VERSION 5--04 0:37 4_8976 Σε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ φέρουμε τα ύψη του ΑΔ και ΒΕ. α) Αν το τρίγωνο ΑΒΓ είναι και σκαληνό, τότε: i. Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΒΕΓ είναι όμοια. (Μονάδες 0) ii. Να δικαιολογήςετε γιατί τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΒΕΑ δεν μπορεί να είναι όμοια. (Μονάδες 0) β) Αν το τρίγωνο ΑΒΓ είναι και ισοσκελές με κορυφή το Γ, τότε μπορούμε να ισχυριστούμε ότι τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΒΕΑ είναι όμοια; Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. (Μονάδες 5) Υπενθύμιση: Σκαληνό λέγεται ένα τρίγωνο όταν έχει όλες τις πλευρές του άνισες (3. σ.35) α) i.τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΒΕΓ έχουν: Γˆ κοινή ˆ ˆ =Ε ( = 90 ) ο κριτήριο ομοιότητας είναι όμοια. ii) Αν τα ΑΔΒ και ΒΕΑ ήταν όμοια, τότε θα είχαν όλες τις γωνίες τους ίσες. Είναι Α Β ˆ = ΑΕΒ ˆ ( = 90 ) Η γωνία ˆΒ του ΑΔΒ δεν μπορεί να είναι ίση με την γωνία ˆΒ του ΕΒΑ αφού Β ˆ ˆ <Β. Αρα θα είναι ιση με την ˆΑ δηλαδή ˆΒ=Α.Ομως ˆ τότε το τρίγωνο ΑΒΓ θα ήταν ισοσκελές (ΑΓ=ΒΓ) που είναι άτοπο αφού μας δίνεται ότι είναι σκαληνό.αρα τα ΑΔΒ και ΒΕΑ δεν είναι όμοια. β) Σε αυτή την περίπτωση τα ΑΔΒ και ΑΕΒ είναι ίσα (υποτείνουσα ΑΒ κοινή και ˆΒ=Α) ˆ άρα και όμοια με λόγο ομοιότητας.
4_8985 α) Γνωρίζουμε ότι 3.6 Πόρισμα ΙΙ ότι η κάθετος από το κέντρο του κύκλου στην ΓΔ περνά από το μέσο Μ του ΓΔ. Ομως και η ΑΜ είναι κάθετος στην ΓΔ.Γνωρίζουμε ότι.4 ότι «Από κάθε σημείο ευθείας άγεται μία μόνο κάθετος σε αυτή» Επομένως η ΑΜ και ΟΜ ταυτίζονται που σημαίνει ότι η ΑΒ είναι διάμετρος του κύκλου. Τότε η γωνία ˆΓ θα είναι ορθή ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο, οπότε στο ορθογώνιο τρίγωνο ΓΑΒ από θεώρημα Ι σ. 83 θα έχουμε ΑΓ = ΑΒ ΑΜ ΑΜ ΑΒ = ΑΓ
ii) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΓΜ είναι όμοια γιατί έχουν: ˆΑ κοινή Γ=Β ˆ ˆ ως εγγεγραμμένες που βαίνουν σε ίσα τόξα (το Α μέσο του τόξου ΓΔ επομένως Α = ΑΓ ). Επομένως θα έχουν τις πλευρές τους ανάλογες: ΑΓ ΑΒ ΓΒ = = ΑΜ ΑΓ ΓΜ οπότε από χιαστί ΑΓ ΑΒ = ΑΜ ΑΒ = ΑΓ ΑΜ ΑΓ β) Αν γνωρίζουμε για τις τεμνόμενες χορδές ΑΒ και ΓΔ ότι ισχύει η σχέση ΑΜ ΑΒ = ΑΓ, τότε αν γράψουμε την σχέση αυτή ως αναλογία έχουμε: ΑΒ ΑΓ ΑΜ ΑΒ = ΑΓ = ΑΓ ΑΜ δηλαδή τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΓΜ έχουν δύο πλευρές ανάλογες μία προς μία και την ˆΑ που περιέχεται στις πλευρές αυτές κοινή, επομένως από Θεώρημα ΙΙ ( ο κριτήριο Ομοιότητας 8.) τα τρίγωνα είναι όμοια επομένως θα έχουν και τις υπόλοιπες γωνίες τους ίσες και ειδικά Β=Γ.Γνωρίζουμε ˆ ˆ όμως ότι αν δύο εγγεγραμμένες γωνίες του ίδιου κύκλου είναι ίσες, τότε θα είναι ίσα και τα τόξα στα οπία βαίνουν (Πόρισμα iii 6.).Επομένως ΑΓ = Α που σημαίνει ότι το Α είναι μέσο του τόξου Γ.
