2014 - 2015

Τελευταία ενημέρωση: 18 / 11 / 2014

Όλα τα θέματα της τράπεζας με τις λύσεις τους

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Παπαδόπουλος Παναγιώτης

[2]

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7 – ΑΝΑΛΟΓΙΕΣ

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18975

ΛΥΣΗ

α) Ως γνωστόν το βαρύκεντρο ενός τριγώνου απέχει από κάθε

κορυφή τα 3

2 της αντίστοιχης διαμέσου.

Εφόσον το Θ είναι βαρύκεντρο του τριγώνου, θα ισχύει:

ΑΜΑΘ3

2 και ΑΜΘΜ

3

1 .

Όμως ΔΕ//ΒΓ άρα από το θεώρημα του Θαλή έχουμε:

ΜA

AB

ΘΜ

BΔ

ΑΘ

ΑΔ

Συνεπώς: 3

23

2

BΑ

ΑΔ

ΜA

ΑΜ

BΑ

ΑΔ

ΜA

ΘA

BΑ

ΑΔ

ΜA

AB

ΑΘ

ΑΔ

Από το θεώρημα Θαλή έχουμε επίσης: ΜA

ΓA

ΘΜ

ΓE

ΑΘ

EΑ

Συνεπώς: 2

3

13

2

ΕΓ

EΑ

ΜA

ΑΜ

ΕΓ

EΑ

ΘΜ

ΑΘ

ΕΓ

EΑ

ΘΜ

ΕΓ

ΑΘ

EΑ

β) 61832933

2

93

2 ΑΔΑΔΑΔ

ΑΔ

BΑ

ΑΔ

5315331

12

1

2

ΕΓΕΓΕΓΑΓ

ΓE

ΑΓ

ΕΓ

ΕΓEΑ

ΕΓ

EΑ

[3]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19024

ΛΥΣΗ

α) ΔΕ//ΒΓ άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε: ΑΒ

ΑΓ

ΑΔ

EΑ (1)

β) ΔZ//ΒE άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε: ΑΒ

EΑ

ΑΔ

ZΑ (2)

γ) (1) ΑΒ

ΑΔ

ΑΓ

EΑ

ΑΒ

ΑΓ

ΑΔ

EΑ (3)

(2) ΑΒ

ΑΔ

EΑ

ZΑ

ΑΒ

EΑ

ΑΔ

ZΑ (4)

Από (3) και (4) έχουμε: EΑ

ZΑ

ΑΓ

EΑ

[4]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19031

ΛΥΣΗ

α) Στο τρίγωνο ΑΔΒ εφαρμόζουμε το θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου κι έχουμε:

672128

129 ΕΒΕΒ

EBAB

ΔA

EB

ΔΕ

β) Στο τρίγωνο ΒΓΔ, ισχύει ΕΖ//ΒΓ, άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε:

9196

6

9 ΔΖ

ΔΖΔΖ

BΕ

ΖΓ

ΔΕ

ΔΖ

[5]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19040

ΛΥΣΗ

α) Α΄ τρόπος :

Εφαρμόζουμε στο ΑΒΓ θεώρημα εξωτερικής διχοτόμου.

41236

2

36

10

156

515

15

ΑΓΑΓ

ΑΓΑΓΑΓΑΓ

AB

ΓE

ΒE

Β΄ τρόπος :

Εφαρμόζουμε στο ΑΒΓ θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου.

41236

2

36

35

3

ΑΓΑΓ

ΑΓΑΓΑΓ

AB

ΔΓ

ΔΒ

β) 123-15ΔΒΒΕΔΕ

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_18994

ΛΥΣΗ

[6]

α) ABBE3

1 άρα προφανώς ABAE

3

2

ME//BN άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε:

AE

AE

MN

AM

BE

AE

MN

AM

BE

MN

AE

AM

3

13

2

MNAMMN

AM

MN

AM22

3

13

2

(1)

Ομοίως, ΔΓΔΖ3

1 άρα προφανώς ΔΓΓZ

3

2

ΖΝ//ΜΔ άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε:

ΓΔ

ΓΔ

MN

NΓ

ZΔ

ZΓ

MN

NΓ

ZΔ

MN

ZΓ

NΓ

3

13

2

MNNΓMN

NΓ

MN

NΓ22

3

13

2

(2)

Από (1) και (2) προκύπτει ότι: ΑΜ=ΓΝ=2ΜΝ

β) ΑΓ=ΑΜ+ΜΝ+ΓΝ ΑΓ=2ΜΝ+ΜΝ+2ΜΝ ΑΓ=5ΜΝ ΜΝ=5

1AΓ

[7]

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8 – ΟΜΟΙΟΤΗΤΑ

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19011

ΛΥΣΗ

α) i) Τα τρίγωνα ΣΒΓ και ΣΒΔ έχουν:

ΣΔBΣΓB (κοινή γωνία)

ΣΔΒΣBΓ (η

ΣBΓ είναι γωνία από χορδή κι

εφαπτομένη και η

ΣΔΒ είναι εγγε-

γραμμένη γωνία που έχουν το ίδιο

αντίστοιχο τόξο)

Άρα ΣΒΓ ΣΔΒ ΔΒ

ΓB

BΣ

ΣΓ

ΣΔ

BΣ (1)

ii) Τα τρίγωνα ΣΑΓ και ΣΔΑ έχουν:

ΣΔAΣΓA (κοινή γωνία)

AΣΔΣAΓ (η

ΣAΓ είναι γωνία από χορδή κι εφαπτομένη και η

AΣΔ είναι

εγγεγραμμένη γωνία που έχουν το ίδιο αντίστοιχο τόξο)

Άρα ΣΑΓ ΣΔΑ AΣ

ΣΓ

AΔ

ΓA

ΣΔ

AΣ (2)

β) Από τη σχέση (1) έχουμε: BΣ

ΣΓ

ΔΒ

ΓB (3). Από τη σχέση (2) έχουμε:

AΣ

ΣΓ

AΔ

ΓA (4)

Επειδή τα εφαπτόμενα τμήματα ΣΑ και ΣΒ είναι ίσα, από τις σχέσεις (3) και (4) προκύπτει:

