ΣΗΜΕΙΩΣΗ. Λύση: Β=Γ= = = = ˆ ˆ 180 Γ

Transcript

1 ΣΗΜΕΙΩΣΗ Οι λύσεις των θεμάτων είναι ενδεικτικές.πιθανόν να υπάρχουν και άλλες λύσεις και μάλιστα πιο απλές. ΘΕΜΑ α) Αφού ΑΒΓ ισοσκελές 180 ˆ ˆ ˆ Α Β=Γ= = = = Επειδή ΒΕ=ΒΔ θα είναι ˆ ˆ ˆ 180 Β =Ε 1 = = = = Επειδή ΓΕ=ΓΖ θα είναι ˆ ˆ ˆ 180 Γ Ζ 1 =Ε 2 = = = =

2 ΕΖ= 180 Εˆ Ε ˆ = = 50 β) 1 2 ΘΕΜΑ

3 ΘΕΜΑ

4 ΘΕΜΑ α) Η γωνία ΓΒΑ = ΓΑ x = 85 αφού όπως γνωρίζουμε :Η γωνία που σχηματίζεται από μία χορδή κύκλου και την εφαπτομένη στο άκρο της χορδής ισούται με την εγγεγραμμένη που βαίνει στο τόξο της χορδής. Αρα Β ˆ 1 = = 45. β) Το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο άρα οι απέναντι γωνίες του είναι παραπληρωματικές οπότε: ϕ = 180 ΓΒΑ= = 95

5 ΘΕΜΑ ΘΕΜΑ ΘΕΜΑ

6 ΘΕΜΑ

7 ΘΕΜΑ α) Επειδή ΜΔ=//ΒΑ από γνωστό κριτήριο το τετράπλευρο ΔΜΒΑ είναι παραλληλόγραμμο οπότε θα έχει και τις άλλες απέναντι πλευρές του ίσες και παράλληλες ΔΑ=//ΜΒ Επειδή ΑΓ=//ΕΜ από γνωστό κριτήριο το τετράπλευρο ΑΓΜΕ είναι παραλληλόγραμμο οπότε θα έχει και τις άλλες απέναντι πλευρές του ίσες και παράλληλες ΑΕ=//ΓΜ Επειδή ΜΒ=ΜΓ συμπεραίνουμε ότι και ΑΔ=ΑΕ. β) Από το Αίτημα παραλληλίας από το Α άγεται (σχεδιάζεται) μιά μόνο παράλληλη προς την ΒΓ. Επομένως οι ευθείες ΑΔ και ΑΕ ταυτίζονται οπότε τα Α, Δ, Ε είναι συνευθειακά. γ) Αρα πλέον ισχύει ΕΔ=ΕΑ+ΑΔ=ΜΓ+ΜΒ=ΒΓ

8 ΘΕΜΑ τραπέζιο α) Για να είναι το ΒΔΕΓ τραπέζιο πρέπει ΔΕ//ΒΓ. Αυτό συμβαίνει όταν το Ε είναι μέσο της ΑΓ. β) Για να είναι το ΒΔΕΓ ισοσκελές τραπέζιο θα πρέπει ˆ ˆ Β=Γδηλαδή θα πρέπει το ΑΒΓ να είναι ισοσκελές τρίγωνο ΑΒ=ΑΓ.