4_8994 Αφού ΑΒ=ΔΖ θα είναι και ΒΕ=ΔΖ οπότε το τετράπλευρο ΕΒΖΔ έχει δύο απέναντι πλευρές ίσες και παράλληλες οπότε είναι παραλληλόγραμμο οπότε θα είναι και ΔΕ//ΒΖ. Στο τρίγωνο ΑΝΒ έχουμε ΜΕ//ΝΒ οπότε από θ. Θαλή έχουμε: ΑΜ ΜΝ ΑΒ ΑΕ = = 3 = ΕΒ ΑΒ 3 ΑΜ Από = ΑΜ = ΜΝ ΜΝ Στο τρίγωνο ΓΜΔ έχουμε ΝΖ//ΜΔ οπότε από θ. Θαλή έχουμε: ΓΝ ΜΝ Γ ΓΖ = = 3 = Ζ Γ 3 ΓΝ Από = ΓΝ = ΜΝ ΜΝ
β) ΑΓ = ΑΜ + ΜΝ + ΝΓ = ΜΝ + ΜΝ + ΜΝ = 5ΜΝ ΑΓ = 5ΜΝ ΜΝ = ΑΓ 5
4_9000 α) Επειδή στο τρίγωνο ΒΜΑ είναι ΔΕ//ΑΜ, από Σημαντική εφαρμογή Θαλή έχουμε: Ε ΒΕ Β = = ΑΜ ΒΜ ΑΒ () Επειδή στο τρίγωνο ΓΕΖ είναι ΑΜ//ΖΕ, από Σημαντική εφαρμογή Θαλή έχουμε: ΕΖ ΕΓ ΖΓ = = ΑΜ ΓΜ ΑΓ () β) Αν προσθέσω κατά μέλη τα πρώτα και δεύτερα μέλη των () και () έχουμε: Ε ΕΖ ΕΓ ΒΕ Ε+ΕΖ ΕΓ+ΒΕ Ε+ΕΖ ΒΓ Ε+ΕΖ ΒΓ Ε+ΕΖ + = + = = = = ΑΜ ΑΜ ΓΜ ΒΜ ΑΜ ΓΜ ΑΜ ΓΜ ΑΜ ΒΓ ΑΜ Ε+ΕΖ= ΑΜ.