BΓAΔBΔΑΓAΔ

ΓA

ΔΒ

ΓB

[8]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19026

ΛΥΣΗ

α) Τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΑΒΓ έχουν:

BB (κοινή)

ΓEBΔ (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των

παραλλήλων ΔΕ, ΑΓ)

Άρα ΒΔΕ ΒΓΑ. Οπότε: ΑΓ

EΔ

ΒΓ

ΒΔ (1)

β) Τα τρίγωνα ΓΔΖ και ΑΒΓ έχουν:

ΓΓ (κοινή)

ΒZΓΔ (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΔΖ, ΑΒ)

Άρα ΓΔΖ ΓΒΑ. Οπότε: ΒΓ

ΓΔ

BΑ

ZΔ (2)

γ) 121

ΒΓ

ΒΓ

ΒΓ

ΓΔΒΔ

ΒΓ

ΓΔ

ΒΓ

ΒΔ

BΑ

ZΔ

ΑΓ

EΔ )(),(

[9]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19014

ΛΥΣΗ

α) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ έχουν:

ZA (δεδομένα)

EB (δεδομένα)

Άρα ΑΒΓ ΖΕΔ

β) ΕΔ

BΓ

ΖΔ

ΓA

ΖΕ

AB

γ) 3015

45045015182515

1815

25 xxxx

x

2015

30030015251215

15

25

12 yyyy

y

[10]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19015

ΛΥΣΗ

α) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΔΕ έχουν:

AA (κοινή)

EΔAB (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΔΕ και ΒΓ)

Άρα ΑΒΓ ΑΔΕ

β) EΑ

ΑΓ

EΔ

ΓB

ΑΔ

AB

γ) Η αναλογία x

5

6

4 είναι λάθος διότι οι όροι των κλασμάτων δεν αντιστοιχούν στα μήκη των

ομόλογων πλευρών των όμοιων τριγώνων.

Η σωστή αναλογία είναι:

2

27

4

54544

64

9 xxx

x

EΔ

ΓB

ΑΔ

AB

[11]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19017

ΛΥΣΗ

α) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ έχουν:

ΔA (=900)

EΔ

BΑ

ZΔ

ΑΓ (

3

4

18

24

ZΔ

ΑΓ και

3

4

21

28

EΔ

BΑ)

Άρα ΑΒΓ ΔΕΖ

β) ZΔ

ΑΓ

EZ

ΓB

EΔ

BΑ

γ) ΒΓΕΖΒΓEZEZ

ΓB

ZΔ

ΑΓ

EZ

ΓB

4

334

3

4

Άρα η σωστή απάντηση είναι η (iii)

[12]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18993

ΛΥΣΗ

α) i. EΔ

ΑB

ΖE

ΓB

ΔΖ

ΑΓραά

EΔ

ΑB

ΖE

ΓB

ΔΖ

ΑΓ

8

3

48

18

5

2

40

16

5

2

10

4

οπότε τα τρίγωνα δεν είναι όμοια

ii.

EΓAB 00000 348363180180

Επομένως:

EB

ΔA άρα τα τρίγωνα είναι όμοια

β) Αν x, y, ω τα μήκη των πλευρών του τριγώνου ΔΕΖ, με x<y<ω, τότε: 3ΒΓ

ω

ΓA

y

AB

x

1836

xx

2137

yy

2438

ωω

[13]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18984

ΛΥΣΗ

α) i.

5

2

30

12

5

2

20

8

ZΔ

ΑΓ

EΔ

ΑΒ

άρα ZΔ

ΑΓ

ΔΕ

ΑΒ

035

ΔΑ

Άρα ΑΒΓΔΕΖ

ii.

ΔBΑΓ 00000 953847180180

047

EA

Άρα ΓΑΒΔΕΖ

iii.

ΔA

)ΔΖΔΕκαιΑΓABτιόδι(ΔΖ

ΑΓ

EΔ

ΑΒ

άρα ΑΒΓΔΕΖ

β) i. 5

2

ΕΖ

ΒΓ

ZΔ

ΑΓ

ΔΕ

ΑΒ

ii. EZ

AB

ZΔ

ΒΓ

EΔ

ΑΓ

iii. ΕΖ

ΒΓ

ZΔ

ΑΓ

ΔΕ

ΑΒ

[14]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18990

ΛΥΣΗ

α) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΕΔΓ έχουν:

EA (εντός εναλλάξ γωνίες των παραλλήλων ΑΒ και ΔΕ)

EΔΓΑΓΒ (κατακορυφήν)

Άρα ΑΓΒ EΓΔ

β) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΕΔΓ έχουν:

ΓE

ΓA

ΔΓ

ΒΓ (από τα δεδομένα γνωρίζουμε ότι

ΓE

ΓA

ΔΓ

ΒΓ =2)

EΔΓΑΓΒ (κατακορυφήν)

Άρα ΑΓΒ EΓΔ

[15]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19019

ΛΥΣΗ

α) Τα τρίγωνα ΑΕΒ και ΕΔΓ έχουν:

ΓEΔAEB (κατακορυφήν)

ΕΓΔEAB (εντός εναλλάξ γωνίες των παραλλήλων ΑΒ και ΓΔ)

β) Αποδείχθηκε ότι τα τρίγωνα ΑΕΒ και ΔΕΓ έχουν δύο γωνίες ίσες μία προς μία άρα:

ΕΑΒ ΕΓΔ ΕΔ

EB

ΓΔ

AB

ΕΓ

EA (1)

γ) (1) 10

8

15

6 EB

ΓΔ (2)

Από τη σχέση (2) έχουμε: 460151015

6 EBEB

EB

Από τη σχέση (2) έχουμε: 2012068

15

6 ΓΔΓΔ

ΓΔ

[16]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19021

ΛΥΣΗ

α)

1ο ζεύγος τριγώνων : ΚΛΜ και ΖΔΕ

ΔK ( = 900 )

ΕΔ

ΚΛ

ΔZ

ΚΜραά

ΕΔ

ΚΛ

ΔZ

ΚΜ

3

2

15

10

3

2

9

6

Επομένως ΚΛΜ ΖΔΕ

2ο ζεύγος τριγώνων : ΑΒΓ και ΗΚΛ

0702

40180

BA

065

HK άρα

0000 506565180

Λ

Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΗΚΛ δεν είναι

όμοια διότι δεν έχουν τις γωνίες τους

μία προς μία ίσες.