10 ΘΕΜΑ ανίσωση ΘΕΜΑ ΘΕΜΑ

11 ΘΕΜΑ

12 ΘΕΜΑ ΘΕΜΑ

14 ΘΕΜΑ

15 ΘΕΜΑ τραπέζιο

17 ΘΕΜΑ

18 ΘΕΜΑ κύκλος ΛΥΣΗ: Επειδή ΟΑ=ΟΒ το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ισοσκελές άρα οι προσκείμενες γωνίες στην βάση θα είναι ίσες και 180 Ο ˆ καθεμία θα είναι ίση με. 2 ˆ Ειδικά: ˆ 180 Ο Β 1 = (1) 2 Επειδή ΟΓ=ΟΔ το τρίγωνο ΟΓΔ είναι ισοσκελές άρα οι προσκείμενες γωνίες στην βάση θα είναι ίσες και 180 Ο ˆ καθεμία θα είναι ίση με. 2 ˆ Ειδικά: ˆ 180 Ο 1 = (2) 2 Από (1) και (2) προκύπτει ότι ˆΒ ˆ 1 = 1. Οι ευθείες ΑΒ και ΓΔ τεμνόμενες από την ΟΨ σχηματίζουν δύο εντός εκτός και επί τα αυτά γωνίες ίσες άρα είναι παράλληλες. (Πόρισμα Ι σ.76) Αρα ο ισχυρισμός του μαθητή είναι ορθός.

19 ΘΕΜΑ

20 ΘΕΜΑ

21 ΘΕΜΑ

23

25 ΘΕΜΑ

26 ΘΕΜΑ κύκλος α) Η γωνία Γ= ˆ ϕ = 30 Η γωνία ˆΑ είναι ίση με το μισό του μέτρου του αντίστοιχου τόξου της ΒΔΓ. Αρα Πλέον ˆ Β Γ 160 Α= = = Β= ˆ 180 Α Γ= ˆ ˆ = 70 β) ΑΕΓ = 2Β ˆ = 2 70 = 140

27 ΘΕΜΑ τραπέζιο ΘΕΜΑ τραπέζιο

30 ΘΕΜΑ ΘΕΜΑ συμμετρικό ΘΕΜΑ

31 ΘΕΜΑ

32 ΘΕΜΑ ανισότητα ΘΕΜΑ

33 ΘΕΜΑ

34 ΘΕΜΑ κύκλος Φέρουμε το τμήμα ΔΟ.Είναι ΓΔ=ΔΟ γιατί καθένα είναι ίσο με την ακτίνα του κύκλου. Επομένως ΟΓ ˆ = x. To τρίγωνο ΟΔΕ είναι ισοσκελές επομένως Ο Ε ˆ = ΟΕ ˆ = ω. Η γωνία Ο Ε ˆ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΓΔΟ επομένως ω = 2x Η γωνία ΒΟΕ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΟΓΕ επομένως ΒΟΕ 45 ΒΟΕ = ω + x ΒΟΕ = 2x+ x ΒΟΕ = 3x x= = =

35 ΘΕΜΑ τραπέζιο ΘΕΜΑ

37 ΘΕΜΑ κύκλος α) Η γωνία ΒΓΔ είναι εγγεγραμμένη, άρα θα είναι ίση με το μισό της επίκεντρης ΒΟΔ που βαίνει στο ίδιο τόξος ΒΔ.Αρα ˆ 120 ΒΓ = = 60 2 β) Η γωνία ΒΓΔ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΒΓΜ, επομένως είναι ίση με το άθροισμα των δύο απέναντι εσωτερικών γωνιών του τριγώνου (σ.83 σχολικό) ΒΓ = ˆ 15 + ω 60 = 15 + ω ω = = 45

38 ΘΕΜΑ κύκλος α) Η γωνία χ είναι επίκεντρη άρα θα είναι διπλάσια της εγγεγραμμένης ˆ ΒΑ που βαίνει στο ίδιο τόξο. Αρα x = 2 44 = 88. β) Το τόξο ΒΓΔ θα είναι και αυτό 88 οπότε το τόξο ΒΑ = = 272

40 ΘΕΜΑ κύκλος α) Ας συμβολίσουμε με ρ η ακτίνα του κύκλου. Αφού το Β σημείο της μεσοκαθέτου του ΟΑ θα ισχύει ΒΟ=ΒΑ.Ομως και ΟΒ=ΟΑ ως ακτίνες του κύκλου.επομένως ισχύει ΒΟ=ΒΑ=ΟΑ=ρ δηλαδή το ΟΒΑ είναι ισόπλευρο. β) Το Γ είναι σημείο της μεσοκαθέτου του ΟΑ επομένως θα ισχύει: ΓΑ=ΓΟ=ρ. Τελικά ισχύει ΟΒ=ΟΓ=ΓΑ=ΒΑ=ρ οπότε από γνωστό κριτήριο (i σ. 102 σχολικού) το τετράπλευρο ΟΒΑΓ είναι ρόμβος.

