//ΑΖ, άρα έχουμε: γ) Τα τρίγωνα ΑΔΕ και ABΓ έχουν: Δ AΕ ΒAΓ (κοινή γωνία) ΑΔ ZE ΔΒ ΕΒ ΑΔ ΔΒ ZE ΕΒ ZE ΕΒ ZE A ΔΕ ΑBΓ (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΔΕ, ΒΓ που τέμνονται Άρα ΑΔΕ ΑΒΓ από την ΑΒ) AΔ AΔ AB άρα AB AΔ ΔΕ ΔΕ ΒΓ ΒΓ ΔΕ ΔΕ () AB BΓ ΒΓ Δ B Τα τρίγωνα ΑΒΖ και ΒΔΕ έχουν: ABZ ΔBE (κοινή γωνία) AB AB ΔΒ B ΑZ BΔΕ (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΔΕ, ΑΖ που τέμνονται EB

32 [] Άρα ΒΑΖ ΒΔΕ από την ΑΒ) Από () και () έχουμε: BA ΒΔ AZ ΔE AZ ΔE AZ ΔΕ AZ ΒΓ ΑΖ ΒΓ AZ () ΒΓ ΘΕΜΑ ο _909 α) Στο τρίγωνο Δ, ΜΚ//ΓΔ, άρα εφαρμόζουμε θεώρημα Θαλή: β) AM AK ΑK ΑΔ ΑK AM AΔ KΓ Τα τρίγωνα ΓΚΝ και ΑΒΓ έχουν: ΑK KΓ ΚΓΝ Β (κοινή γωνία) ΓΝ K ΓΒA (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΚΝ, ΑΒ που τέμνονται από την ΒΓ) KΓ KΓ ()

33 [] KΝ Άρα: ΓΝΚ ΓΒΑ AΒ ( ) K ΓK Ν AΒ ΓA KΝ AΒ () ΓK ΓA γ) Τα τρίγωνα ΑΜΚ και ΑΔΓ έχουν: ΓN ΓB Κ AM Δ (κοινή γωνία) AMK AΔΓ (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΚΜ, ΓΔ που AM Άρα: ΑΜΚ ΑΔΓ AΔ AM AΔ MK ΔΓ MK ΔΓ () KΝ AB Επομένως: τέμνονται από την ΑΔ) MK ΔΓ AK AΓ MK ΓΔ MN MK KN ΓΔ AB

34 [] ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9 ΜΕΤΡΙΚΕΣ ΣΧΕΣΕΙΣ ΘΕΜΑ ο _8997 α) Ονομάζουμε Ε το σημείο στο οποίο βρίσκεται το κουτί. Τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΒΓ έχουν: A A (κοινή γωνία) ΑΔ E ΑBΓ (=90 0 ) Άρα ΑΔΕ ΑΒΓ ΑE ΔΕ ΑΔ () AΓ ΒΓ ΑΒ Επομένως από τη σχέση () έχουμε: ΑE AΓ ΔΕ s y s y 5s s 0y 5s y y y s ΒΓ β) i) Αν y= m τότε y s s 8 m ii) Εφαρμόζουμε το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ΑΔΕ κι έχουμε: ΑΔ ΔΕ AE ΑΔ 8 ΑΔ 6 ΑΔ 60 ΑΔ 60 ΑΔ 5 m

35 [5] ΘΕΜΑ ο _900 α) α 8 6 β γ 6 5 Άρα α > β + γ A 90. Δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι αμβλυγώνιο. β) 0 A 90, άρα εφαρμόζουμε στο ΑΒΓ το θεώρημα αμβλείας γωνίας. ΒΓ ΑΒ ΑΔ AΔ 6 6ΑΔ A Δ ΑΔ 0 Εφόσον A 90, προκύπτει ότι 0 B 90, άρα εφαρμόζουμε θεώρημα οξείας γωνίας. ΑΒ ΒΓ ΒΓ BE BE BE 6 BE BE 5 BE 5 6 ΘΕΜΑ ο _9005

36 [6] α) Η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας A, άρα εφαρμόζουμε το θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου στο β) ΑΒΓ. ΒΔ ΔΓ ΒΓ ΑΒ AΒ 5 6 AΒ 9 6 ΑΒ 5 6 ΒΓ ΑΒ Επομένως από το αντίστροφο του Πυθαγορείου θεωρήματος προκύπτει ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο με A = ΘΕΜΑ ο _908 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: 7 ΔΖ=ΕΓ= Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο ΒΕΓ κι έχουμε: ΒΕ ΕΓ ΒΓ ΒΕ 6 ΒΕ ΒΕ ΒΕ

37 [7] β) ΑΒΓ ΑΒΓΔ Δ ΘΕΜΑ ο _9008 α) Παρατηρούμε ότι: i) < 5 < + άρα ισχύει η τριγωνική ανισότητα, οπότε οι αριθμοί,, 5 μπορούν να θεωρηθούν μήκη πλευρών τριγώνου. Επιπλέον ισχύει πλευρών ορθογωνίου τριγώνου. 5, άρα αποτελούν μήκη ii) λλ < 5λ < λ+λ άρα ισχύει η τριγωνική ανισότητα, οπότε οι αριθμοί λ, λ, 5λ μπορούν να θεωρηθούν μήκη πλευρών τριγώνου. Επιπλέον ισχύει 5λ λ λ, άρα αποτελούν μήκη πλευρών ορθογωνίου τριγώνου. iii) 5 < 6 < 5+ άρα ισχύει η τριγωνική ανισότητα, οπότε οι αριθμοί, 5, 6 μπορούν να θεωρηθούν μήκη πλευρών τριγώνου. Όμως 6 5, άρα δεν αποτελούν μήκη πλευρών ορθογωνίου τριγώνου. β) Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα: x x x 5 x x 7 x x 7 6 x 7 x 7 x Άρα το x είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του. 7 x 7

38 [8] ΘΕΜΑ ο _90 α) ΒΓ ΓΔ 6 BΓ ΒΓ 0 ΒΓ 0 5 β) Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στα ΑΒΓ: γ) ΑΒ ΒΓ ΑΒ 600 ΑΒ 00 6 ΑΒ 6 ΑΒ ΔΒ ΒΓ ΔΓ ΑΔ ΔΓ ΔΒ ΑΔ ΑΔ ΑΔ ΑΔ 5 ΘΕΜΑ ο _90 α γ β 9 γ 6 α) μ β 98 γ 6 γ 986 γ 50 γ 5 γ 5 β) α β 9 γ 6 5 άρα α β γ A Άρα το ΑΒΓ είναι αμβλυγώνιο.