β) 3

2

ZΕ

ΛM

ΕΔ

ΚΛ

ΔZ

ΚΜ

[17]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19023

ΛΥΣΗ

α) Ο λόγος ομοιότητας των πολυγώνων είναι ο λόγος των αντίστοιχων πλευρών τους, άρα:

3

2

15

10

ΚΛ

ABλ

β) 123633

2

183

2 xx

x

ΚΛ

AB

ΚΡ

AE

γ) 3

2

159123

2

EΔΓΔΓB

NΡ

EΔ

MN

ΓΔ

MΛ

ΓB

Άρα:

8BΓΒΓΓB

2433

2

12

6ΓΔΓΔΓΔ

1833

2

9

10ΔΕΔΕEΔ

3033

2

15

Άρα η περίμετρος του ΑΒΓΔΕ είναι: ΑΒ+ΒΓ+ΓΔ+ΔΕ+ΕΑ =

10+8+6+10+12

=

46

[18]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19030

ΛΥΣΗ

α) Τα τρίγωνα ΟΑΕ και ΟΒΔ έχουν:

21

OO (Οδ διχοτόμος)

ΔA ( = 900 )

Άρα ΟΑΕ ΟΔΒ

β) Λόγω της ομοιότητας των τριγώνων έχουμε: BΔ

AE

OB

OE

ΔO

OA

Άρα: ΟΕΟΔΟΑΟΑ

OE

ΔO

OA

OB

OE

ΔO

OA 22

2

[19]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19033

ΛΥΣΗ

α) Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΕΖ έχουν:

BΑ

ZΑ

ΑΔ

ΑΕ (δεδομένα)

AA (κοινή γωνία)

Επομένως ΑΒΔ ΑΕΖ.

Άρα: 3

1

BΑ

ZΑ

ΑΔ

ΑΕ

ΔB

EZ (1) και

ΔΒAAEZ

ΔΒ//EZΔΒAAEZ

(2) (διότι οι εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες είναι ίσες)

Τα τρίγωνα ΓΘΗ και ΒΓΔ έχουν:

ΓΔ

ΓΘ

BΓ

HΓ (δεδομένα)

ΓΓ (κοινή γωνία)

Επομένως ΓΘΗ ΒΓΔ.

Άρα: 3

1

ΓΔ

ΓΘ

BΓ

HΓ

ΒΔ

ΘΗ (3) και

ΓΔΒΓΘΗ

BΔ//ΘΗΓΔΒΓΘΗ

(4) (διότι οι εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες είναι ίσες)

Από (2) και (4) έχουμε: ΕΖ//ΔΒ//ΘΗ.

[20]

β) Από (1) και (3) έχουμε: 3

33

1

33

1

ΒΔΘΗΕΖραά

ΒΔHΘ

ΒΔ

ΘΗ

ΒΔEZ

ΔB

EZ

γ) Από τα προηγούμενα ερωτήματα, δείξαμε ότι ΕΖ//ΘΗ και ΕΖ=ΘΗ, άρα ΕΖΗΘ είναι

παραλληλόγραμμο.

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19035

ΛΥΣΗ

α) Τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΒΓ έχουν:

ΓA

AE

ΑΒ

ΑΔ (δεδομένα)

AA (κοινή)

Άρα ΑΔΕ ΑΒΓ.

β) 3

1

ΓA

AE

ΑΒ

ΑΔ

ΒΓ

ΔΕ. Επομένως: ΔΕΒΓ

ΒΓ

ΔΕ3

3

1 (1)

Εφόσον ισχύει ΓA

AE

ΑΒ

ΑΔ , άρα από το θεώρημα του Θαλή προκύπτει ότι ΔΕ//ΒΓ.

Συνεπώς το τετράπλευρο ΔΕΖΒ είναι παραλληλόγραμμο και ισχύει: ΔΕ=ΒΖ (2)

Από (1) και (2) έχουμε: ZBΒΓΔΕΒΓ 33

[21]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19036

ΛΥΣΗ

α) Α΄ τρόπος :

Τα τρίγωνα ΟΑΒ και ΟΓΔ έχουν:

ΟΔΓABO (εντός εναλλάξ γωνίες των παραλλήλων ΑΒ, ΓΔ που τέμνονται από την ΒΔ)

ΔOΓAOB (κατακορυφήν)

Άρα ΒΟΑ ΔΟΓ 273241236

129 OΔΟΔ

ΔΟΓO

ΟΑ

ΔΟ

ΒΟ.

Β΄ τρόπος :

ΑΒ//ΓΔ άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε:

273241236

129 OΔΟΔ

ΔΟΓO

ΟΑ

ΔΟ

ΒΟ

ΓO

OΔ

AΟ

ΒΟ

β) Α΄ τρόπος :

Τα τρίγωνα ΟΑΔ και ΟΒΜ έχουν:

BMΟOΔA (εντός εναλλάξ γωνίες των παραλλήλων ΑΔ, ΒΜ που τέμνονται από την ΒΔ)

MBOΔAO (κατακορυφήν)

Άρα ΔΟΑ ΒΟΜ 41082712

9

27 OMMΟ

OMOM

ΟΑ

ΟB

ΔΟ.

Β΄ τρόπος :

ΒΜ//ΑΔ άρα από το θεώρημα Θαλή έχουμε:

41082712

9

27 OMMΟ

OMOM

ΟΑ

ΟB

ΔΟ

OM

ΟB

AΟ

ΔΟ

[22]

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_18976

ΛΥΣΗ

α) i) Τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΒΕΓ έχουν:

ΓΓ (κοινή) και

ΔΓAΒΕΓ (= 900)

Άρα ΓΕΒ ΓΔΑ

ii) Αν τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΒΕ ήταν όμοια, τότε ο

λόγος ομοιότητάς τους θα ήταν 1AB

ΑΒλ

οπότε τα τρίγωνα θα ήταν ίσα. Τότε θα έπρεπε να

ισχύει

BA ΑΒΓ ισοσκελές (άτοπο εφόσον το

τρίγωνο ΑΒΓ δίνεται ότι είναι σκαληνό).

