Γεωμετρία Α' Λυκείου Κεφάλαιο 4 ο (Παράλληλες ευθείες) Λύσεις Διαγωνισμάτων

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Γεωμετρία Α' Λυκείου Κεφάλαιο 4 ο (Παράλληλες ευθείες) Λύσεις Διαγωνισμάτων"

Θεόκλεια Ιωαννίδης
8 χρόνια πριν
Προβολές:

1 Λύσεις Διαγωνισμάτων

2 Λύσεις 1 ου Διαγωνίσματος Θέμα 1 ο α) Από μία κορυφή, π.χ. την Α, φέρουμε ευθεία xy ΒΓ. Τότε ω = Β και φ = Γ, ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων xy και ΒΓ με τέμνουσες ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα. Αλλά Α + ω + φ = 180 ο, δηλαδή, Α + Β + Γ = 180 ο β) Εχουμε ΖΕ Β = ΓΒ Δ = 1 ΑΒ Γ (ως εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη των παραλλήλων ε και ΒΔ που τέμνονται από την ΑΒ). Επίσης ΒΖ Ε = ΑΒ Δ = 1 ΑΒ Γ (ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων ευθειών ε και ΒΔ που τέμνονται από την ΑΒ). Από τις προηγούμενες σχέσεις προκύπτει ΒΖ Ε = ΖΕ Β. Θέμα ο α) Επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο, οι γωνίες του είναι ίσες με 60 ο. Αρα ΔΑ Ε = 180 ο Α = 180 ο 60 ο = 10 ο. Επειδή το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισοσκελές με βάση τη ΔΕ, έχει Δ 1 = Ε. Από το άθροισμα γωνιών του τριγώνου ΑΔΕ έχουμε: Δ 1 + Ε + ΔΑ Ε = 180 ο Δ ο = 180 ο Δ 1 = 60 ο Δ 1 = 30 ο = Ε β) Είναι Δ = Δ 1 = 30 ο ως κατακορυφήν και Γ = 60 ο, οπότε από το άθροισμα γωνιών του τριγώνου ΔΖΓ προκύπτει ότι ΔΖ Γ = 90 ο. Αρα ΕΖ ΒΓ.

Επίσης ΒΖ Ε = ΑΒ Δ = 1 ΑΒ Γ (ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων ευθειών ε και ΒΔ που τέμνονται από την ΑΒ). Από τις προηγούμενες σχέσεις προκύπτει ΒΖ Ε = ΖΕ Β.

3 Θέμα 3 ο α) Γνωρίζουμε ότι η εξωτερική γωνία ενός τριγώνου ισούται με το άθροισμα των δύο απέναντι εσωτερικών γωνιών του, δηλαδή, Α εξ = Β + Γ. Όμως Α εξ = Β άρα Β = Β + Γ Β = Γ. Επομένως το τρίγωνο ΑΒΓ έχει δύο γωνίες του ίσες και είναι ισοσκελές με βάση τη ΒΓ, δηλαδή, ΑΒ = ΑΓ. β) Στο τρίγωνο ΑΔΒ η ΔΚ είναι ύψος και διάμεσος, άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές με βάση την ΑΒ, οπότε Α = Β 1. Από το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου ΑΔΒ έχουμε: ΑΔ Β + Α + Β 1 = 180 ο 80 ο + Α = 180 ο Α = 100 ο Α = 50 ο Από το άθροισμα γωνιών του τριγώνου ΑΒΓ έχουμε: Α + Β + Γ = 180 ο 50 ο + Β = 180 ο Β = 130 ο Β = 65 ο = Γ Θέμα 4 ο Για να δείξουμε ότι η ΘΜ περνάει από το μέσο της Α, αρκεί να δείξουμε ότι ΑΜ = ΜΓ. Επειδή ΒΘ = ΒΗ, το τρίγωνο ΒΘΗ είναι ισοσκελές. Αρα ΒΗ Θ = ΒΘ Η. Η γωνία Β του τριγώνου ΑΒΓ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΒΗΘ. Αρα Β = ΒΗ Θ + ΒΘ Η = ΒΘ Η και επειδή Β = Γ, έχουμε: Γ = ΒΘ Η Γ = ΒΘ Η. Επιπλέον ΜΘ Γ = ΒΘ Η (ως κατακορυφήν). Αρα ΜΘ Γ = Γ, δηλαδή, το τρίγωνο ΜΘΓ είναι ισοσκελές, άρα ΘΜ = ΜΓ (1) Εχουμε ΑΘ Μ = ΑΘ Γ ΜΘ Γ = 90 ο Γ και από το άθροισμα γωνιών του ορθογώνιου τριγώνου ΑΘΓ έχουμε ΘΑ Μ = 90 ο Γ. Επομένως ΑΘ Μ = ΘΑ Μ, δηλαδή, το τρίγωνο ΑΜΘ είναι ισοσκελές και άρα ΑΜ = ΘΜ () Από τις (1), () συμπεραίνουμε ότι ΑΜ = ΜΓ, δηλαδή, η ΘΜ περνάει από το μέσο της ΑΓ. 3

β) Στο τρίγωνο ΑΔΒ η ΔΚ είναι ύψος και διάμεσος, άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές με βάση την ΑΒ, οπότε Α = Β 1.