42 ΘΕΜΑ

43

44 ΘΕΜΑ κύκλος α) Αφού οι γωνίες ΓΟΒ και ΓΟΑ είναι ίσες και οι παραπληρωματικές τους θα είναι ίσες. β) Τα τρίγωνοα ΟΑΒ, ΟΒΓ και ΟΓΑ είναι ίσα μεταξύ τους γιατί έχουν:

45 ΘΕΜΑ

46 ΘΕΜΑ

47 ΘΕΜΑ

49 ΘΕΜΑ

50

51 ΘΕΜΑ

57 ΘΕΜΑ

58

60 ΘΕΜΑ

61 ΘΕΜΑ ΘΕΜΑ τραπέζιο

62 ΘΕΜΑ

63

64 ΘΕΜΑ

65 ΘΕΜΑ

66 ΘΕΜΑ

67 ΘΕΜΑ κύκλος α) Γνωρίζουμε ότι τα εφαπτόμενα τμήματα κύκλου, που άγονται από σημείο εκτός αυτού είναι ίσα μεταξύ τους (Θεώρημα σ. 62 σχολικού) επομένως ΡΑ=ΡΒ Γνωρίζουμε επίσης ότι η διακεντρική ευθεία PO του σημείου Ρ διχοτομεί την γωνία των εφαπτομένων τμημάτων. (Πόρισμα ii σ. 62 σχολικού), επομένως ˆ ˆ ΑΡΜ = ΜΡΒ. Τα τρίγωνα ΡΑΜ και ΡΜΒ έχουν: ΡΑ = ΡΒ ˆ ˆ Π Γ Π ΑΡΜ = ΜΡΒ είναι ίσα. ΡΜ κοινή β) Από την ισότητα των τριγώνων παίρνουμε ότι ΜΑΡ = ΜΒΡ Γνωρίζουμε ( σ. 61 σχολικού) ότι η ακτίνα που καταλήγει στο σημείο επαφής είναι κάθετη στην εφαπτομένη οπότε ΡΑΟ = ΡΒΟ = 90 Πλέον ΜΑΟ = ΡΑΟ ΜΑΡ = ΡΒΟ ΜΒΡ = ΜΒΟ.

68 ΘΕΜΑ

69 ΘΕΜΑ

70 ΘΕΜΑ κύκλος α) Γνωρίζουμε ότι τα εφαπτόμενα τμήματα κύκλου, που άγονται από σημείο εκτός αυτού είναι ίσα μεταξύ τους (Θεώρημα σ. 62 σχολικού) επομένως ΜΑ=ΜΒ κι επειδή από τα δεδομένα ΜΓ=ΜΑ θα είναι ΜΓ=ΜΒ. Γνωρίζουμε επίσης ότι η διακεντρική ευθεία ΜO του σημείου Μ διχοτομεί την γωνία των εφαπτομένων τμημάτων. (Πόρισμα ii σ. 62 σχολικού), επομένως ˆ ˆ ΑΜΟ = ΒΜΟ. Επιπλέον ΑΜΟ ˆ = ΓΜ ˆ ως κατακορυφήν. Αρα θα είναι και ˆ ˆ ΒΜΟ = ΓΜ. Τα τρίγωνα ΟΜΒ και ΜΓΔ έχουν: ΟΜ = Μ από τα δεδομένα ˆ ˆ Π Γ Π ΒΜΟ = ΓΜ είναι ίσα. ΜΓ = ΜΒ β) Τα τρίγωνα ΔΓΜ και ΟΑΜ και είναι επίσης ίσα γιατί (Π-Γ-Π) έχουν: Μ = ΟΜ από τα δεδομένα ˆ ˆ ΓΜ =ΑΜΟ ως κατακορυφήν ΜΓ = ΜΑ