9006 R α) Οι κύκλοι με κέντρα Κ και Λ έχουν καθένας ακτίνα. R Αρα ΚΜ=ΛΜ= + ρ ΟΜ = R ρ. R R β) Επειδή ΚΜ=ΛΜ= + ρ το τρίγωνο ΚΜΛ είναι ισοσκελές και επειδή ΚΟ = ΟΛ = η ΜΟ είναι διάμεσος, οπότε θα είναι ως γνωστόν και ύψος.επομένως το τρίγνο ΟΜΚ είναι ορθογώνιο.αρα ισχύει σε αυτό το Πυθαγόρειο θεώρημα σύμφωνα με το οποίο έχουμε: R R R R R ΚΜ = ΟΚ + ΟΜ + ρ = + R ρ + ρ + ρ = + R Rρ + ρ R R Rρ = R Rρ 3Rρ = R ρ = ρ =. 3R 3
4_9009 Αν ονομάσω Κ το σημείο που βρίσκω αν προεκτείνω την ΑΒ κατά 4 τότε ΑΚ=7 και ΚΕ=4.Αν εφαρμόσουμε Πυθαγόρειο στο ορθογώνιο ΑΚΕ έχουμε ΕΑ = ΑΚ + ΚΕ = 7 + 4 = 49 + 576 = 65 Αρα ΕΑ = 65 = 5 Αν εφαρμόσουμε Πυθαγόρειο στο ορθογώνιο ΒΑΓ έχουμε ΑΓ = ΑΒ + ΒΓ = 3 + 0 = 9 + 00 = 09 Αρα ΑΓ = 09 Αν εφαρμόσουμε Πυθαγόρειο στο ορθογώνιο ΔΓΕ έχουμε ΕΓ = Γ + Ε = 4 + 4 = 6 + 96 = Αρα ΕΓ = Αφού ΕΑ ΑΓ+ΓΕ τα σημεία δεν είναι συνευθειακά
β τρόπος Αν ήταν συνευθειακά τότε δύο ορθογώνια τρίγωνα θα είχαν την Α=Γ ως εντός εκτός και επι τα αυτά άρα θα ήταν όμοια και θα είχαν τις πλευρές ανάλογες Ομως 0 5 3 = 4 7 4
4_903 (σιγά μήν σας την λύσω να μου γίνετε μπιλιαρδόβιοι...) Δύο παίκτες Π και Π παίζουν σε ένα τραπέζι του μπιλιάρδου με διαστάσεις x μέτρα. Μία άσπρη μπάλα τοποθετείται έτσι ώστε, να απέχει,75 μέτρα από την πλευρά ΒΓ και 0,75 μέτρα από την πλευρά ΔΓ, όπως φαίνεται στο σχήμα. Ζ Λ Τ Ο παίκτης Π παίζει πρώτος και χτυπάει την μπάλα Μ έτσι ώστε, να προσκρούσει στο απέναντι μέροσ του τραπεζιού στο σημείο Ε και κατόπιν να μπει στην τρύπα που βρίσκεται στο μέσον της πλευράς ΓΔ. Ο παίκτης Π τοποθετεί την μπάλα Μ πάλι στο ίδιο σημείο εκκίνησης και προτίθεται να χτυπήσει έτσι τη μπάλα ώστε, να προσκρούσει στην πλευρά ΓΔ σε σημείο της Κ και κατόπιν να μπει στην τρύπα στην κορυφή Β (η διαδρομή ΜΚΒ όπως φαίνεται στο σχήμα). Ο συμπαίκτης του ισχυρίζεται ότι αυτό δεν μπορεί να πραγματοποιηθεί και θα χάσει. (Σημείωση: Η γωνία με την οποία χτυπάει η μπάλα σε μία πλευρά ισούται με τη γωνία με την οποία απομακρύνεται) α) Να βρείτε πόσο απέχει το σημείο Ε από την κορυφή Γ του μπιλιάρδου. (Μονάδες ) β) Γιατί ο παίκτης Π ισχυρίζεται ότι θα χάσει ο συμπαίκτης του; Να αιτιολογισετε πλήρως την απάντησή σας. (Μονάδες 3) Λύση Αν ονομάσουμε Τ το μέσο της πλευράς ΓΔ, Ζ την προβολή του Μ στην ΒΓ και Λ την προβολή του στην ΓΔ τότε τα ορθογώνια τρίγωνα ΖΜΕ και ΓΤΕ είναι όμοια γιατί έχουν: ω = ϕ ˆ ˆ ο κριτήριο ομοιότητας είναι όμοια οπότε θα έχουν και τις πλευρές τους ανάλογες Ζ=Γ ΕΓ ΕΖ ΓΤ = ΜΖ και αντικαθιστώντας με τα αριθμητικά δεδομένα:
x 0,75 x =,75 β) Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει σημείο Κ στο οποίο αν προσκρούσει η μπάλλα θα ανακλαστεί στην τρύπα στο σημείο Β. Τότε τα ορθογώνια τρίγωνα ΛΜΚ και ΓΒΚ θα είναι όμοια γιατί έχουν δύο γωνίες τους ίσες μια προς μία (γωνία πρόσπτωσης ίση με γωνία ανάκλασης και οι ορθές γωνίες ίσες).επομένως θα έχουν και τις πλευρές τους ανάλογες. Ας ονομάσουμε y το μήκος ΛΚ y, 75 y = y = 0,75(,75 y) y = 0,75,75 0.75y y+ 0,75y = 0,75,75 0,75 0,75,75,75y = 0,75,75 y = y = 0,75, 75 Oμως ΛΤ=ΛΓ-ΤΓ=,75-=0,75. Αρα το Κ συμπίπτει με το Τ στο οποίο όμως υπάρχει τρύπα κι έτσι η μπάλλα δεν θα κυλούσε στην τρύπα αντί να ανακλαστεί.