39 [9] ΘΕΜΑ ο _90 α) Εφαρμόζουμε το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ΑΔΓ: β) ΑΔ ΔΓ ΑΔ ΔΓ ΔΓ 6 ΔΓ ΔΓ ΔΓ ΔΒ ΔΓ ΔB ΔB ΔΓ ΔB γ) (ΑΒΓ) ΒΓ AΔ 5 6 τ.μ ΘΕΜΑ ο _905 α) Στο ορθογώνιο ΑΒΔ: 60 0 ΒΔ ΒΔ συν ΒΔ 6 ΒΔ AΔ AΔ ημ AΔ 6 AΔ 6 6

40 [0] β) ΔΓ = ΒΓ ΒΔ = 9 = 6 Πυθαγόρειο στο ΑΔΓ: ΑΔ ΔΓ 7 6 ΒΓ 8 άρα ΒΓ ΑΒ ΑΒ A 0 90 Συνεπώς το ΑΒΓ, έχει τη μεγαλύτερη γωνία του οξεία, άρα είναι οξυγώνιο. γ) Αποδείχθηκε στο (α ) ερώτημα ότι ΒΔ= ΘΕΜΑ ο _9 α) Στο τρίγωνο ΜΑΒ, το ΜΚ είναι διάμεσος, άρα από το ο θεώρημα διαμέσων έχουμε: ΜΑ R MB MK AB ΜΑ MB MK ΜΑ MB MK R ΜΑ MB MK R () β) Στο τρίγωνο ΜΓΔ, το ΜΚ είναι διάμεσος, άρα από το ο θεώρημα διαμέσων έχουμε: ΜΓ R MΔ MK ΓΔ ΜΓ MΔ MK ΜΓ MΔ MK R ΜΓ MΔ MK R ()

41 [] γ) () 0 R ΜΚ R 00 ΜΚ R ( ) ΜΚ () () ΜΔ 96 ΜΔ ΜΔ 96 ΜΔ 8 ΜΔ ΘΕΜΑ ο _9 β α 7 γ 9 5 β 5 9 α γ Εφαρμόζουμε στο ΑΒΓ το θεώρημα αμβλείας γωνίας: B 0 90 ΑΒ ΒΓ AB ΒΕ 7 5 ΒΕ ΒΕ ΒΕ 6 ΒΕ 9 6 ΒΕ 5 ΒΕ ΒΕ 6 συν ΓBE συν ΓBE ΓBE 60 5 Άρα: A BΓ

42 [] ΘΕΜΑ ο _9 α) AΒ ΒΓ 6 8 AB Επομένως το ΑΒΓ είναι αμβλυγώνιο τρίγωνο. β) Στο ΑΒΓ εφαρμόζουμε το θεώρημα αμβλείας γωνίας: ΒΓ Γ 0 90 ΑΒ ΒΓ ΒΓ ΔΓ 00 8 ΔΓ 006 ΔΓ 6 ΔΓ ΔΓ ΔΓ 6

43 [] ΘΕΜΑ ο _0 α) Εφαρμόζουμε το ο θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ΑΒΓ: β) ΑΒ ΒΓ ΔΜ 8 BΓ ΒΔ ΒΜ ΔΜ 7 6 Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο ΑΒΔ: ΑΔ ΒΔ ΑΔ ΑΒ 5 ΑΔ ΒΓ 6 6 ΒΓ 8 ΒΓ ΒΓ 7 6 ΑΔ 9 6 ΑΔ 5 ΑΔ 5 ΘΕΜΑ ο _06

44 [] α) β) ΒΓ ΑΒ α α α α α α ΒΓ α o Επομένως το ΑΒΓ είναι ορθογώνιο με A 90. μ γ AB A 90 BΓ ΑB α α α 6α α α 9α o Επομένως: μ γ 9 α α ΘΕΜΑ ο _09 β γ α α α) μ α α α α 8 α 9 β) Από το ο θεώρημα διαμέσων έχουμε: β γ α MΔ 9 68 MΔ 8 MΔ ΜΔ 8

45 [5] ΘΕΜΑ ο _ α) Η λάθος απάντηση είναι η Β, η οποία θα έπρεπε (για να είναι σωστή) να είναι ως εξής: γ β α β ΓΕ β) γ β α β ΓΕ ΓΕ 8ΓΕ ΓΕ 0 ΓΕ 5

46 [6] ΘΕΜΑ ο _ α) ΒΔ BΓ ΒΕ ΒΖ BΓ 68 BΓ 8 ΒΓ β) ΑΒ ΒΓ BΔ ΑΒ ΑΒ 8 ΑΒ ΘΕΜΑ ο _

47 [7] α) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε: 0 ΑΔ ΑΔ ημ o ΑΔ 7 ΑΔ ΑΒ 7 β) Στο ΑΒΓ (που είναι οξυγώνιο), εφαρμόζουμε θεώρημα οξείας γωνίας: ΒΓ ΒΓ 7 7 ΑΒ AΔ ΒΓ ΒΓ 9 70 ΒΓ ΘΕΜΑ ο _ α) Η λάθος απάντηση είναι η Β. β γ α ΜΔ Το σωστό είναι: γ β α ΜΔ διότι γ>β β) Εφαρμόζουμε το Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΓ: α γ β β γ α 8 α ΜΔ α 00 α 0 0 MΔ 6 6 0ΜΔ ΜΔ 8 0 ΜΔ 7 5