71 Από την ισότητα αυτή προκύπτει ότι: Μ Γ ˆ = ΜΟΑ ˆ οπότε οι ευθείες ΓΔ και ΟΑ τεμνόμενες από την ΟΔ σχηματίζουν δύο γωνίες εντός εναλλάξ ίσες, οπότε θα είναι παράλληλες. ΘΕΜΑ ΘΕΜΑ ΘΕΜΑ

72 ΘΕΜΑ

73 ΘΕΜΑ

74 ΘΕΜΑ κύκλος α) Αφού η ΓΔ εφαπτόμενη του κύκλου στο Γ θα είναι ΟΓ Γ δηλαδή ΟΓ ˆ = 90.Η γωνία ˆ ΑΓΒ είναι εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο άρα είναι ορθή, οπότε το τρίγωνο ΓΑΒ είναι ορθογώνιο και επειδή η γωνία ΒΑΓ ˆ = 30 από ΠΟΡΙΣΜΑ (Σχολικό σ.110) θα είναι ΑΒ ΒΓ = = 2 R Αλλά και ΟΒ=ΟΓ=R οπότε το τρίγωνο ΟΒΓ είναι ισόπλευρο και κάθε γωνία του θα είναι 60 Αρα ΒΟΓ ˆ = 60 οπότε εύκολα πλέον Γ Ο ˆ = = 30.

75 β) Αφού ΓΟΒ ˆ = 60 θα είναι ΓΟΑ ˆ = 120. Παρόμοια, αφού ΓΒΟ ˆ = 60 θα είναι ΓΒ ˆ = 120 Επιπλέον ΒΓ = ˆ = 30 Αρα το τρίγωνο ΓΒΔ έχει δύο γωνίες ίσες με 30 οπότε είναι ισοσκελές με ΒΔ=ΒΓ=R. Tα τρίγωνα ΑΟΓ και ΓΒΔ έχουν : 1) ΟΓ=ΒΓ=R 2) OA=ΒΔ=R 3) ΓΟΑ ˆ = ΓΒ ˆ = 120 Αρα από κριτήριο Π-Γ-Π είναι ίσα. ΘΕΜΑ

76 ΘΕΜΑ ΘΕΜΑ τραπέζιο

78 ΘΕΜΑ

79 ΘΕΜΑ 2 55

81 ΘΕΜΑ τραπέζιο ΘΕΜΑ κύκλος

82 ΘΕΜΑ

83 ΘΕΜΑ

84 ΘΕΜΑ

86 ΘΕΜΑ

87 ΘΕΜΑ

89 ΘΕΜΑ

90 ΘΕΜΑ ανιστότητα ΘΕΜΑ

92 ΘΕΜΑ

93 ΘΕΜΑ

94 ΘΕΜΑ

96 ΘΕΜΑ

98 ΘΕΜΑ

99

100 ΘΕΜΑ

101 ΘΕΜΑ

102 ΘΕΜΑ ΘΕΜΑ κύκλος

103 ΘΕΜΑ κύκλος

104 ΘΕΜΑ

105 ΘΕΜΑ κύκλος Γνωρίζουμε ότι: Η ακτίνα που καταλήγει στο σημείο επαφής είναι κάθετη στην εφαπτομένη. (Σχολικό σ.61).aρα το τρίγωνο ΒΓΟ είναι ορθογώνιο με μια γωνία 30.Ομως από γνωστόπορισμα (Σχολικό σ.110) Αν σε ορθογώνιο τρίγωνο μια γωνία του ισούται με 30, τότε η απέναντι πλευρά του είναι το μισό της υποτείνουσας και αντίστροφα. ΟΓ ΟΒ = ΟΓ = 2ΟΒ.Ομως ΟΒ=ΟΑ ως ακτίνες του κύκλου οπότε τελικά ΟΓ = 2ΟΑ 2 β) Η γωνία Β Α ˆ είναι εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο οπότε: Β Α ˆ = 90 Συγκρίνουμε τα ορθογώνια τρίγωνα ΒΓΟ και ΔΑΒ.Αυτά έχουν: Από το α) ΟΓ = 2ΟΑ = ΑΒ Επειδή ΒΓΟ ˆ = 30 θα είναι ΒΟ ˆ = 60 οπότε και ΒΔ=ΟΒ(=ρ). κι επειδή ΟΒ=ΟΔ=ρ το τρίγωνο ΟΒΔ είναι ισόπλευρο Αρα τα ορθογώνια τρίγωνα ΒΓΟ και ΔΑΒ είναι ίσα.{θεώρημα II (Σχολικό σ.45)