4_906 α) Από τα δεδομένα παίρνουμε: ΑΕ ΑΕ = ΑΓ = 3 ΑΓ 3 Α και Α = ΑΒ = οπότε ΑΕ = Α. Επειδή επιπλέον τα δύο τρίγωνα 3 ΑΒ 3 ΑΓ ΑΒ έχουν ˆΑ κοινή είναι όμοια οπότε θα είναι ίσες και οι υπόλοιπες γωνίες τους και ειδικά ˆ ˆ ΑΕ = ΑΓΒ αφού βρίσκονται απέναντι από τις ομόλογες πλευρές ΑΔ και ΑΒ αντίστοιχα. β) Επιπλέον θα έχουν τις πλευρές του ανάλογες οπότε η αναλογία ΑΕ Α Ε = = ΑΓ ΑΒ ΒΓ ΑΕ Α = ΑΓ ΑΒ συμπληρώνεται ως εξής: Αρα ίσχύει η ΑΕ ΑΓ = Ε ΒΓ γ) Γενικά όχι.μόνο στην περίπτωση που ΑΔ=ΑΕ οπότε και ΑΒ=ΑΓ δηλαδή μόνο στην περίπτωση που τα τρίγων ΑΔΕ και ΑΒΓ είναι ισοσκελή.
4_900 γ) Στο τρίγωνο ΑΓΒ επειδή ΚΕ// ΑΓ, από Σ.Ε.Θ έχουμε h ΕΒ = () υ ΑΒ Στο τρίγωνο ΑΒΔ επειδή ΚΕ// ΒΔ, από Σ.Ε.Θ έχουμε h υ ΑΕ = ΑΒ () Προσθέτουμε κατά μέλη τις () και () και έχουμε: h h ΑΕ ΕΒ ΑΕ + ΕΒ ΑΒ h h h υ + υ h υ + = + + = + = = = υ υ υ ΑΒ ΑΒ υ υ ΑΒ υ υ ΑΒ υυ υ + υ
4_90 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (Ο,R) τέτοιο ώστε να ισχύει α = β + γ. Αν η προέκταση της διαμέσου του ΑΜ τέμνει τον κύκλο στο σημείο Ρ, να αποδείξετε ότι : α) α 3 µ α = (Μονάδες 8) β) α 3 ΜΡ = (Μονάδες 8) 6 γ) (ΑΒΓ)=6 (ΜΡΓ) (Μονάδες 9) α) Από το ο θεώρημα διαμέσων έχουμε: α β + γ = µ α + και αντικαθιστώντας από τα δεδομένα β + γ = α παίρνουμε: α α = µ α + 4α = 4µ α + α 4α α = 4µ α 3α 3α 3α 3α = 4µ α µ α = µ α = µ α =. 4 4 β) Από Θεώρημα Ι (9.7 σ.99) : ΜΒ ΜΓ ΜΑ ΜΡ = ΜΒ ΜΓ ΜΡ = ΑΜ Αντικαθιστώντας 3α ΜΑ = µ α = και α ΜΒ = ΜΓ = έχουμε: αα α ΜΒ ΜΓ α α 3 α 3 α 3 ΜΡ = = = = = = = ΑΜ 3α 3 3 3 3 3 6 γ) Αφού τα τρίγωνα ΜΒΑ και ΜΡΓ έχουν Μ ˆ ˆ =Μ ως κατακορυφήν θα έχουμε σύμφωνα με το Θεώρημα ΙΙΙ (0.5 σ.3): 3α ΜΒΑ ΜΒ ΜΑ ΜΑ 6 3α = = = = = 3 ΡΜΓ ΜΡ ΜΓ ΜΡ α 3 3α 6
( ΡΜΓ) ΜΒΑ = ΜΒΑ = ΡΜΓ 3 3 Γνωρίζουμε ότι η διάμεσος ενός τριγώνου το χωρίζει σε δύο ισεμβαδικά τρίγωνα (0.3 Εφαρμογή 3 η σ.6).επομένως ( ΑΒΓ ) = ( ΜΒΑ ) = 3 ( ΡΜΓ ) = 6( ΡΜΓ )