48 [8] ΘΕΜΑ ο _6 ΑΔ ΑB α) 8ΔΓ 70 ΔΓ ΔΓ 5 ΔΓ BΓ ΔΓ 0 8 Επομένως: ΑΔ ΔΓ 9 5 β) ΒΓ ΑΒ ΒΓ ΑΒ AΓ A 90 AΓ Άρα το ΑΒΓ είναι ορθογώνιο τρίγωνο. o ΘΕΜΑ ο _7

49 [9] α) ΕΒΓΔΖ 76 ΑBΓΔ (ΑΕΖ) 76 α α α 76 α α α 769α 76 5 α α 00 α β) Εφαρμόζουμε το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο ΑΕΖ: ΕΖ α 5 α 5 ΕΖ Η περίμετρος του ΕΒΓΔΖ είναι: 6 α α α α α α α 5 ΕΖ 5 α ΕΖ α 6 5 ΘΕΜΑ ο _9006

50 [50] α) ρ R ΛΜ ΚΜ 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). R - ρ MN ON OM β) Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο ΟΜΚ κι έχουμε: ρ R R R - ρ MK OK OM 0 ρ Rρ R R Rρ ρ R ρ ρ R R R Rρ ρ R R ρ R ρ 0 ρ R ρ R R Rρ R R 0 0 0

51 [5] ΘΕΜΑ ο _9009 α) Οι ευθείες ΔΕ και ΑΒ τέμνονται στο σημείο Ζ. ΔΓ // ΑΖ ΔΓ ΕΖ άρα ΑΖ ΕΖ Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΖΕ: AE AZ ZE AE 7 AE AE 65 AE 5 km β) Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΓΔΕ: ΓΕ ΓΔ ΔΕ ΓΕ 696 ΓΕ ΓΕ 5 km Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ: ΑB ΒΓ AΓ 09 km Παρατηρούμε ότι ΑΕ AΓ + ΓΕ επομένως τα σημεία Α, Γ, Ε δεν είναι συνευθειακά.

52 [5] ΘΕΜΑ ο _90 β γ α β γ α α α) μ μ α μ α α α μ α μ α α α α μ α α α μ α β) Οι χορδές ΑΡ και ΒΓ τέμνονται στο σημείο Μ, άρα: α MA MΡ ΜΒ ΜΓ MΡ α α MΡ α 6 α α α MΡ α MΡ γ) Φέρνουμε τα ύψη ΑΕ και ΡΖ των τριγώνων ΑΒΓ και ΜΓΡ αντίστοιχα. Τα τρίγωνα ΑΜΕ και ΜΖΡ έχουν: E Z ( = 90 0 ) EMA ZMΡ ( κατακορυφήν ) EM Άρα: ΕΜΑ ΖΜΡ ZM Επομένως: EA ZΡ MA MΡ EA ZΡ α α 6 MA MΡ EA ZΡ EA 6α ZΡ α EA ZΡ () α MΡ α

53 [5] BΓ AE ( ) ( ΑΒΓ) (ΑΒΓ) MΓ AE (ΑΒΓ) AE (ΑΒΓ) (MΡΓ) (MΡΓ) MΓ ZΡ (MΡΓ) ZΡ (MΡΓ) MΓ ZΡ (ΑΒΓ) 6 (ABΓ) 6(MΡΓ) (MΡΓ) ΘΕΜΑ ο _905 α) Οι χορδές και ΒΔ τέμνονται στο σημείο Μ άρα: ΔB ΔB MB ΜΔ MA ΜΓ MA ΜΓ ΔB MA ΜΓ ΔB MA ΜΓ β) Στο τρίγωνο ΑΒΔ, ΑΜ είναι διάμεσος άρα εφαρμόζουμε το ο θεώρημα διαμέσων: ΑΒ ( ) ΑΒ ΑΔ ΑΔ ( ) ΔΒ ΑΜ ΑΜ () ΜΑ MΓ ΑΒ ΑΔ ΑΜ ΜΓ ΑΒ ΑΔ ΑΜ ΑΒ ΑΔ ΑΜ ΑΜ ΜΑ MΓ γ) Στο τρίγωνο ΓΒΔ, ΓΜ είναι διάμεσος άρα εφαρμόζουμε το ο θεώρημα διαμέσων: ΓΒ ( ) ΓΒ ΓΔ ΓΔ ( ) ΔΒ ΓΜ ΓΜ ΜΑ MΓ ΓΒ ΓΔ ΓΜ ΜA ΓΒ ΓΔ ΓΜ ΓΒ ΓΔ ΓΜ ΓΜ Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις () και () έχουμε: () ΜΑ MΓ ()

54 [5] ΓM AM ΔΑ ΓΔ ΒΓ ΑΒ M Γ ΑM AΓ ΔΑ ΓΔ ΒΓ ΑΒ Γ A ΔΑ ΓΔ ΒΓ ΑΒ ΘΕΜΑ ο _907 α) 5 5 α γ β α α γ β α α γ β μ α 6 5 γ β α γ β α α γ β α Άρα: 0 90 A γ β γ β α β) Α τρόπος Τα τρίγωνα ΑΕΗ και ΑΔΓ έχουν: ΔΓ A AEH ( = 90 0 ) Γ ΔA EAH (κοινή γωνία)

55 [55] AE Άρα ΕΑΗ Δ AΔ AH AΓ EH ΓΔ AE AH ΑΔ AH ΑΕ () AΔ AΓ Β τρόπος Το τετράπλευρο ΓΔΗΕ έχει Δ E , άρα είναι εγγράψιμο. Συνεπώς τα τμήματα ΗΔ, ΕΓ είναι χορδές κύκλου που τέμνονται στο Α και θα ισχύει: ΑΔ AH ΑΕ ΘΕΜΑ ο _909 α) i) ii) 80 6 ΑΒΓ B 7 7 ΑΒΔ ΔBΓ 6 Τα τρίγωνα ΒΔΓ και ΑΒΓ έχουν: ΔΒΓ A ( = 6 0 ) Γ Γ (κοινή γωνία) Άρα ΒΓΔ AΓΒ ΒΓ Η γωνία ΓΔ ΒΓ ΓB 0 ΓΔ 0 () ΒΔΓ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΑΒΔ, άρα: ΒΔΓ A AΒΔ