106 Αν δύο ορθογώνια τρίγωνα έχουν την υποτείνουσα και μία κάθετη πλευρά αντίστοιχα ίσες μία προς μία, τότε είναι ίσα. } οπότε θα έχουν και τα υπόλοιπα αντίστοιχα στοιχεία τους ίσα και συγκεκριμένα ΒΓ=ΑΔ.

107 ΘΕΜΑ

108 ΘΕΜΑ κύκλος α) Φέρουμε τις ακτίνες ΟΑ και ΟΒ. Γνωρίζουμε οτι η ακτίνα που καταλήγει στο σημείο επαφής είναι κάθετη στην εφαπτομένη. (Σχολικό σ.61) Αρα τα ΟΑ και ΟΒ είναι αποστήματα των χορδών ΔΓ και ΖΕ αντίστοιχα.γνωρίζουμε όμως ότι Δύο χορδές ενός κύκλου είναι ίσες αν και μόνο αν τα αποστήματά τους είναι ίσα. Θεώρημα ΙΙI (Σχολικό σ.46).αρα αφού ΟΑ=ΟΒ=ρ θα είναι και ΔΓ=ΖΕ. β) Γνωρίζουμε ότι Τα εφαπτόμενα τμήματα κύκλου, που άγονται από σημείο εκτός αυτού είναι ίσα μεταξύ τους Θεώρημα ΙΙ (Σχολικό σ.62) άρα ΚΑ=ΚΒ. Γνωρίζουμε ότι κάθετος που φέρεται από το κέντρο ενός κύκλου προς μια χορδή του διχοτομεί τη χορδή οπότε το Α είναι το μέσο της χορδής ΔΓ και το Β το μέσο της χορδής ΖΕ. Στο α) δείξαμε ότι ΔΓ=ΖΕ άρα και τα μισά τους θα είναι ίσα δηλαδή ΑΓ=ΒΕ. Πλέον έχουμε ΓΚ=ΚΑ-ΑΓ=ΚΒ-ΚΕ=ΚΕ δηλαδή το ΚΕΓ είναι ισοσκελές.

109 ΘΕΜΑ

111 ΘΕΜΑ

112 ΘΕΜΑ

114 ΘΕΜΑ Δίνονται τα τμήματα ΑΓ=ΒΔ που τέμνονται στο σημείο Ο έτσι ώστε ΟΑ=ΟΒ, και τα σημεία Η και Ζ στα τμήματα ΑΓ και ΒΔ αντίστοιχα, έτσι ώστε ΟΗ=ΟΖ. Να αποδείξετε ότι: α) Οι γωνίες ΛΑΔΟ καιλ ΒΓΟ είναι ίσες. (Μονάδες 12) β) ΑΖ=ΒΗ. (Μονάδες 13) ΘΕΜΑ Έστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ. Από τα μέσα Κ και Λ των πλευρών ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα, φέρουμε τα κάθετα τμήματα ΚΕ και ΛΖ στην πλευρά ΒΓ. Να αποδείξετε ότι: α) Τα τρίγωνα Δ ΚΕΓ και Δ ΛΖΒ είναι ίσα. (Μονάδες 15) β) ΕΗ=ΖΘ, όπου Η, Θ τα μέσα των τμημάτων ΚΓ, ΛΒ αντίστοιχα. (Μονάδες 10)

