ΣΗΜΕΙΩΣΗ Οι λύσεις των θεμάτων είναι ενδεικτικές.πιθανόν να υπάρχουν και άλλες λύσεις και μάλιστα πιο απλές. ΘΕΜΑ 2 2814 α) Αφού ΑΒΓ ισοσκελές 180 ˆ ˆ ˆ Α 180 80 100 Β=Γ= = = = 50 2 2 2 Επειδή ΒΕ=ΒΔ θα είναι ˆ ˆ ˆ 180 Β 180 50 130 1 =Ε 1 = = = = 65 2 2 2 Επειδή ΓΕ=ΓΖ θα είναι ˆ ˆ ˆ 180 Γ 180 50 130 Ζ 1 =Ε 2 = = = = 65 2 2 2
ΕΖ= 180 Εˆ Ε ˆ = 180 65 65 = 50 β) 1 2 ΘΕΜΑ 2 2816
ΘΕΜΑ 2 2817
ΘΕΜΑ 2 2819 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 = 85 40 = 45. β) Το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο άρα οι απέναντι γωνίες του είναι παραπληρωματικές οπότε: ϕ = 180 ΓΒΑ= 180 85 = 95
ΘΕΜΑ 2 2822 ΘΕΜΑ 2 2822 ΘΕΜΑ 2 2825
ΘΕΜΑ 2 2827
ΘΕΜΑ 2 2829 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
ΘΕΜΑ 2 2831 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.
ΘΕΜΑ 2 2832 ΘΕΜΑ 2 2834 ΘΕΜΑ 2 2836
ΘΕΜΑ 2 2837 ανίσωση ΘΕΜΑ 2 2839 ΘΕΜΑ 2 2841
ΘΕΜΑ 2 2844
ΘΕΜΑ 2 2845 ΘΕΜΑ 2 2846
ΘΕΜΑ 2 2847 ΘΕΜΑ 2 2848
ΘΕΜΑ 2 2849
ΘΕΜΑ 2 2850 τραπέζιο
ΘΕΜΑ 2 2851 τραπέζιο
ΘΕΜΑ 2 2852
ΘΕΜΑ 2 2853 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.
ΘΕΜΑ 2 2854
ΘΕΜΑ 2 2855
ΘΕΜΑ 2 2856
ΘΕΜΑ 2 2857 ΘΕΜΑ 2 2858
ΘΕΜΑ 2 2860 ΘΕΜΑ 2 3411
ΘΕΜΑ 2 3412
ΘΕΜΑ 2 3413 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= = = 80 2 2 Β= ˆ 180 Α Γ= ˆ ˆ 180 80 30 = 70 β) ΑΕΓ = 2Β ˆ = 2 70 = 140
ΘΕΜΑ 2 3414 τραπέζιο ΘΕΜΑ 2 3415 τραπέζιο
ΘΕΜΑ 2 3416 ΘΕΜΑ 2 3417
ΘΕΜΑ 2 3418 ΘΕΜΑ 2 3419 ΘΕΜΑ 2 3420
ΘΕΜΑ 2 3421 ΘΕΜΑ 2 3422 συμμετρικό ΘΕΜΑ 2 3423
ΘΕΜΑ 2 3424
ΘΕΜΑ 2 3425 ανισότητα ΘΕΜΑ 2 3426
ΘΕΜΑ 2 3427
ΘΕΜΑ 2 4972 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= = = 15 3 3
ΘΕΜΑ 2 4973 τραπέζιο ΘΕΜΑ 2 4974
ΘΕΜΑ 2 5007 τραπέζιο
ΘΕΜΑ 2 5009 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 = 60 15 = 45
ΘΕΜΑ 2 5012 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 = 360 88 = 272
ΘΕΜΑ 2 5017 ΘΕΜΑ 2 5021
ΘΕΜΑ 2 5024 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.
ΘΕΜΑ 2 5029 ΘΕΜΑ 2 5033
ΘΕΜΑ 2 5035
ΘΕΜΑ 2 5037 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:
ΘΕΜΑ 2 5039
ΘΕΜΑ 2 5040
ΘΕΜΑ 2 5048
ΘΕΜΑ 2 5053 ΘΕΜΑ 2 5055
ΘΕΜΑ 2 5059
ΘΕΜΑ 2 5061
ΘΕΜΑ 2 5064 ΘΕΜΑ 2 5066
ΘΕΜΑ 2 5069 ΘΕΜΑ 2 5071 ΘΕΜΑ 2 5073
ΘΕΜΑ 2 5075 ΘΕΜΑ 2 5080
ΘΕΜΑ 2 5089 ΘΕΜΑ 2 5092
ΘΕΜΑ 2 5094 ΘΕΜΑ 2 5096
ΘΕΜΑ 2 5100
ΘΕΜΑ 2 5103 ΘΕΜΑ 2 5104
ΘΕΜΑ 2 5108
ΘΕΜΑ 2 5111 ΘΕΜΑ 2 5113 τραπέζιο
ΘΕΜΑ 2 5114
ΘΕΜΑ 2 5117
ΘΕΜΑ 2 5118
ΘΕΜΑ 2 5124
ΘΕΜΑ 2 5127 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.