56 [56] Συνεπώς ΒΔΓ Γ άρα το τρίγωνο ΒΔΓ είναι ισοσκελές με BΓ=ΒΔ (). 0 Ομοίως, ΔΒ A A 6 άρα το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές με ΑΔ=ΒΔ (). Από () και () προκύπτει ότι ΑΔ=ΒΓ. Επομένως η σχέση () γίνεται: ΒΓ ΓΔ ΑΔ ΓΔ 0 β) Στο ΑΒΓ, A 90, άρα εφαρμόζουμε το θεώρημα οξείας γωνίας: BΓ ΑΒ ΑΚ BΓ ΔΓ B Γ ΑΔ ΔΚ BΓ ΑΔ ΒΓ ΑΔ ΑΔ ΑΔ ΔΓ ΑΔ ΑΔ ΔΚ ΑΔ AΓ - ΑΔ - ΑΔ ΑΔ ΑΔ ΑΔ ΑΔ ΑΔ ΑΔ Δ=+=5 ΑΔ ΑΔ ΑΔ 0 ΑΔ= απορρίπτεται Άρα ΑΔ= 5 ΘΕΜΑ ο _8985 α) Τα τρίγωνα ΑΜΓ και ΑΒΓ έχουν: ΓΑΜ ΓΑB (κοινή γωνία) ΜΓΑ ΓBA (εγγεγραμμένες που βαίνουν σε ίσα τόξα) Επομένως: Μ ΑΒΓ ΑΒ ΑM ΑΜ AB

57 [57] β) ΑΜ AB ΑΒ ΑM Τα τρίγωνα ΑΜΓ και ΑΒΓ έχουν: ΑM (αποδείχθηκε) και ΓΑΜ ΓΑ B (κοινή γωνία) άρα είναι όμοια. ΑΒ Συνεπώς οι αντίστοιχες γωνίες των τριγώνων θα είναι ίσες, οπότε: ΜΓΑ ΓBA AB AΓ άρα το σημείο Α είναι μέσο του τόξου ΓΔ. ΘΕΜΑ ο _ α) β γ α α, άρα α β γ A 90 β) Εφαρμόζουμε θεώρημα οξείας γωνίας στο τρίγωνο ΑΒΓ: α β γ γ ΑΕ α α β γ α β γ γ) γ ΑΕ γ ΑΕ α 0 α AE γ α α α α AM μ α Άρα α μ α

58 [58] Σημείωση : Δεν υπάρχει κανένας λόγος να δίνεται στη διατύπωση της άσκησης ότι το σημείο Ζ είναι μέσο της ΑΜ. ΘΕΜΑ ο _ α) Σωστή απάντηση: (ii) ΕΓ EA EB β) i. Το τρίγωνο Β είναι ορθογώνιο στο Γ, διότι ημικύκλιο. B 90 Α Γ 0 ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε Το τετράπλευρο ΔΕ είναι εγγράψιμο διότι E A ΓΔ Οι πλευρές ΑΕ και ΓΔ (που θεωρούνται χορδές του περιγεγραμμένου κύκλου του ΔΕ) τέμνονται στο σημείο Β, οπότε: ΒΓ BΔ ΒΑ ΒΕ ii. To EΓ είναι εφαπτόμενο τμήμα του κύκλου επομένως: ΕΓ EA EB ΕΓ EB AB EB ΕΓ EB ΒΑ BE

59 [59] ΕΓ ΒΑ BE EB ΕΓ ΒΓ BΔ EB ΘΕΜΑ ο _5 α) Αν x, y, z είναι τα μήκη των προσόψεων των τριών οικοπέδων, τότε εφαρμόζοντας το θεώρημα του Θαλή έχουμε: x y z x y z x 5 5 x 8 x 60m 8 y 5 5 y 5 y 65m 5 z 5 5 z 56 z 70m 56 β) Η ιδιοκτησία είναι σχήματος τραπεζίου, στο 5 οποίο η μία βάση είναι διπλάσια της άλλης. Φέρνουμε το κάθετο τμήμα ΑΒ, οπότε

60 [60] εφαρμόζουμε το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ. ΑΒ ΒΓ ΒΓ 56 ΒΓ 95 6 ΒΓ ΒΓ 7 Επομένως η περίμετρος της ιδιοκτησίας είναι: Περίμετρος m ΚΕΦΑΛΑΙΟ 0 ΕΜΒΑΔΑ ΘΕΜΑ ο _908 α) Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΟΒΓ έχουν: B B (κοινή γωνία) A ΔB ΟΓB ( είναι ορθές ως εγγεγραμμένες σε Άρα ΒΔΑ ΒΓΟ ημικύκλιο)

61 [6] ΒΔ AΔ AB ΒΔ AΔ OB ΒΔ AΔ β) ΒΓ OΓ OB ΒΓ OΓ OB ΒΓ OΓ Επομένως: ΒΔ AΔ ΒΔ BΓ () και ΑΔ OΓ () ΒΓ OΓ ( ), ( ) ΑΔ ΒΔ ΟΓ BΓ ΟΓ BΓ (ΑΔΒ) = (OΓΒ) ΘΕΜΑ ο _89 α) Το ΕΚ είναι διάμεσος του τριγώνου ΒΕΔ, άρα: (ΒΕΔ) ( EKΔ) β) Στο παραλληλόγραμμο ΑΕΔΖ, η διαγώνιος ΕΖ το χωρίζει σε δύο ίσα (άρα και ισεμβαδικά) τρίγωνα, οπότε: (ΑΕΔΖ) ( ΕΔΖ) γ) Το ΖΛ είναι διάμεσος του τριγώνου ΖΔΓ, άρα: (ΔΖΓ) ( ΔΖΛ) (ΚΕΖΛ) (ABΓ) (ABΓ) (BΕΔ) (AΕΔΖ) (ΔΖΓ) (ΕKΔ) (ΕΔΖ) (ΔΖΛ)