115

116 ΘΕΜΑ κύκλος Έστω κύκλος με κέντρο Ο και ακτίνα ρ. Σε σημείο Ν του κύκλου φέρουμε την εφαπτόμενή του, και εκατέρωθεν του Ν θεωρούμε σημεία Α και Β, τέτοια ώστε ΝΑ=ΝΒ. Οι ΟΑ και ΟΒ τέμνουν τον κύκλο στα Κ και Λ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: α) Το τρίγωνο Δ ΑΟΒ είναι ισοσκελές. (Μονάδες 13) β) Το σημείο Ν είναι μέσο του τόξου ΚΛ. (Μονάδες 12) α) Στο τρίγωνο ΟΑΒ το ΟΝ είναι διάμεσος αφού (ΝΒ=ΝΑ).Επίσης αφού η ακτίνα που καταλήγει στο σημείο επαφής είναι κάθετη στην εφαπτομένη. (Σχολικό σ.61) θα είναι ΟΝ ΑΒ δηλαδή το ΟΝ είναι και ύψος.ομως ένα τρίγωνο που η διάμεσος είναι και ύψος είναι ισοσκελές (Σχολικό σ.55). β) Αφού ΟΑΒ ισοσκελές και ΟΝ ύψος και διάμεσος θα είναι και διχοτόμος (Σχολικό σ.45) και επειδή οι επίκεντρες γωνίες ΛΟΝ και ΝΟΚ είναι ίσες και τα τόξα ΛΝ και ΝΚ θα είναι ίσα (Σχολικό σ.23) δηλαδή το Ν μέσο του τόξου ΚΛ. Σημείωση: Iσως πιο εύκολα παρουσίαση για ένα τμήμα της άσκησης (ώστε να περιορίσουμε την αναφορά σε θεωρήματα) θα ήταν να κάνουμε άμεσα μια σύγκριση των ορθογωνίων τριγώνων ΝΟΒ και ΝΟΑ

117 ΘΕΜΑ κύκλος Έστω κύκλος με κέντρο Ο και ακτίνα ρ. Θεωρούμε διάμετρο ΑΒ και τυχαίο σημείο Γ του κύκλου. Αν ΑΕ κάθετο στην ΟΓ και ΓΔ κάθετο στην ΑΟ να αποδείξετε ότι: α) Το τρίγωνο ΟΕ είναι ισοσκελές. (Μονάδες 13) β) Η ΟΖ διχοτομεί τη γωνία Λ ΑΟΓ και προεκτεινόμενη διέρχεται από το μέσο του τόξου ΑΓ. (Μονάδες 12) α) Τα τρίγωνα ΕΟΑ και ΔΟΓ είναι ορθογώνια ( ˆ Ε= = ˆ 90 ) και έχουν ΟΑ=ΟΓ=ρ και ˆΟ κοινή. Αρα από Θεώρημα Ι (Σχολικό σ.44) είναι ίσα. Ετσι ΟΕ=ΟΔ δηλαδή το τρίγωνο ΟΕΔ είναι ισοσκελές. β) Στο τρίγωνο ΟΑΓ τα ΑΕ και ΓΔ είναι τα δύο ύψη.γνωρίζουμε ότι τα ύψη του τριγώνου διέρχονται από το ίδιο σημείο (Σχολικό σ.108), οπότε η ΟΖ είναι ο ευθεία του τρίτου ύψους. Ομως το τρίγωνο ΟΑΓ είναι ισοσκελές αφού ΟΑ=ΟΓ=ρ οπότε το ύψος που αντιστοιχεί στην βάση θα είναι και διχοτόμος. Σε ίσες επίκεντρες γωνίες αντιστοιχούν ίσα τόξα Θεώρημα Ι (Σχολικό σ.23) οπότε η προέκταση της ΟΖ θα διέρχεται από το μέσο του τόξου ΑΓ..