Άρα τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΒΕ δεν μπορεί να είναι όμοια.

β) Αν το ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΑΒ=ΑΓ, τότε θα ισχύει

BA , άρα τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΒΕ θα

έχουν:

BA (ABΓ ισοσκελές) και

BΔAAΒΕ (= 900). Οπότε: ΑΒΔ ΑΒΕ

[23]

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_19000

ΛΥΣΗ

α) i) Τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΑΒΜ έχουν:

BB (κοινή γωνία)

BAMEΔB (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΔΕ και ΑΜ)

Άρα ΒΔΕ ΒΑΜ ΑΒ

ΔB

MΒ

ΕB

AM

EΔ (1)

ii) Τα τρίγωνα ΓΖΕ και ΑΓΜ έχουν:

ΓΓ (κοινή γωνία)

MAΓEZΓ (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΖΕ και ΑΜ)

Άρα ΓΕΖ ΓΜΑ AΓ

ZΓ

MΓ

ΓΕ

AM

EZ (2)

β) Από τη σχέση (1) έχουμε: MΒ

ΕB

AM

EΔ (3)

Από τη σχέση (2) έχουμε: MΓ

ΓΕ

AM

EZ (4)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις (3) και (4) έχουμε:

MΒ

BM

AM

EZEΔ

MΒ

ΓB

AM

EZEΔ

MΒ

ΓΕΕB

AM

EZEΔ

MΓ

ΓΕ

MΒ

ΕB

AM

EZ

AM

EΔ ΓMBM 2

AMEZEΔAM

EZEΔ22

(σταθερό αποτέλεσμα)

[24]

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_19013

ΛΥΣΗ

α) Τα τρίγωνα ΕΜΛ και EΓΝ έχουν:

ΓΛ (=900)

ΝΕΓΜΕΛ (η γωνία με την οποία χτυπάει η μπάλα σε μια πλευρά ισούται με τη γωνία με

την οποία απομακρύνεται)

[25]

Άρα ΛΕΜ ΓΕΝ

752750

1

1751

1

751,

EΓ

,,

EΓ

ΓΕEΛ,

EΓ

EΛ

NΓ

MΛ

EΓ

EΛ

11

3

752

750750752 ΓΕ

,

,ΓΕ,ΓΕ,

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 Π2 να στείλει την μπάλα

στη τρύπα Β, ακολουθώντας τη διαδρομή ΜΚΒ, θα πρέπει να ισχύει

ΓBKΠKΜ 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:

ΓΠ (=900)

ΓBKΠKΜ (δικαιολογήθηκε)

Άρα ΠΚΜ ΓΚΒ

750

1

750

1

750

1

1751,

KN

KN,,

KN

KN,

BΓ

MΠ

ΓΚ

ΠΚ

007510750750750750 KNKN,KN,NΚKN,,KN,

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 Π2.

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:

750

1

750

1

750

1

1751,

KN

KN,,

KN

KN,

BΓ

MΠ

ΓΚ

ΠΚ

007510750750750750 KNKN,KN,NΚKN,,KN,

Τα συμπεράσματα είναι ίδια με την προηγούμενη περίπτωση.

Άρα ο ισχυρισμός του παίκτη Π1 είναι σωστός.

[26]

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_19016

ΛΥΣΗ

α) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΔΕ έχουν:

AA (κοινή)

ΑΒ

ΑΔ

ΑΓ

ΑΕ (

3

2

3

2

ΑΓ

AEΑΓAE και

3

2

3

2

ΑΒ

ΔABΑΔA )

Άρα ΑΒΓ ΑΔΕ

Συνεπώς οι γωνίες που είναι απέναντι από τις ομόλογες πλευρές είναι ίσες μεταξύ τους. Άρα:

ΓΒAΔAE

β) Εφόσον αποδείξαμε ότι ΑΒΓ ΑΔΕ, προκύπτει ότι ισχύει η σχέση: ΓΒ

ΔE

ΑΓ

AE

γ) Το τμήμα ΒΓ θα ήταν παράλληλο στο ΔΕ, αν ίσχυε

ΒΓAΔAE (εντός εκτός κι επί τα αυτά

γωνίες). Γνωρίζουμε όμως ότι

ΓΒAΔAE . Άρα έπρεπε να ισχύει

ΓΒAΒΓA , 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.

[27]

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_19020

ΛΥΣΗ

α)

α) Τα τρίγωνα ΑΔΚ και ΚΒΓ έχουν:

ΓΚBΔΑΚ (κατακορυφήν)

ΚBΓΚΔΑ (εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΑΔ και ΒΓ που τέμνονται από την ΔΒ)

Άρα ΚΔΑ ΚΒΓ

[28]

β) Τα τρίγωνα ΚΔΖ και ΔΑΒ έχουν:

ΔBAΔZΚ ( = 900)

ΔΔ (κοινή γωνία)

Άρα ΖΔΚ ΑΔΒ

Επομένως: BΑ

ZK

BΔ

KΔ

ΑΔ

ΔZ (1)

81010

4

2ΖΔ

ΔZ

BΑ

ZK

ΑΔ

ΔZ

80,5

4ΔΖ

10

8ΔΖ m

Άρα η απόσταση του σημείου Κ από το έδαφος είναι: ΖΑ = ΑΔ ΖΔ = 2 0,8 = 1,2 m

γ) Από το (α΄) ερώτημα γνωρίζουμε ότι:

ΚΔΑ ΚΒΓΚΓ

KA

ΓΒ

ΔA

ΚΒ

ΔK

Έχουμε λοιπόν: 5

2

23

2

3

2

ΒΔ

ΔK

ΚΔΚΒ

ΔK

ΚΒ

ΔK

ΓΒ

ΔA

ΚΒ

ΔK (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε:

805

445

5

2

2,ΖΔΔZ

ΔZ

BΔ

KΔ

ΑΔ

ΔZ m

Επομένως, ανεξαρτήτως της απόστασης ΑΒ των δύο στήλων, η απόσταση του σημείου Κ από το

έδαφος είναι: ΖΑ = ΑΔ ΖΔ = 2 0,8 = 1,2 m

[29]

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_19027

ΛΥΣΗ

α) ΓA

AB

EΑ

ΑΔ

ΓA

EΑ

AB

ΑΔ δηλ. ισχύει η αναλογία του θεωρήματος του Θαλή, άρα ΔΕ//ΒΓ.