4_905 α) Από το θεώρημα Ι (9.7 σ.99) έχουμε Β Β Β ΜΑ ΜΓ = Μ ΜΒ = = 4 β) Από το ο θεώρημα διαμέσων (9.5 σ.95) στο τρίγωνο ΑΔΒ έχουμε: Β ΑΒ + Α = ΜΑ + = ΜΑ + ΜΑ ΜΓ = ΜΑ( ΜΑ + ΜΓ ) = ΜΑ ΑΓ () γ) Από το ο θεώρημα διαμέσων (9.5 σ.95) στο τρίγωνο ΓΔΒ έχουμε: Β ΒΓ + Γ = ΓΜ + = ΓΜ + ΜΑ ΜΓ = ΓΜ ΜΑ + ΜΓ = ΓΜ ΑΓ () Παρόμοια Προσθέτοντας τις () και () παίρνουμε: ΑΒ + Α + ΒΓ + Γ = ΜΑ ΑΓ + ΜΓ ΑΓ = ΑΓ ΜΑ + ΜΓ = ΑΓ ΑΓ = ΑΓ
907 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τα σημεία Δ και Ε των πλευρών του ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα, ώστε Α ΑΕ = = ΑΒ ΑΓ 3. Από το σημείο Α φέρνουμε ευθεία (ε) παράλληλη στη ΒΓ. Η ευθεία (ε) τέμνει τις προεκτάσεις των ΒΕ και ΓΔ στα σημεία Ζ, Η αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: α) ΔΕ//ΓΒ (Μονάδες 5) β) γ) ΖΕ = ΕΒ. (Μονάδες 7) ΑΖ = ΒΓ. (Μονάδες 7) δ) (ΒΗΖ) = (ΑΒΖ) (Μονάδες 6) α) Αφού μας δίνεται ότι Α ΑΕ =, από το αντίστροφο του θεωρήματος του Θαλή έχουμε: ΑΒ ΑΓ ΔΕ//ΒΓ β) Αφού ΔΕ//ΒΓ και ε//βγ, θα είναι και ΔΕ//ε οπότε και ΔΕ//ΑΖ.Τότε από θ Θαλή στο τρίγωνο ΒΑΖ έχουμε: ΕΖ ΕΒ = Α Β Μας δίνεται ότι Α ΑΒ Α = 3Α = Α + Β 3Α Α = Β Α = Β =. 3 Β () Αρα ΕΖ = ΕΖ = ΕΒ ΕΒ γ) Επειδή ΔΕ//ΑΖ Από Σ.Ε.Θ στο τρίγωνο ΒΑΖ έχουμε: Ε ΑΖ Β = Ε ΑΒ = ΑΖ Β ΑΒ () Επειδή ΔΕ//ΒΓ Από Σ.Ε.Θ στο τρίγωνο ΒΑΖ έχουμε: Ε ΒΓ Α = Ε ΑΒ = ΒΓ Α ΑΒ (3)
Από () και () έχουμε: ΑΖ Β = ΒΓ Α ΑΖ = Α ΒΓ και λόγω της () έχουμε: Β ΑΖ = ΒΓ δ) Τα δύο τρίγωνο έχουν το ίδιο ύψος από την κορυφή Β.Με παρόμοιο τρόπο όπως δείξαμε ότι ΑΖ = ΒΓ μπορούμε να δείξουμε ότι ΗΑ = ΒΓ, οπότε ΗΖ=ΑΖ συνεπώς ( ΒΗΖ) ( ΑΒΖ) ΗΖ = = ΑΖ οπότε ( ΒΗΖ ) ( ΑΒΖ) ( ΗΖ) ( ΑΒΖ) = Β =
4_909 Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ//ΓΔ) και σημείο Μ της πλευράς του ΑΔ ώστε ΑΜ = Α 3. Από το Μ φέρνουμε παράλληλη προς τισ βάσεις του τραπεζίου, η οποία τέμνει τις ΑΓ και ΒΓ στα σημεία Κ και N αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: α) ΑΚ = ΑΓ 3 (Μονάδες 6) β) γ) ΚΝ = ΑΒ 3 (Μονάδες 6) ΜΝ = Γ + ΑΒ (Μονάδες 6) 3 3 δ) Ο ισχυρισμός «τα τραπέζια ΑΒΝΜ και ΑΒΓΔ είναι όμοια» είναι αληθής ή ψευδής; Να δικαιολογισετε την απάντησή σας. (Μονάδες 7) α) Στο τρίγωνο ΑΔΓ, αφού ΜΚ//ΔΓ από θεώρημα Θαλή έχουμε: ΑΚ ΑΓ ΑΜ = = Α 3 β) Στο τρίγωνο ΓΑΒ, αφού ΚΝ//ΑΒ από ΣΕΘ (Σημαντική Εφαρμογή Θαλή) έχουμε: ΚΝ ΚΓ ΑΓ ΑΚ ΑΓ ΑΚ = = = = =. ΑΒ ΑΓ ΑΓ ΑΓ ΑΓ 3 3 Αρα ΚΝ = 3 ΚΝ = ΑΒ ΚΝ = ΑΒ ΑΒ 3 3 () γ) Στο τρίγωνο ΑΔΓ, αφού ΜΚ//ΓΔ από ΣΕΘ (Σημαντική Εφαρμογή Θαλή) έχουμε: ΜΚ Γ ΑΜ = = Α 3 Αρα ΜΚ Γ Γ = 3ΜΚ = Γ ΜΚ = = Γ 3 3 3 () + ΜΝ = ΜΚ + ΚΝ = Γ + ΑΒ 3 3 δ) Δεν είναι όμοια γιατί ναί μεν έχουν τις γωνίες τους ίσες αλλά οι πλευρές τους δεν είναι ανάλογες.
903 Δίνονται δύο κύκλοι (Ο, α) και (Κ, β) με α>β, οι οποίοι εφάπτονται εξωτερικά στο Μ.Φέρνουμε το κοινό εφαπτόμενο τμήμα ΑΒ με Α,Β σημεία των κύκλων (Ο, α) και (Κ, β) αντίστοιχα. Από το Μ Θεωρούμε την κάθετη στο ΑΒ, η οποία τέμνει τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΚ και ΑΒ στα σημεία Λ και Ν αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: α) β) α β ΜΛ = (Μονάδες 8) α+β α β ΛΝ = (Μονάδες 8) α+β γ) Αν Ε και Ε είναι τα εμβαδά των κύκλων (Ο, α) και (Κ, β) αντίστοιχα, τότε Ε = Ε ( ΑΛΝ) ( ΚΜΛ) (Μονάδες 9) Eίναι: ΟΑ ΑΒ ΜΝ ΑΒ ΚΒ ΑΒ ΟΑ//ΜΝ//ΚΒ Επομένως ΜΛ//ΟΑ και ΛΝ//ΚΒ. Επειδή ΜΛ//ΟΑ, από ΣΕΘ (Θεώρημα σ.53) στο τρίγωνο ΚΟΑ έχουμε: ΜΛ ΚΜ ΜΛ β α β = = ΜΛ = ΟΑ ΚΟ α α+β α+β () Επειδή ΛΝ//ΚΒ, από ΣΕΘ (Θεώρημα σ.53) στο τρίγωνο ΑΚΒ έχουμε: ΛΝ ΑΝ = ΚΒ ΑΒ. Επειδή ΟΑ//ΜΝ//ΚΒ, από θεώρημα Θαλή έχουμε: ΑΝ ΑΒ ΟΜ = ΟΚ
οπότε ΛΝ = ΟΜ ΚΒ ΟΚ και αντικαθιστώντας ΛΝ α α β = ΛΝ = β α + β α+β () Παρατηρούμε από τις () και () ότι ΜΛ=ΛΝ ΛΜ = ΛΝ (3) Ε πα α α = = = πβ β β Ε (4) Τα τρίγωνα ΑΛΝ και ΚΜΛ έχουν την Λ ˆ ˆ =Λ ως κατακορυφήν άρα από θεώρημα σ.3 θα ισχύει ΑΛΝ (3) ΛΑ ΛΝ ΛΑ = = ΚΜΛ ΛΚ ΛΜ ΛΚ (5) Επειδή ΜΛ//ΟΑ, από θεώρημα Θαλή στο