4 Λύσεις ου Διαγωνίσματος Θέμα 1 ο α) i. Λάθος. Το τρίγωνο θεωρείται κυρτό πολύγωνο οπότε το άθροισμα των εξωτερικών του γωνιών του είναι 4 ορθές. ii. Λάθος. Είναι παραπληρωματικές, δηλαδή, έχουν άθροισμα 180 μοίρες. iii. Λάθος. Είναι ίσες. iv. Λάθος. Είναι παράλληλες. β) i. Αν Κ το σημείο τομής των ΑΒ και ΕΓ, τότε ω = Κ 1 ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΑΒ και ΓΔ που τέμνονται από την ΓΕ. Όμως η Κ 1 είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΑΚΕ, οπότε ω = Κ 1 = φ + θ ii. Εχουμε ω = θ 1 ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΖΕ και ΓΔ που τέμνονται από την ΓΕ. Επιπλέον φ = θ ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΖΕ και ΑΒ που τέμνονται από την ΑΕ. Αρα θ = θ 1 + θ = ω + φ Θέμα ο α) Επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με βάση τη ΒΓ, ισχύει ότι Β = Γ. Από το άθροισμα γωνιών του τριγώνου ΑΒΓ έχουμε: Α + Β + Γ = 180 ο 40 ο + Β = 180 ο Β = 140 ο Β = 70 ο = Γ β) Επειδή ΒΔ = ΑΒ, το τρίγωνο ΒΔΑ είναι ισοσκελές με βάση την ΑΔ, άρα Δ = Α 1. Η γωνία Β του τριγώνου ΑΒΓ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΒΔΑ, άρα Β = Δ + Α 1 70 ο = Δ Δ = 35 ο = Α 1. Οπότε ΔΑ Γ = Α + Α 1 = 40 ο + 35 ο = 75 ο 4

Όμως η Κ 1 είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΑΚΕ, οπότε ω = Κ 1 = φ + θ ii. Εχουμε ω = θ 1 ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΖΕ και ΓΔ που τέμνονται από την ΓΕ.

5 Θέμα 3 ο α) i. Από το άθροισμα των γωνιών του ορθογώνιου τριγώνου ΑΒΓ, έχουμε: Β + Γ = 90 ο Γ + 0 ο + Γ = 90 ο Γ = 70 ο Γ = 35 ο Επομένως Β = Γ + 0 ο = 35 ο + 0 ο = 55 ο ii. Επειδή η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Α, ισχύει ότι ΒΑ Δ = ΔΑ Γ = 45 ο Είναι ω = ΒΑ Δ = 45 ο ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΔΕ, ΑΒ που τέμνονται από την ΑΔ. Είναι φ = Β = 55 ο ως εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη των παραλλήλων ΑΒ, ΔΕ που τέμνονται από τη ΒΓ. β) Επειδή ω = ΔΑ Γ = 45 ο, το τρίγωνο ΑΔΕ έχει δύο γωνίες ίσες και είναι ισοσκελές. Αλλά είναι και ορθογώνιο επειδή ΑΕ Δ = 180 ο ω ΔΑ Γ = 180 ο 45 ο 45 ο = 90 ο Θέμα 4 ο Στο τρίγωνο ΑΔΒ επειδή ΔΗ = ΗΒ και το ΑΗ είναι ύψος, το τρίγωνο είναι ισοσκελές και το ύψος θα είναι και διχοτόμος. Αρα Δ 1 = Β και Α 1 = Α. Επιπλέον Α 1 = Γ γιατί είναι οξείες γωνίες με κάθετες πλευρές. Στο τρίγωνο ΑΔΒ έχουμε: Δ 1 + Β + ΔΑ Β = 180 ο Δ 1 + ΔΑ Β = 180 ο Δ 1 = 180 ο ΔΑ Β Δ 1 = 90 ο ΔΑ Β Όμως οι γωνίες ΑΔ Γ και Δ 1 είναι παραπληρωματικές οπότε: ΑΔ Γ + Δ 1 = 180 ο ΑΔ Γ = 180 ο Δ 1 = 180 ο (90 ο ΔΑ Β ) = = 180 ο 90 ο + ΔΑ Β = 90ο + Α 1 + Α = 90 ο + Α 1 = 90ο + Α 1 = 90 ο + Γ 5

Είναι φ = Β = 55 ο ως εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη των παραλλήλων ΑΒ, ΔΕ που τέμνονται από τη ΒΓ. β) Επειδή ω = ΔΑ Γ = 45 ο, το τρίγωνο ΑΔΕ έχει δύο γωνίες ίσες και είναι ισοσκελές.

Σχετικά έγγραφα

ΘΕΜΑΤΑ. β. ΜΗΔ = 45 Μονάδες 5. Θέμα 4 ο Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α = 90 ) με ΑΓ > ΑΒ, η διάμεσός του ΑΖ και έστω Δ και

ΘΕΜΑΤΑ. β. ΜΗΔ = 45 Μονάδες 5. Θέμα 4 ο Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α = 90 ) με ΑΓ > ΑΒ, η διάμεσός του ΑΖ και έστω Δ και Α. Να χαρακτηρίσετε Σωστές (Σ) ή Λάθος (Λ) τις παρακάτω προτάσεις: α. Οι διχοτόμοι δύο διαδοχικών και παραπληρωματικών γωνιών σχηματίζουν ορθή γωνία. β. Οι διαγώνιες κάθε παραλληλογράμμου είναι ίσες μεταξύ