62 [6] ΘΕΜΑ ο _9 α) Το τμήμα ΒΜ είναι διάμεσος στο τρίγωνο ΑΒΔ, άρα: β) Το τμήμα ΓΜ είναι διάμεσος στο τρίγωνο Δ, άρα: Άρα: (ΑΒΔ) ( ABM) (Δ) ( ΔΓM) (ABΔ) (AΓΔ) (ABΔ) (AΓΔ) (ABΓ) ( AMB) (ΜΔΓ)

63 [6] ΘΕΜΑ ο _97 α α α α) ( ΒΕΔ) (ΑΒΓΔ) α 8α α α 8α 0 α (α 8) α 0 (απορρίπτεται ) ή α 8cm β) ΓΕ 8 ΔΕ 8-6 Εφαρμόζουμε το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΓΕ: B Ε ΓΕ ΒΓ BΕ 6 8 BΕ 6 6 BΕ 00 BΕ 0 ΘΕΜΑ ο _98

64 [6] α) Η διαγώνιος ενός παραλληλογράμμου το χωρίζει σε δύο ίσα (άρα και ισεμβαδικά) τρίγωνα. Επομένως: (ΑΒΔ) = (ΒΓΔ) (ΑΒΔ) (ΒΓΔ) Στο τρίγωνο ΑΒΔ, ΒΜ είναι διάμεσος, άρα: ( ΑΒΜ) β) Το ύψος υ του ΑΒΓΔ προς την πλευρά ΔΓ είναι προφανώς και ύψος του τριγώνου ΒΓΕ προς τη βάση ΓΕ. ΓΕ ΓΕ υ ( ΑΒΓΔ) ΓΔ υ υ (ΒΓΕ) ΘΕΜΑ ο _0 α) Στο ορθογώνιο ΒΓΕ έχουμε: Εφαρμόζουμε στο ΑΒΓ θεώρημα οξείας γωνίας: AB o ΓΕ ΓΕ συν0 ΓΕ ΓΕ ΒΓ ΒΓ AΓ AΓ ΓΕ AB ΓΕ AB 7 AB 7 6 AB AB cm cm

65 [65] β) ( ABΓ) ΒΓ AΓ ημγ cm α β γ γ) ( ΑΒΓ) R R cm R R ΘΕΜΑ ο _90 α) Γνωρίζουμε ότι οι ακτίνες που καταλήγουν στα σημεία επαφής είναι κάθετες στις εφαπτομένες. Άρα: ΟΑΑΒ και ΚΒΑΒ Συνεπώς:

66 [66] OA AB KB AB MN AB άρα ΟΑ // ΚΒ // ΜΝ Τα τρίγωνα ΚΛΜ και ΟΚΑ έχουν: MK Λ OKA (κοινή γωνία) KM Λ KOA (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΜΛ, ΟΑ που τέμνονται από την ΟΚ) KM Άρα: ΚΜΛ ΚΟΑ KO β α β ΜΛ α ΜΛ AO KΛ AK β α β αβ α β MΛ αβ MΛ α β β KΛ β AK AΛ β AΛ AΛ β AΛ α β β β) α β AK α β AK α β AK AK α β AK α β AΛ α () AK α β Τα τρίγωνα ΑΛΝ και ΒΚΑ έχουν: NA Λ KAB (κοινή γωνία) AN Λ KBA ( = 90 0 ) ( ) AN NΛ AΛ AN Άρα: ΑΝΛ ΑΒΚ AB BK AK AB NΛ β α α β Επομένως: α β γ) Τα τρίγωνα ΑΛΝ και ΚΜΛ έχουν Άρα: ΜΛ α NΛ α β α β αβ ΛΝ αβ ΛΝ α β KΛ AK ΑΛΝ KΛM (κατακορυφήν). θεώρημαθαλή ΑΛΝ ΑΛ ΛΝ MΛ ΛΝ ΑΛ OM α α π α E ΚΜΛ ΛΜ ΛΚ ΛΚ MΚ β β π β E

67 [67] ΘΕΜΑ ο _90 α) Τα τρίγωνα ΑΜΛ και ΑΒΓ έχουν τη γωνία A κοινή, άρα: (AMΛ) (ΑΒΓ) AM ΑΛ AB AB AB β) Τα τρίγωνα BMZ και ΑΒΓ έχουν τη γωνία B κοινή, άρα: (BMZ) (ΑΒΓ) BM BZ AB AB BΓ AB BΓ Τα τρίγωνα ΓΖΛ και ΑΒΓ έχουν τη γωνία Γ κοινή, άρα: (ΓZΛ) (ΑΒΓ) Επομένως: ΒΓ ΓZ ΓΛ ΒΓ AΓ ΒΓ AΓ 9 6 (AMΛ), άρα (ΑΜΛ) (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) (BMZ), άρα (BΜZ) (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) 6 6 (ΓZΛ), άρα (ΓZΛ) (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) 9 9 ΜΖΛ ΑBΓ ΑΜΛ BΜZ ΓZΛ ΑBΓ ΑBΓ ΑBΓ ΑBΓ 6 9

68 [68] γ) Άρα: ΜΖΛ ΑΒΓ AMZΛ ΑΒΓ ΑBΓ ΑBΓ ΑBΓ AMΛ MZΛ ΑΒΓ ΜΖΛ 5 ΑΒΓ ΑΒΓ ABΓ ABΓ 5 8 ABΓ ΑΒΓ 8 ΘΕΜΑ ο _0 α) ΚΓΒ ΚB AΔ m β) KEZΓ) ΖΓ AΔ AB AK 0 60 AE KE ZΓ ( m 0 γ) Από το Ε φέρουμε κάθετη στην ΔΓ που τέμνει την ΔΓ στο Η. Εφαρμόζοντας Πυθαγόρειο θεώρημα στο ΕΗΖ έχουμε: EZ EH HZ EZ 0 ( 00) EZ EZ 000