β) 2

1

13

1

3

1

BΔ

ΑΔ

ΑΔΒA

ΑΔ

ΒA

ΑΔ

Στο τρίγωνο ΑΒΖ, ΔΕ//ΑΖ , άρα έχουμε: EBZEΕΒ

ZE

ΕΒ

ZE

ΔΒ

ΑΔ

ΕΒ

ΔΒ

ZE

ΑΔ

2

1

2

1

γ) Τα τρίγωνα ΑΔΕ και ABΓ έχουν:

ΓAΒΕAΔ (κοινή γωνία)

ΓBΑΔΕA (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΔΕ, ΒΓ που τέμνονται

από την ΑΒ)

Άρα ΑΔΕ ΑΒΓ ΔΕ3

ΒΓΔΕΒΓ

ΒΓ

ΔΕ

ΓB

ΔΕ

AB

ΔA 3

3

1 (1)

BAΔAAB

ΔA

3

1

3

1 άρα

2

3

3

2

ΔΒ

ABBABΔ

Τα τρίγωνα ΑΒΖ και ΒΔΕ έχουν:

[30]

BEΔABZ (κοινή γωνία)

ΔΕBZΑB (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΔΕ, ΑΖ που τέμνονται

από την ΑΒ)

Άρα ΒΑΖ ΒΔΕ ΔΕAZ

EΔ

AZ

EΔ

AZ

ΒΔ

BA

3

2

2

3 (2)

Από (1) και (2) έχουμε: ΒΓ2

1AZΒΓΑΖ

ΒΓAZ 2

33

2

δ) Τα τρίγωνα ΑΓΗ και ΓΔΕ έχουν:

EΔΓHΓA (κοινή γωνία)

ΓΕΔHΓΑ (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΔΕ, ε που τέμνονται

από την ΑΓ)

Άρα ΓΑΗ ΓΕΔ ΔΕAH

ΔΕ

AH

ΓE

ΓA

ΔΕ

AH

3

2

2

3 (3)

Από (2) και (3) προκύπτει ότι AZAHAZAH

3

2

3

2

Γνωρίζουμε ότι ε//ΒΓ, άρα τα σημεία Β, Γ ισαπέχουν από την ευθεία (ε). Συνεπώς τα τρίγωνα

ΒΗΖ και ΑΒΖ έχουν το ίδιο ύψος υ.

22

1 υAZυAZ)ABZ(

υAZυAZυHZ)BHZ( 22

1

2

1

Άρα (ΒΗΖ) =

2(ΑΒΖ)

[31]

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_19029

ΛΥΣΗ

α) Στο τρίγωνο ΑΓΔ, ΜΚ//ΓΔ, άρα εφαρμόζουμε θεώρημα Θαλή:

3

1

ΑΓ

KΑ

ΔA

AM

ΑΓ

KΑ

ΑΓ

ΑΔ

AK

AM

β) 3

2

3

11

3

11

3

1

3

1

ΑΓ

ΓK

ΑΓ

ΓK

ΑΓ

ΓK

ΑΓ

ΓKΑΓ

ΑΓ

KΑ (1)

Τα τρίγωνα ΓΚΝ και ΑΒΓ έχουν:

ΑΓΒΚΓΝ (κοινή γωνία)

AΓΒKΓΝ (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΚΝ, ΑΒ που

τέμνονται από την ΒΓ)

Άρα: ΓΝΚ ΓΒΑBΓ

NΓ

AΓ

KΓ

ΒA

ΝK

3

21

ΒA

ΝK

AΓ

KΓ

ΒA

ΝK )(

(2)

γ) Τα τρίγωνα ΑΜΚ και ΑΔΓ έχουν:

ΔΑΓAMΚ (κοινή γωνία)

[32]

ΔΓAAMK (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΚΜ, ΓΔ που

τέμνονται από την ΑΔ)

Άρα: ΑΜΚ ΑΔΓΓA

AK

ΔΓ

MK

ΔA

AM

ΓΔMKΔΓ

MK

ΔΓ

MK

ΔA

AM

3

1

3

1

(2) ABΝK3

2

Επομένως: ABΓΔKNMKMN3

2

3

1

δ) Τα τραπέζια δεν είναι όμοια, διότι δεν έχουν τις αντίστοιχες πλευρές τους ανάλογες:

3

1

ΒΓ

NΒ

ΔA

ΑΜ, 1

ΑΒ

ΑΒ και

ΓΔ

AB

ΔΓ

ABΓΔ

ΔΓ

ΜΝ

3

2

3

13

2

3

1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9 – ΜΕΤΡΙΚΕΣ ΣΧΕΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18997

[33]

ΛΥΣΗ

α) Ονομάζουμε Ε το σημείο στο οποίο βρίσκεται το κουτί.

Τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΒΓ έχουν:

AA (κοινή γωνία)

ΓBΑEΑΔ (=900)

Άρα ΑΔΕ ΑΒΓ ΑΒ

ΑΔ

ΒΓ

ΔΕ

ΓA

EΑ (1)

Επομένως από τη σχέση (1) έχουμε:

sys

ys

ysyysys

ΒΓ

ΔΕ

ΓA

EΑ

4

1

420

5520

520520

β) i) Αν y=2 m τότε 824

12 ssy m

ii) Εφαρμόζουμε το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ΑΔΕ κι έχουμε:

606064482 22222222 ΑΔΑΔΑΔΑΔAEΔΕΑΔ

152ΑΔ m

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19001

ΛΥΣΗ

α) 64822 α

61253656 2222 γβ

Άρα α2 > β

2 +

γ

2 090

A .

Δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι αμβλυγώνιο.

β) 090

A , άρα εφαρμόζουμε στο ΑΒΓ το

θεώρημα αμβλείας γωνίας.

ΑΔ126164AΔΑΔΑΓΑΓΑΒΒΓ 622536642222

4

1

12

3312 ΑΔΔA

[34]

Εφόσον 090

A , προκύπτει ότι 090

B , άρα εφαρμόζουμε θεώρημα οξείας γωνίας.

BEBEBEΒΓΒΓΑΒΑΓ 168936826425362222

16

535316368916 BEBEBE

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19005

ΛΥΣΗ

α) Η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας

A , άρα εφαρμόζουμε το θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου στο

ΑΒΓ.

ΑΓΑΒΑΓ

ΒA

ΑΓ

ΒA

ΔΓ

ΒΔ

4

3

4

3

β) 222

22222

22

16

25

16

9

16

25

ΑΓΑΒΒΓ

ΑΓΑΓΑΓΑΓΑΒ

ΑΓΒΓ

Επομένως από το αντίστροφο του Πυθαγορείου θεωρήματος προκύπτει ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι

ορθογώνιο με

A = 90

0.

[35]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19028

ΛΥΣΗ

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:

ΔΖ=ΕΓ= 22

37

Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο

ΒΕΓ κι έχουμε:

12164 22222 ΒΕΒΕΒΓΕΓΒΕ

3212 ΒΕΒΕ

β)

33373102

327

2

3237

ΑΓΔΑΒΓΔΑΒΓ

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19008

[36]

ΛΥΣΗ

α) Παρατηρούμε ότι:

i) | 43

| < 5 < 4+3 άρα ισχύει η τριγωνική ανισότητα, οπότε οι αριθμοί 3, 4, 5 μπορούν να

θεωρηθούν μήκη πλευρών τριγώνου. Επιπλέον ισχύει 222 435 , άρα αποτελούν μήκη

πλευρών ορθογωνίου τριγώνου.

ii) | 4λ3λ

| < 5λ < 4λ+3λ άρα ισχύει η τριγωνική ανισότητα, οπότε οι αριθμοί 3λ, 4λ, 5λ

μπορούν να θεωρηθούν μήκη πλευρών τριγώνου. Επιπλέον ισχύει 222435 λλλ , άρα

αποτελούν μήκη πλευρών ορθογωνίου τριγώνου.

iii) | 54

| < 6 < 5+

4 άρα ισχύει η τριγωνική ανισότητα, οπότε οι αριθμοί 4, 5, 6 μπορούν να

θεωρηθούν μήκη πλευρών τριγώνου. Όμως 222 456 , άρα δεν αποτελούν μήκη πλευ-

ρών ορθογωνίου τριγώνου.

β) Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα:

22222222222 1731751731755185 xxx

1617925173517173175 2222222222222 xxxx

417417417417222222 xxxx

Άρα το x είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του 4.

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19041

ΛΥΣΗ

α) 10320325

32642 ΒΓΒΓΓBΓΔΒΓΑΓ

β) Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στα ΑΒΓ:

6410010064 22222 ΑΒΑΒΒΓΑΓΑΒ

6362 ΑΒΑΒ

γ) 5

18

5

3250

5

3210

ΔΓΒΓΔΒ

[37]

25

576

25

576

5

18

5

32 222 ΑΔΑΔΑΔΔΒΔΓΑΔ

5

24 ΑΔ

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19042

ΛΥΣΗ

α)

162981324

16249233

4

22 22222

2γ

γβγαμβ

52550216981322 222 γγγγ

β) 0222

22

2

90412516

49

Aγβαραάγβ

α

Άρα το ΑΒΓ είναι αμβλυγώνιο.

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19043

ΛΥΣΗ

[38]

α) Εφαρμόζουμε το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ΑΔΓ:

25

1441616

25

144 22222 ΔΓΔΓΑΓΔΓΑΔ

5

16

25

256

25

256

25

144

25

400 22 ΔΓΔΓΔΓΔΓ

β) 5

5

162 9

BΔ25

144

BΔ5

16BΔ

25

144ΔΓΔΒΑΔ

γ) (ΑΒΓ) 65

125

2

1

5

12

5

16

5

9

2

1

2

1

AΔΒΓ τ.μ.

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19045

ΛΥΣΗ

α) Στο ορθογώνιο ΑΒΔ:

36262

1

6600 ΒΔΒΔ

ΒΔΒΔσυν

3336262

3

6600 ΔAΔA

ΔAΔAημ

ΔΓ =

ΒΓ

ΒΔ

=

9

3

=

6

Πυθαγόρειο στο ΑΔΓ:

7363627 2222 ΑΓΑΓ3ΑΓΔΓΑΔΑΓ 2

β) 022

22

2

90996336

81

AΑΓΑΒΒΓραάΑΓΑΒ

ΒΓ 2

Συνεπώς το ΑΒΓ, έχει τη μεγαλύτερη γωνία του οξεία, άρα είναι οξυγώνιο.

γ) Αποδείχθηκε στο (α΄) ερώτημα ότι ΒΔ=3

[39]

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_19006

ΛΥΣΗ

α) ρ2

RΛΜΚΜ

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).

ρ-RMNONOM

β) Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο ΟΜΚ κι έχουμε:

222222

24ρ

RRρ-RMKOKOM

[40]

044

22

244

2 222

22222

22 ρρRRR

RρρRρρRRR

RρρR

3

RρR3ρ0ρRρRRRρR

R

303030

2

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_19009

ΛΥΣΗ

α) Οι ευθείες ΔΕ και ΑΒ τέμνονται στο σημείο Ζ.

ΕΖΑΖραάΕΖΔΓ

ΑΖ//ΔΓ

Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΖΕ:

2562557649247 22222222 AEAEAEAEZEAZAE km

β) Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΓΔΕ:

53221221219616 22222 ΓΕΓΕΓΕΔΕΓΔΓΕ km

[41]

Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ:

1091091009 22222 ΓAΑΓΑΓΒΓBΑΑΓ km

Παρατηρούμε ότι ΑΕ AΓ +

ΓΕ επομένως τα σημεία Α, Γ, Ε δεν είναι συνευθειακά.

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_19022

ΛΥΣΗ

α)

4

2

4

22 2222

2222 αγβ

μαγβ

μ αα

4

3

4

4

4

22 22

222

222 α

μαα

μαα

μ ααα

2

3

4

3 2 αμ

αμ αα

β) Οι χορδές ΑΡ και ΒΓ τέμνονται στο σημείο Μ, άρα:

22

23442

3

222

3αΡMα

αΡM

αααΡM

αΜΓΜΒΡMMA

6

3

34

2 2 αΡM

α

αΡM

γ) Φέρνουμε τα ύψη ΑΕ και ΡΖ των τριγώνων ΑΒΓ και ΜΓΡ

αντίστοιχα.