118 ΘΕΜΑ κύκλος Έστω κύκλος με κέντρο Ο και ακτίνα ρ. Θεωρούμε κάθετες ακτίνες ΟΑ, ΟΓ και εφαπτόμενο στον κύκλο τμήμα ΑΒ με ΑΒ = ΟΓ. α) Να αποδείξετε ότι τα τμήματα ΑΟ και ΒΓ διχοτομούνται. (Μονάδες 10) β) Να υπολογίσετε τις γωνίες του τετραπλεύρου ΑΒΟΓ. (Μονάδες 15)

119 ΘΕΜΑ κύκλος Έστω κύκλος με κέντρο Ο και ακτίνα ρ. Θεωρούμε την ακτίνα ΟΑ και τη χορδή ΒΓ κάθετη στην ΟΑ στο μέσο της Μ. α) Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΑΓΟΒ είναι ρόμβος. (Μονάδες 10) β) Να υπολογίσετε τις γωνίες του τετραπλεύρου ΑΓΟΒ. (Μονάδες 15)

120 ΘΕΜΑ Έστω ισοσκελές τρίγωνο Δ ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ). Στις προεκτάσεις των πλευρών ΑΒ και ΑΓ προς το Α φέρνουμε τμήματα ΒΔ και ΓΕ κάθετα στις ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα. α) Να αποδείξετε ότι ΒΔ = ΓΕ. (Μονάδες 10) β) Αν Μ το μέσο της ΒΓ τότε: i. Να αποδείξετε ότι ΜΔ = ΜΕ. (Μονάδες 8) ii. Nα αποδείξετε ότι η ΑΜ διχοτομεί τη γωνία Λ ΔΜΕ (Μονάδες 7)

121 ΘΕΜΑ Δίνεται ρόμβος ΑΒΔΓ. Στην προέκταση της διαγωνίου ΑΔ (προς το Δ) παίρνουμε τυχαίο σημείο Ε. Να αποδείξετε ότι: α) Το σημείο Ε ισαπέχει από τις προεκτάσεις των πλευρών ΑΒ και ΑΓ (προς το μέρος των Β και Γ αντίστοιχα). (Μονάδες 10) β) Το σημείο Ε ισαπέχει από τα σημεία Β και Γ. (Μονάδες 15)

122 ΘΕΜΑ Έστω τρίγωνο ΑΒΔ με ˆΑ = 120. Εξωτερικά του τριγώνου κατασκευάζουμε τα ισόπλευρα τρίγωνα ΑΕΒ και ΑΖΔ. Να αποδείξετε ότι: α) Τα τρίγωνα ΑΕΖ και ΑΒΔ είναι ίσα. (Μονάδες 12) β) Το τετράπλευρο ΒΔΖΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο. (Μονάδες 13) ΘΕΜΑ κύκλος Σε κύκλο κέντρου Ο φέρουμε δυο διαμέτρους του ΑΒ και ΓΔ. Να αποδείξετε ότι: α) Οι χορδές ΑΓ και ΒΔ του κύκλου είναι ίσες. (Μονάδες 13) β) Το τετράπλευρο ΑΓΒΔ είναι ορθογώνιο. (Μονάδες 12)

123 ΘΕΜΑ κύκλος Έστω κύκλος με κέντρο Ο και ακτίνα ρ. Από σημείο Α εκτός του κύκλου, φέρουμε τα εφαπτόμενα τμήματα ΑΒ και ΑΓ. Τα σημεία Ε και Δ είναι τα αντιδιαμετρικά σημεία των Β και Γ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: α) Τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΓΔ είναι ίσα. (Μονάδες 13) β) Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΓΕ είναι ίσα. (Μονάδες 12)

124 α) H ακτίνα που καταλήγει στο σημείο επαφής είναι κάθετη στην εφαπτόμενη δηλαδή σχηματίζεται ορθή γωνία οπότε τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΓΔ είναι ορθογώνια.αυτά έχουν: Εχουν δύο κάθετες πλευρές ίσες ΑΒ=ΑΓ (εφαπτόμενα τμήματα από σημείο προς κύκλο) Τις υποτείνουσες τους ίσες (ΒΕ=ΔΓ) ως διάμετροι του κύκλου Αρα είναι ίσα επομένως θα έχουν και τα υπόλοιπα στοιχεία τους ισα και ειδικά ΑΕ=ΑΔ και ΒΑΕ ˆ = ΓΑ ˆ β) Τα τρίγωνα έχουν ΑΒΔ και ΑΔΕ έχουν ΑΒ=ΑΓ (εφαπτόμενα τμήματα από σημείο προς κύκλο) ΑΕ=ΑΔ από α) ΑΒ ˆ = ΒΑΕ ˆ ΑΕ ˆ = ΓΑ ˆ ΑΕ ˆ = ΓΑΕ ˆ Αρα από κριτήριο Π-Γ-Π τα τρίγωνα είναι ίσα.