69 [69] EZ Άρα: ( KEZΓ) EΖ υ υ υ υ υ δ) Φέρνοντας από το Γ ύψος του τραπεζίου, προκύπτει ορθογώνιο τρίγωνο, στο οποίο εφαρμόζοντας το Πυθαγόρειο θεώρημα, έχουμε: ΒΓ ΒΓ ΒΓ 00 ΒΓ 0 ΘΕΜΑ ο _9 α) ΜΓ ΜΒ MΑ ΜΓ R R ΜΓ 8R ΜΓ 8 R ΜΓ R 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: Μ ΓΟ Μ AΔ (= 90 0 ) M M (κοινή γωνία) Άρα : ΓΜΟΑΜΔ οπότε ΓΜ ΜO ΓO. AM MΔ AΔ

70 [70] Έχουμε συνεπώς: β τρόπος ΓΜ AM ΜO ΜΟ ΜΑ MΓ MΔ MΔ Το τετράπλευρο ΑΟΓΔ είναι εγγράψιμο, διότι Δ ΓΟ OAΔ Οι πλευρές ΑΟ και ΓΔ (που θεωρούνται χορδές του περιγεγραμμένου κύκλου του ΑΟΓΔ), τέμνονται στο Μ οπότε: ΜΟ ΜΑ MΓ MΔ 6R γ) ΜΟ ΜΑ MΓ MΔ R R R MΔ R R MΔ ΜΔ 6R ΜΔ ΜΔ R ΑΔ=ΔΓ=ΜΔΜΓ= R R R AOΓΔ ΟAΔ OΓΔ R R R () ΜΓ ΟΓ R () MOΓ R Από () και () προκύπτει ότι: (ΑΟΓΔ)=(ΜΟΓ).

71 [7] ΘΕΜΑ ο _ 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. ΟΜ ΟΑ ΑΜ OA BK 8 6 Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΜΟΚ: MK MK MO OK MK 6 MK 6 MK 6 08 MK 6 β) Για το τραπέζιο ΑΟΚΒ έχουμε: AOKB OA KB KM 8 6 γ) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΜΟΚ έχουμε: MO 6 OK MO OK άρα M K O 0 MOK 60 0

72 [7] δ) ΑΟΓ 8 ημ Β KΔ ημ 0 Επομένως (ΑΟΓ)=6(ΔΒΚ) ΘΕΜΑ ο _7 α) Τα τρίγωνα ΑΜΛ και ΑΒΓ έχουν κοινή τη γωνία A, οπότε: (ΑΜΛ) (AΒΓ) ΑΜ AΛ ΑΒ (ΑΜΛ) (AΒΓ) (ΑΜΛ) (ΑΒΓ) () ΑB AΓ ΑΒ (ΑΜΛ) (AΒΓ) (ΑΜΛ) (AΒΓ)

73 [7] β) Τα τρίγωνα ΒΜΖ και ΑΒΓ έχουν κοινή τη γωνία B, οπότε: (BΜZ) (AΒΓ) BΜ BZ ΑΒ BΓ (BΜZ) (AΒΓ) (BΜZ) (ΑΒΓ) () 6 ΑB BΓ ΑΒ BΓ (BΜZ) (AΒΓ) (BΜZ) (AΒΓ) 6 γ) Τα τρίγωνα ΓΛΖ και ΑΒΓ έχουν κοινή τη γωνία Γ, οπότε: (ΓΛZ) (AΒΓ) ΓΛ ΓZ BΓ (ΓΛZ) (AΒΓ) (ΓΛZ) (ΑΒΓ) () 9 Επομένως: BΓ BΓ ΜΛΖ (ABΓ) (AMΛ) - (BMZ) - (ΓΛΖ) 6 9 (ΓΛZ) (AΒΓ) (ΓΛZ) (AΒΓ) ΜΛΖ (ABΓ) (ABΓ) - (ABΓ) - (ABΓ) ΜΛΖ (ABΓ) (ABΓ) 5 ΜΛΖ ΜΛΖ (ABΓ) 8 (ABΓ) 5 (AΒΓ) (AΒΓ) (AΒΓ) (ΑΜΖΛ) (AMΛ) (ΜΛΖ) 8 8 (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) ΘΕΜΑ ο _8

74 [7] α) Α Γ Β=90 0 ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο Το τετράπλευρο ΒΕΔΓ είναι εγγράψιμο διότι: Δ Γ Β+ Δ E Β= =80 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: ΑΒ ΑΕ AΓ ΑΔ ΑE BE ΑΕ AΓ ΑΔ ΑΕ ΒΕ ΑΕ AΓ ΑΔ γ) Τα τρίγωνα Ε και ΒΓΕ έχουν κοινή τη γωνία Β E Γ άρα: (Ε) (ΒΕΓ) ΓΕ ΑΕ ΓΕ BΕ ΑΕ BΕ ΘΕΜΑ ο _6

75 [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 διχοτόμου κι έχουμε: ΒΕ ΕΔ ΑΒ ΑΔ ΒΕ ΕΔ ΒΕ ΕΔ β) Τα τρίγωνα BΓΕ και ΓΕΔ έχουν παραπληρωματικές τις γωνίες Β E Γ και Δ E Γ οπότε: ΒΕΓ ΒE ΕΓ ΒE ΔΕΓ ΔΕ ΕΓ ΔΕ γ) Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΓΕΔ έχουν κοινή τη γωνία Δ, άρα: ΑΒΔ ΑΔ ΒΔ ΑΔ ΒΔ ΓΕΔ ΓΔ ΕΔ ΓΔ ΕΔ () ΑΔ ΓΔ Γνωρίζουμε ότι: ΓΔ ΓΔ ΒΕ ΕΔ Από (), () και () έχουμε: ΑΒΔ ΓΕΔ ΑΔ ΒΔ ΓΔ ΕΔ ΑΔ ΓΔ () ΒΕ ΕΔ ΕΔ ΒΔ 5 5 ΕΔ ΒΔ ΕΔ 5 () Παρατήρηση: Υπάρχει προφανώς λάθος στην εκφώνηση στο (γ) ερώτημα. Η σχέση που θα έπρεπε να ζητείται να αποδειχθεί, είναι : ΑΒΔ ΓΕΔ 5