Τα τρίγωνα ΑΜΕ και ΜΖΡ έχουν:

ZE ( = 900)

ΡZMEMA ( κατακορυφήν )

[42]

Άρα: ΕΜΑ ΖΜΡ ΡZ

EA

ΡM

MA

ZM

EM

Επομένως: 332

36

6

3

2

3

ΡZ

EA

α

α

ΡZ

EA

α

α

ΡZ

EA

ΡM

MA

ΡZ

EA (1)

3222

2

12

11

)ΡΓM(

)ΑΒΓ(

ΡZ

AE

)ΡΓM(

)ΑΒΓ(

ΡZΓM

AEΓM

)ΡΓM(

)ΑΒΓ(

ΡZΓM

AEBΓ

)ΡΓM(

)ΑΒΓ( )(

)ΓMΡ()ΓAB()ΡΓM(

)ΑΒΓ(66

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_19025

ΛΥΣΗ

α) Οι χορδές ΑΓ και ΒΔ τέμνονται στο σημείο Μ άρα:

ΜΓMABΔBΔ

ΜΓMAΜΔMB22

ΜΓMABΔΜΓMABΔ

44

22

(1)

β) Στο τρίγωνο ΑΒΔ, ΑΜ είναι διάμεσος άρα

εφαρμόζουμε το 1ο θεώρημα διαμέσων:

)(ΔΒΑΜΑΔΑΒ

12222

22

MΓΜΑΑΜΑΔΑΒMΓΜΑ

ΑΜΑΔΑΒ)(

222

42 222222

1

ΑΓΑΜΑΔΑΒΜΓΑΜΑΜΑΔΑΒ 22 2222 (2)

[43]

γ) Στο τρίγωνο ΓΒΔ, ΓΜ είναι διάμεσος άρα εφαρμόζουμε το 1ο θεώρημα διαμέσων:

)(ΔΒΓΜΓΔΓΒ

12222

22

MΓΜΑΓΜΓΔΓΒMΓΜΑ

ΓΜΓΔΓΒ)(

222

42 222222

1

ΑΓΓΜΓΔΓΒAΜΓΜΓΜΓΔΓΒ 22 2222 (3)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις (2) και (3) έχουμε:

ΑΓMΓΑΓAMΔΑΓΔΒΓΑΒ 2 22222

MΓMΑΓAΔΑΓΔΒΓΑΒ 2 2222

2222 2 ΓAΔΑΓΔΒΓΑΒ 2

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_19037

ΛΥΣΗ

α) Α΄ τρόπος

Τα τρίγωνα ΑΕΗ και ΑΔΓ έχουν:

ΔΓAAEH ( = 900 )

ΓAΔEAH (κοινή γωνία)

Άρα ΕΑΗ ΔΑΓΓΔ

EH

ΓA

AH

ΔA

AE

ΑΕΑΓAHΑΔΓA

AH

ΔA

AE (1)

Β΄ τρόπος

Το τετράπλευρο ΓΔΗΕ έχει 000 1809090

EΔ , άρα είναι εγγράψιμο. Συνεπώς τα

τμήματα ΗΔ, ΕΓ είναι χορδές κύκλου που τέμνονται στο Α και θα ισχύει: ΑΕΑΓAHΑΔ

[44]

β)

4

22

4

5

4

22

2

5

4

22 22222222

2222 αγβααγβααγβ

μα

3226225

2222222222 γβ

αγβααγβα

Άρα: 02222

2 903

Aγβγβ

α

γ) Γνωρίζουμε ότι: 22222

2 33

αγβγβ

α

(2)

Αποδείξαμε επίσης ότι 090

A , οπότε εφαρμόζουμε το θεώρημα οξείας γωνίας στο ΑΒΓ κι

έχουμε:

HΑΑΔααΑΕΑΓγβαΑΕΑΓΑΓABΒΓ 22)(),(

2 232221

22222

2222 αHΑΑΔαHΑΑΔααHΑΑΔ 2232

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_19039

ΛΥΣΗ

[45]

α) i) 0722

36180

BΑΓΑΒΓ

0362

72

ΓBΔΑΒΔ

Τα τρίγωνα ΒΔΓ και ΑΒΓ έχουν:

AΔΒΓ ( = 360 )

ΓΓ (κοινή γωνία)

Άρα ΒΓΔ AΓΒ

ii) ΓΔΑΓΒΓBΓ

ΓΔ

ΑΓ

ΒΓ 2 (1)

Η γωνία

ΒΔΓ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΑΒΔ, άρα: 000 723636

ΒΔAAΒΔΓ

Συνεπώς

ΓΒΔΓ άρα το τρίγωνο ΒΔΓ είναι ισοσκελές με BΓ=ΒΔ (2).

Ομοίως, 036

AAΔΒ άρα το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές με ΑΔ=ΒΔ (3).

Από (2) και (3) προκύπτει ότι ΑΔ=ΒΓ. Επομένως η σχέση (1) γίνεται:

ΓΔΑΓΑΔΓΔΑΓΒΓ 22

β) Στο ΑΒΓ, 090

A , άρα εφαρμόζουμε το θεώρημα οξείας γωνίας:

ΔΚΑΔΓBΑΚΑΓΑΓΑΒΓB 2112 2222

2

222222 22 ΔΓΑΔΓBΔΚΑΔΓB

ΑΔ-AΓΑΔΑΔΔΓΑΔΑΔΑΔΒΓ

2222 22

ΑΔ1ΑΔΑΔΑΔ-1ΑΔΑΔ 2222 22

011 22 ΑΔΑΔΑΔΑΔ

Δ=1+4=5

ΑΔ=

πτεταιίαπορρ02

51

2

51

2

51

Άρα ΑΔ=2

51

Αποδείξαμε ότι ΓΔΑΓΑΔ 2 επομένως έχουμε:

4

15

15

22 2

ΔΓ

ΑΔ2

ΔΓ

ΑΔ

ΑΔ

1

ΔΓ

ΑΔΓΔΑΔΓΔΑΓΑΔ

1ΑΓ

2

15

ΔΓ

ΑΔ

[46]