τρίγωνο ΚΟΑ έχουμε: ΛΑ ΛΚ ΜΟ α = = ΜΚ β ΑΛΝ α = β Αρα η (5) γίνεται: ( ΚΜΛ) και πλέον η (4) μπορεί να γραφεί: Ε = Ε ( ΑΛΝ) ( ΚΜΛ) που είναι το ζητούμενο. Σημείωση: Παρόμοια με Γ ΓΕΝΙΚΕΣ του Κεφαλαίου 7 του σχολικού βιβλίου με αλλαγές στα γράμματα και τον συμβολισμό των ακτίνων (φυσικά προτιμώ τα πιο καθιερωμένα R και ρ του σχολικού από τα εδώ α και β...). α β Επιπλέον εκεί το ζητούμενο είναι να δείξουμε ότι ΜΝ = που είναι ένα πολύ ενδιαφέρον και α+β εύκολο να απομνημονευτεί αποτέλεσμα σε ένα βασικό σχήμα. Στην Γ δεν δίνει την ΑΚ και απαιτεί να σκεφτούμε να την φέρουμε μόνοι μας και έτσι γίνεται πιο δύσκολη. Τέλος στην Γ δεν υπάρχει φυσικά το ερώτημα γ) αφού ανήκει στα εμβαδά.(κεφάλαιο 0)
4_9034 α) Τα τρίγωνα ΑΜΛ και ΑΒΓ έχουν την γωνία Α κοινή οπότε από Θεώρημα III (0.5 σ.3): ΑΒ ΑΓ ΑΜ ΑΛ 3 = = = ΑΒΓ ΑΒ ΑΓ ΑΒ ΑΓ 3 ( ΑΜΛ) β) Τα τρίγωνα ΒΜΖ και ΑΒΓ έχουν την γωνία Β κοινή οπότε από Θεώρημα III (0.5 σ.3): ΑΒ ΒΓ ΒΜ ΒΖ 3 = = = ΑΒΓ ΒΑ ΒΓ ΑΒ ΒΓ 6 ( ΒΜΖ) Τα τρίγωνα ΓΖΛ και ΑΒΓ έχουν την γωνία Γ κοινή οπότε από Θεώρημα III (0.5 σ.3): ΒΓ ΑΓ ΓΖ ΓΛ 3 3 = = = ΑΒΓ ΒΓ ΓΑ ΒΓ ΓΑ 9 ( ΓΖΛ) 5 3 6 9 3 6 9 8 ( ΜΖΛ ) = ( ΑΒΓ) ( ΑΒΓ) ( ΑΒΓ) ( ΑΒΓ ) = ( ΑΒΓ ) = ( ΑΒΓ) γ) ΑΜΖΛ ΑΜΛ + ΜΖΛ ΑΜΛ ΜΖΛ 5 6 5 = = + = + = + = ΑΒΓ ΑΒΓ ΑΒΓ ΑΒΓ 3 8 8 8 8
4_9037 Λύση α) Τα ορθογώνια τρίγωνα ΕΑΗ και ΔΑΓ είναι όμοια γιατί έχουν Α κοινή.αρα θα έχουν τις πλευρές ανάλογες απ όπου προκύπτει η σχέση β) Από ο θεώρημα διαμέσων α β + γ = µ α + α 5 α 5α α 5α α 6α β + γ = + β + γ = + = + = = 3α > α 4 Αρα β + γ > α και από Πόρισμα σ.9 η γωνία ˆΑ είναι οξεία. γ) Αφού όπως δείξαμε στο α) ΑΗ Α = ΑΓ ΑΕ αρκεί να δείξουμε ότι ΑΓ ΑΕ = α. Επειδή σύμφωνα με το β) η γωνία ˆΑ είναι οξεία παίρνουμε τον ανάλογο τύπο του Γενικευμένου Πυθαγορείου θεωρήματος και συγκεκριμένα το Θεώρημα Ι σ.89: α = β + γ ΑΓ ΑΕ και αντικαθιστώντας β + γ = 3α (από το β)) α = 3α ΑΓ ΑΕ ΑΓ ΑΕ = α ΑΓ ΑΕ = α.