76 [76] ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΜΕΤΡΗΣΗ ΚΥΚΛΟΥ ΘΕΜΑ ο _95 α) Εφόσον το πολύγωνο είναι κανονικό εξάγωνο, η πλευρά του θα είναι : c λ 6 6 β) Γνωρίζουμε ότι αν R είναι η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του κανονικού εξαγώνου, ισχύει: λ E 6 6 λ 6 R και 6 α 6 λ R λ 6 c α6 λ α 6 c c c 6 c

77 [77] ΘΕΜΑ ο _96 BΔ α) Το τρίγωνο ΟΓΔ είναι ισοσκελές (ΟΓ= = 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: KN KΔ ΔΝ KN 5 5 KN 0 β) Η ακτίνα του κύκλου είναι R ΑΔ 5 E πr (ΚΛΜΝ) 5 π (π - ) 5 5 KN 50 (ΚΛΜΝ) 50

78 [78] ΘΕΜΑ ο _00 α) R R AB AB BA BA BA ΒΔ ΒΓ ρ ρ ρ ΒΔ ΑΒ Δ A β) π π π π π πρ πr E

79 [79] ΘΕΜΑ ο _0 α) Αν R είναι η ακτίνα των ίσων ημικυκλίων, τότε: ΔΖ ΔΕ R R R R 6 Η περίμετρος του σχήματος είναι: BE ΓΖ S S S S 0 0 πr 0 π 6 0 π ΑΒ ΔZ ΔE β) E (ABEΔ) Ε (AΓΖΔ) Ε (ABEΔ) (AΓΖΔ) 0 80 ημικυκλιου ημικυκλιου

80 [80] ΘΕΜΑ ο _05 α) R AB 6R AB R 7R AB ΑΒ R ΟΑ AΓ ΑΒ λ R BΓ λ R AB ΒΓ ΑΒ β) o ω ΒΟ Γ λ BΓ R πr ημ R πr (ΟΒΓ) O BΓ E o τμήματος υκλ. Κ π R R πr ΘΕΜΑ ο _9

81 [8] α) Το τετράπλευρο ΚΑΛΒ είναι ρόμβος διότι ΚΑ=ΑΛ=ΛΒ=ΒΚ=R Στο τρίγωνο ΚΑΛ έχουμε: ΚΛ ΚΑ R R 0 ΑΛ R R R ΚΛ ΚΑ ΑΛ Λ K A 90 Επομένως το ΚΑΛΒ είναι και ορθογώνιο, άρα είναι τετράγωνο. πr 90 R πr R πr R β) E K AB (KAB) 60 R π ΘΕΜΑ ο _90

82 [8] α) ΑΒ R λ BΟ Γ 0 Άρα BΓ A 60 o o o ΒΓ και Γ BA 0. Επομένως R ΑΒ AΓ R ΑΒΓ R R β) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΔΓ έχουν: BΑ Γ Δ Α Γ 90 BΓ A BΔ Γ 60 Άρα ΒΑΔΓ οπότε θα ισχύει: ΑB o o ΑΔ ΑB ΓB ΔΓ ΓB R R R ΔΓ R ΔΓ ΔΓ R ΔΓ R πr 60 γ) E BΔΓ ΑΒΓ O OAΓ R R R ημ60 R R πr 6 R R πr R R 60 7 π

83 [8] ΘΕΜΑ ο _99 α) MA OM R MA R MA R MA OA MB OB MA OA β) i. (OAMB) (OAM) (OMB) MA OA R R R ii. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΜ έχουμε: R εφ AOM άρα A O M =60 0. Ομοίως R BO M =60 0 άρα A O B =0 0 πr μ πr 0 πr O AB Το εμβαδόν της σκιασμένης περιοχής είναι: πr R πr R π E (OAMB) O AB R

84 [8] γ) Το ΑΟΓ είναι ισοσκελές (ΟΑ=ΟΓ=R) κι έχει A O M =60 0 οπότε είναι ισόπλευρο με πλευρά R. Ομοίως και το ΒΟΓ. Επομένως: R R ( OAΓΒ) (ΑΟΓ) (ΒΟΓ) ΘΕΜΑ ο _0

85 [85] α) To ΚΑΛΒ είναι ρόμβος (ΚΑ=ΑΛ=ΛΒ=ΒΚ=R) επομένως οι διαγώνιοί του διχοτομούνται και β) i. τέμνονται κάθετα. Αν Μ το σημείο τομής των ΚΛ και ΑΒ, τότε στο ορθογώνιο ΜΑΚ έχουμε: R KM συνα Κ Λ συνα Κ Λ συνα Κ Λ Α Κ Λ 0 AK R Άρα o K A M 60 K A Λ 0 (ΑΚΒΛ) (ΑΚΛ) o ΑΚ AΛ ημ0 o ii. Υπολογίζουμε το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος που σχηματίζεται μεταξύ της χορδής ΑΒ και του τόξου E κυκλ.τμήματος AB του κύκλου (Λ, R): πr 60 πr (ABΛ) 60 6 R o R ημ60 Επομένως το εμβαδόν του ζητούμενου μηνίσκου είναι: E πr R E κυκλ.τμήματος πr R 6π π R π 6 6 πr 6 o R R π 6πR R π 6 π