ΘΕΜΑ 2 5129
ΘΕΜΑ 2 5132
ΘΕΜΑ 2 5134 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
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 2 5136 ΘΕΜΑ 2 5139 ΘΕΜΑ 2 5142
ΘΕΜΑ 2 5144
ΘΕΜΑ 2 5149
ΘΕΜΑ 2 5153 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 = 90 60 = 30.
β) Αφού ΓΟΒ ˆ = 60 θα είναι ΓΟΑ ˆ = 120. Παρόμοια, αφού ΓΒΟ ˆ = 60 θα είναι ΓΒ ˆ = 120 Επιπλέον ΒΓ = ˆ 180 120 30 = 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 2 5157
ΘΕΜΑ 2 5162 ΘΕΜΑ 2 5167 τραπέζιο
ΘΕΜΑ 2 5554 ΘΕΜΑ 2 5557
ΘΕΜΑ 2 5560
ΘΕΜΑ 2 55
ΘΕΜΑ 2 5565 τραπέζιο
ΘΕΜΑ 2 5566 τραπέζιο ΘΕΜΑ 2 5567 κύκλος
ΘΕΜΑ 2 5568
ΘΕΜΑ 2 5569
ΘΕΜΑ 2 5570
ΘΕΜΑ 2 5572 ΘΕΜΑ 2 5573
ΘΕΜΑ 2 5574
ΘΕΜΑ 2 5575
ΘΕΜΑ 2 5577 τραπέζιο
ΘΕΜΑ 2 5578
ΘΕΜΑ 2 5580 ανιστότητα ΘΕΜΑ 2 5581
ΘΕΜΑ 2 5582 ΘΕΜΑ 2 5583
ΘΕΜΑ 2 5585
ΘΕΜΑ 2 5586
ΘΕΜΑ 2 5587
ΘΕΜΑ 2 5588 ΘΕΜΑ 2 5589
ΘΕΜΑ 2 5590
ΘΕΜΑ 2 5591 ΘΕΜΑ 2 5592
ΘΕΜΑ 2 5593
ΘΕΜΑ 2 5595
ΘΕΜΑ 2 5597
ΘΕΜΑ 2 5599 ΘΕΜΑ 2 5601 κύκλος
ΘΕΜΑ 2 5603 κύκλος
ΘΕΜΑ 2 5607
ΘΕΜΑ 2 5608 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)
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.
ΘΕΜΑ 2 5612
ΘΕΜΑ 2 5613 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.
ΘΕΜΑ 2 5615
ΘΕΜΑ 2 5617 τραπέζιο
ΘΕΜΑ 2 5619
ΘΕΜΑ 2 5621
ΘΕΜΑ 2 5626 κύκλος
ΘΕΜΑ 2 5628 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 2 5630 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)
ΘΕΜΑ 2 5633 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
ΘΕΜΑ 2 5634 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..
ΘΕΜΑ 2 5635 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)
ΘΕΜΑ 2 5637 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)
ΘΕΜΑ 2 5638 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)
ΘΕΜΑ 2 5641 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)
ΘΕΜΑ 2 5644 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 2 5646 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)
ΘΕΜΑ 2 5647 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)
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.
ΘΕΜΑ 2 5652 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)
ΘΕΜΑ 2 5653 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)
ΘΕΜΑ 2 5654 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)
ΘΕΜΑ 2 5733
ΘΕΜΑ 2 6002 ΘΕΜΑ 2 6580
ΘΕΜΑ 2 6582 ΘΕΜΑ 2 6583 τραπέζιο ΘΕΜΑ 2 6584
ΘΕΜΑ 2 6585 τραπέζιο
ΘΕΜΑ 2 6587 κύκλος
ΘΕΜΑ 2 6588 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 = 90 60 = 30 (οι οξείες γωνίες ενός ορθογωνίου τριγώνου είναι συμπληρωματικές (έχουν άθροισμα 90 ))
ΘΕΜΑ 2 6590 τραπέζιο
ΘΕΜΑ 2 6592
ΘΕΜΑ 2 6593 ΘΕΜΑ 2 6595
ΘΕΜΑ 2 6882 ΘΕΜΑ 2 6885
ΘΕΜΑ 2 6886 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 = = = 60 2 2
ΘΕΜΑ 2 7452
ΘΕΜΑ 2 7453