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_18985

ΛΥΣΗ

α) i) Εφόσον ΑΒΓΔ και Α είναι μέσο του

ΓΔ , η χορδή ΑΒ

θα είναι διάμετρος του κύκλου, οπότε 090

ΓΒA (ως

εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο)

Στο ορθογώνιο ΑΓΒ έχουμε: ΑΒAMΑΓ 2

ii) Τα τρίγωνα ΑΜΓ και ΑΒΓ έχουν:

BΓΑΓΑΜ (κοινή γωνία)

BAΓΜΓΑ (εγγεγραμμένες που βαίνουν σε ίσα τόξα)

Επομένως: ΑΓΜ ΑΒΓ ABΑΜΑΓΓΑ

MΑ

ΑΒ

ΑΓ 2

β) ΓΑ

MΑ

ΑΒ

ΑΓABΑΜΑΓ 2

Τα τρίγωνα ΑΜΓ και ΑΒΓ έχουν:

ΓΑ

MΑ

ΑΒ

ΑΓ (αποδείχθηκε) και

BΓΑΓΑΜ (κοινή γωνία) άρα είναι όμοια.

Συνεπώς οι αντίστοιχες γωνίες των τριγώνων θα είναι ίσες, οπότε:

ΓAABBAΓΜΓΑ άρα το σημείο Α είναι μέσο του τόξου

ΓΔ .

[47]

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10 – ΕΜΒΑΔΑ

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_19038

ΛΥΣΗ

α) Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΟΒΓ έχουν:

BB (κοινή γωνία)

BΟΓBΔA ( είναι ορθές ως εγγεγραμμένες σε

ημικύκλιο)

Άρα ΒΔΑ ΒΓΟ

β) 22

ΓO

ΔA

ΒΓ

ΒΔ

OB

OB

ΓO

ΔA

ΒΓ

ΒΔ

OB

AB

ΓO

ΔA

ΒΓ

ΒΔ

Επομένως:

BΓΒΔΒΓ

ΒΔ22 (1) και OΓΑΔ

ΓO

ΔA22 (2)

(ΑΔΒ) = )ΓΒO(2

ΓBΟΓ

2

ΓBΟΓ

2

ΒΔΑΔ )(),(

442221

[48]

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_19032

ΛΥΣΗ

α) Γνωρίζουμε ότι οι ακτίνες που καταλήγουν στα σημεία επαφής είναι κάθετες στις εφαπτομένες.

Άρα: ΟΑΑΒ και ΚΒΑΒ

Συνεπώς:

ΜΝ//ΚΒ//ΟΑραά

ABMN

ABKB

ABOA

Τα τρίγωνα ΚΛΜ και ΟΚΑ έχουν:

OKAΛMK (κοινή γωνία)

KOAΛKM (εντός εκτός κι επί τα αυτά γωνίες των παραλλήλων ΜΛ, ΟΑ που τέμνονται

από την ΟΚ)

[49]

Άρα: ΚΜΛ ΚΟΑ AK

ΛK

α

ΜΛ

βα

β

AK

ΛK

AO

ΜΛ

KO

KM

βα

βαMΛβαΛMβα

α

ΜΛ

βα

β

β)

βα

ββα

AK

ΛA

βα

β

AK

ΛA

AK

ΛA

βα

β

AK

ΛAAK

βα

β

AK

ΛK

βα

β11

βα

α

AK

ΛA

(1)

Τα τρίγωνα ΑΛΝ και ΒΚΑ έχουν:

KABΛNA (κοινή γωνία)

KBAΛAN ( = 900 )

Άρα: ΑΝΛ ΑΒΚβα

α

β

ΛN

AB

AN

AK

ΛA

BK

ΛN

AB

AN )(

1

Επομένως: βα

βαΛΝβαΛΝβα

βα

α

β

ΛN

γ) Τα τρίγωνα ΑΛΝ και ΚΜΛ έχουν

MΛKΑΛΝ (κατακορυφήν).

Άρα:

2

12222222

E

E

βπ

απ

β

α

β

α

MΚ

OM

ΛΚ

ΑΛ

ΛΚΛΜ

ΛΝΑΛ

ΚΜΛ

ΑΛΝ22

ήαλΘρημαώθεΛΝΛM

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_19034

ΛΥΣΗ

[50]

α) Τα τρίγωνα ΑΜΛ και ΑΒΓ έχουν τη γωνία

A κοινή, άρα:

3

1

3

2

2

13

2

2

1

ΑΓAB

ΑΓAB

ΑΓAB

ΑΛAM

)ΑΒΓ(

)ΛAM(, άρα )ΑΒΓ()ΑΜΛ(

)ΑΒΓ(

)ΛAM(

3

1

3

1

β) Τα τρίγωνα BMZ και ΑΒΓ έχουν τη γωνία

B κοινή, άρα:

6

1

3

1

2

13

1

2

1

ΓBAB

ΓBAB

ΑΓAB

BZBM

)ΑΒΓ(

)BMZ(, άρα )ΑΒΓ()ZΜB(

)ΑΒΓ(

)BMZ(

6

1

6

1

Τα τρίγωνα ΓΖΛ και ΑΒΓ έχουν τη γωνία

Γ κοινή, άρα:

9

2

3

2

3

13

1

3

2

AΓΒΓ

ΑΓΒΓ

AΓΒΓ

ΓΛZΓ

)ΑΒΓ(

)ΛZΓ(, άρα )ΑΒΓ()ΛZΓ(

)ΑΒΓ(

)ΛZΓ(

9

2

9

2

Επομένως:

ΓBΑΓBΑΓBΑΓBΑΛZΓZΜBΑΜΛΓBΑΜΖΛ9

2

6

1

3

1

ΓBΑΓBΑΓBΑ18

5

18

4

18

3

18

6

18

18

9

2

6

1

3

11

Άρα: 18

5

18

5

ΑΒΓ

ΜΖΛΑΒΓΜΖΛ

γ)

18

11

18

5

18

6

18

5

3

118

5

3

1

18

5

3

1

ΑΒΓ

ΓAB

ΑΒΓ

ΓABΓAB

ΑΒΓ

ΛMZΛAM

ΑΒΓ

ΛAMZ