86 [86] ΘΕΜΑ ο _07 α) R R (ΑΒΓΔΕΖ) 6 λ 6 α6 R β) Το τρίγωνο Δ είναι ορθογώνιο διότι A ΓΔ 90 Συνεπώς, εφόσον ΑΜ είναι διάμεσος του Δ, έχουμε: (Δ) ΓΔ λ (AMΔ) γ) ΑΜΔΕΖ ΑΔΕΖ ΑΔΜ λ 6 R o R R (ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο). ΑΒΓΔΕΖ R R ΑΔΜ R () ΑΒΓΜ ΑΒΓΔ ΑΔΜ ΑΒΓΔΕΖ R R R ΑΔΜ () Από () και () έχουμε: (ΑΜΔΕΖ)=(ΑΒΓΜ)

87 [87] πr 0 πr πr R δ) E O ABΓ (OAΓ) R ημ0 R 60 R π R R π ΘΕΜΑ ο _5 α) o Α Γ Β 90, ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο. ΒΓ ΒΓ Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε: ημ0 ΒΓ R ΒΓ R ΑΒ R β) Τα τρίγωνα ΡΒΓ και ΡΑΒ έχουν: Ρ Γ Β Ρ BA (=90 0 )

88 [88] Ρ Ρ (κοινή γωνία) Άρα ΓΡΒ ΒΡΑ οπότε: Δηλ. Επομένως: ΓΡ ΒΡ ΒΓ R λ () BA R ΡΒΓ λ ΡAΒ γ) Από τις σχέσεις () και () έχουμε: BΡ BΓ λ () AΡ ΒA ΡΒΓ ΡAΒ ΓΡ ΒΡ ΡΒΓ ΡAΒ ΒΡ BΡ ΡΓ και ΡΑ BΡ AΡ Επομένως, εφαρμόζοντας Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΡ έχουμε: ΡΑ ΡΒ AB ΡΒ ΡΒ R ΡΒ ΡΒ R ΡΒ R R R R R ΡΒ ΡΒ ΡΒ ΡΒ δ) o BAΓ 0 ΒΓ 60 ΒOΓ 60 E κυκλ πr 6. τμήματος o o πr 60 πr O ΒΓ (ΟΒΓ) R ημ60 R 60 6 R πr R R π

89 [89] ΘΕΜΑ ο _ α) i. Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο διότι Β A Γ =90 0 ως εγγεγραμμένη γωνία που βαίνει σε ημικύκλιο. Έχουμε λοιπόν: ΒΓ ΓΕ R R R R λ 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: ΑΔ BE EΓ R ΑΔ ΑΔ R ΑΔ A ΑΔ Γ R 6R

90 [90] β) Τα τρίγωνα ΔΒΓ και ΔΑΒ έχουν κοινή γωνία τη Δ, οπότε: (ΔΑΒ) (ΔΒΓ) (ΔΑΒ) (ΔΒΓ) ΔΑ ΔΒ ΔΒ ΔΓ R R (ΔΑΒ) (ΔΒΓ) (ΔΑΒ) (ΔΒΓ) ΔΑ ΔΓ (ΔΑΒ) (ΔΒΓ) ΔA AΓ (ΔΑΒ) (ΔΒΓ) R R R ΘΕΜΑ ο _5 α) π π A ΘΟ 60

91 [9] β) π π π π (AΘΟ) A ΘΟ E ΟΑ τμημα. κυκλ γ) π π Ε (ΑΒΓΔ) E ΟΑ τμήμα. κυκλ π - 50 π π π ΘΕΜΑ ο _6 α) π α πα α πα α X β) 8 πα α π X πα πα πα πα πα X πα X

92 [9] γ) πα π α α πα π α πα π α X X π α π α α διότι π>8 Οπότε X X ΘΕΜΑ ο _0 Ισχύει ότι =ΓΔ=ΔΒ= δ α) Έστω R η ακτίνα του κύκλου, δηλ. δ=r. πδ δ π πr E

93 [9] β) AΔ π BΔ π BΓ π AΓ π S S S S S AΔ BΔ BΓ πr δ π δ δ π AΔ BΔ BΓ AΓ π γ) πδ πδ πδ πδ πδ πδ δ π δ π δ π E 7 6 πδ πδ πδ πδ πδ πδ δ π δ π δ π δ π E πδ πδ πδ πδ πδ πδ πδ πδ πδ πδ δ π δ π δ π E 7 6 πδ πδ Άρα: E E E ΘΕΜΑ ο _

94 [9] α) i. AB R λ AOB ω 90 Άρα το τρίγωνο ΑΟΒ είναι ορθογώνιο. o ii. Το τετράπλευρο ΟΑΣΒ είναι τετράγωνο (Α O Β = Ο A Σ = Ο B Σ = 90 ο και ΟΑ=ΟΒ=R), άρα β) OAΣΒ οι διαγώνιοί του είναι ίσες, οπότε: ΟΣ=ΑΒ= R. ΣΜ ΟΣ ΟΜ R R R O AB R R π πr ΘΕΜΑ ο _ α) i. R R 6 7 ΑΒΓΔ cm ii. Η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου στο τετράγωνο ΑΒΓΔ, είναι ρ α R 6 cm Επομένως: E ΑΒΓΔ πρ 7 π 78π 8 π cm

95 [95] β) Αν ονομάσουμε Ε το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος που βρίσκεται εκτός του τετραγώνου αλλά εντός του περιγεγραμμένου κύκλου, τότε έχουμε: ΑΒΓΔ π 6 7 6π 7 6 π πr E 9 π π 9 π 78π 9π π 0 E E 8 Άρα: E E cm ΘΕΜΑ ο _ α) S S ΑΔ R π 60 π R 0 π R π R 0 π R 80 6 Επομένως: S ΑΔ S β) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΟΔ ( Ο Δ Α=90 0 ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο) έχουμε: ΟΔ συν0 OA ΟΔ R R ΟΔ

96 [96] 6 6R - R R π R R 6 R π ΟΔ ΟΓ 6 R π 6 R π ΔΓ S S Π ΑΔ π R