125 ΘΕΜΑ Έστω ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Β= ˆ 90 και Ζ το μέσο του ΑΓ. Με υποτείνουσα το ΑΓ κατασκευάζουμε ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο ΑΔΓ με = ˆ 90. α) Να αποδείξετε ότι ΒΖ = ΔΖ. (Μονάδες 13) β) Αν ο ˆ ΑΓΒ = 30, να υπολογίσετε τις γωνίες ΒΑΔ και ΒΓΔ. (Μονάδες 12)

126 ΘΕΜΑ Έστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ, και γωνία ˆΒ ίση με 30. Θεωρούμε Δ και Ε τα μέσα των ΑΓ και ΒΓ αντίστοιχα. α) Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο Ε Γ του. είναι ισοσκελές και να υπολογίσετε τις γωνίες (Μονάδες 16) β) Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο Α Ε είναι ισόπλευρο. (Μονάδες 9)

127 ΘΕΜΑ Έστω παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ. Προεκτείνουμε την πλευρά ΒΑ (προς το Α) και την πλευρά ΔΓ (προς το Γ) κατά τμήματαae = AB και ΓΖ = ΔΓ. Να αποδείξετε ότι: α) ΒΖ = ΕΔ (Μονάδες 13) β) Το τετράπλευρο ΕΒΖΔ είναι παραλληλόγραμμο. (Μονάδες 12)

128 ΘΕΜΑ

130 ΘΕΜΑ ΘΕΜΑ τραπέζιο ΘΕΜΑ

133 ΘΕΜΑ κύκλος α) Αν συμβολίσουμε με ρ την ακτίνα του κύκλου τότε είναι ΚΒ=ρ, ΚΑ=ρ, ΒΑ=ΚΓ=ρ Αρα το τρίγωνο ΒΚΑ είναι ισόπλευρο αφού όλες οι πλευρές του είναι ίσες. β) Αφού το ΒΚΑ ισόπλευρο όλες οι γωνίες του θα είναι 60. Β Α που είναι εγγεγραμμένη και έχει το ίδιο τόξο με την Ειδικά ΒΚΑ ˆ = 60 οπότε η γωνία ˆ επίκεντρη ΒΚΑ ˆ = 60 θα είναι ίση με το μισό της, δηλαδή Β Α ˆ = 30 γ) Η γωνία ΒΑΓ ˆ = 90 ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο. Η ΚΒΑ ˆ = 60 αφού το ΚΒΑ είναι ισόπλευρο και ΒΓΑ ˆ = = 30 (οι οξείες γωνίες ενός ορθογωνίου τριγώνου είναι συμπληρωματικές (έχουν άθροισμα 90 ))

135 ΘΕΜΑ

138 ΘΕΜΑ κύκλος α) Το τόξο ΒΔΓ είναι ημικύκλιο δηλαδή 180 Β Γ= 180 2x+ x= 180 3x= 180 x= = 60 3 β) Η γωνία ΒΟΔ είναι επίκεντρη επομένως το μέτρο της είναι ίσο με το μέτρο του αντίστοιχου τόξου της ΒΔ.Ομως Β = 2x = 2 60 = 120.Αρα και ΒΟ ˆ = 120 γ) Η γωνία ΒΑΔ είναι εγγεγραμμένη άρα θα είναι ίση με το μισό της επίκεντρης ΒΟΔ που βαίνει στο ίδιο τόξο οπότε ˆ ˆ ΒΟ 120 ΒΑ = = =

139 ΘΕΜΑ

140 ΘΕΜΑ