4_9039 Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ, Α= ˆ 36 και η διχοτόμος του ΒΔ. α) Να αποδείξετε ότι: i) Τα τρίγωνα ΒΔΓ και ΑΒΓ είναι όμοια. (Μονάδες 6) ii) Α = ΑΓ Γ (Μονάδες 9) β) Αν θεωρήσουμε το ΑΓ ως μοναδιαίο τμήμα (ΑΓ = ), να υπολογίσετε το μήκος του τμήματος ΑΔ και το λόγο Α Γ (Μονάδες 0) α) i) Aφού Α= ˆ 36 θα είναι ˆ ˆ 80 36 44 Β=Γ= = = 7 Επειδή ΒΔ διχοτόμος της ˆΒ θα είναι Β ˆ ˆ =Β = 36. οπότε τα ΒΔΓ και ΑΒΓ έχουν: Γˆ κοινή ˆ ˆ Β = Α ο κριτήριο ομοιότητας, είναι όμοια. Αρα θα έχουν τις πλευρές τους ανάλογες Γ Β ΒΓ = = ΒΓ ΑΒ ΑΓ Από την Β = ΒΓ, επειδή ΑΒ=ΑΓ συμπεραίνουμε ότι και ΒΔ=ΒΓ (δηλαδή και το ΒΓΔ ισοσκελές). ΑΒ ΑΓ β) Από το θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου στο ΑΒΓ έχουμε: Α ΑΒ = Α ΒΓ = ΑΒ Γ Γ ΒΓ Ομως ΑΒ=ΑΓ οπότε η τελευταία γράφεται Α ΒΓ = ΑΓ Γ Για να φτάσουμε στην ζητούμενη αρκεί να δείξουμε πως ΒΓ=ΑΔ. Εχουμε ήδη δείξει ότι ΒΓ=ΒΔ. Επίσης επειδή το τρίγωνο ΔΑΒ έχει Β ˆ ˆ =Α= 36 θα είναι ισοσκελές με ΒΔ=ΑΔ. Αρα τελικά ΒΓ=ΑΔ και καταλήγουμε στην Α = ΑΓ Γ γ) Πρέπει να μπορέσω να βρώ έναν αριθμό λ ώστε ΑΔ=Λαγ
Θα χρησιμοποιήσουμε άλγεβρα.θέτω ΑΓ=α και ΑΔ=x.Επειδή ΔΓ=ΑΓ-ΑΔ η σχέση γράφεται: x = α α x x = α αx x + αx α = 0 = α 4 α = α + 4α = 5α Αρα x Επε, ( 5) α 5α α α 5 α ± ± ± = = = Σημείωση:H άσκηση αυτή υπάρχει στο βιβλίο στην κατασκευή κανονικού δεκαγώνου εγγεγραμμένου σε κύκλου δοθείσης ακτίνας R. Eπίσης έχει σχέση και με το πρόβλημα της Διαίρεσης τμήματος σε μέσο και άκρο λόγο (Χρυσή τομή) Εφαρμογή 3 Η σ0 σχολικού...