Ασκήσεις χωρίς λόγια

Μιχάλης Νάννος11-8-2014

60 εύκολες ασκήσεις πολλαπλής επιλογής πάνω στην εύρεση γωνίας.

Κατάλληλες για μαθητές της Α Λυκείου ή και για μαθητές Γυμνασίου.

Στην τελευταία σελίδα θα βρείτε τις σωστές απαντήσεις.

©11-8-2014 - Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

23

24

25

26

27

28

29

30

31

32

33

34

35

36

37

38

39

40

41

42

43

44

45

46

47

48

49

50

51

52

53

54

55

56

57

58

59

60

1-Γ

2-Δ

3-Γ

4-Ε

5-Γ

6-Β

7-Γ

8-Γ

9-Δ

10-Α

11-Ε

12-Γ

13-Δ

14-Δ

15-Ε

16-Γ

17-Β

18-Δ

19-Δ

20-Γ

21-Α

22-Γ

23-Α

24-Α

25-Β

26-Ε

27-Δ

28-Α

29-Γ

30-Β

31-Β

32-Δ

33-Γ

34-Ε

35-Δ

36-Β

37-Δ

38-Β

39-Β

40-Γ

41-Α

42-Α

43-Δ

44-Γ

45-Β

46-Δ

47-Γ

48-Γ

49-Γ

50-Β

51-Δ

52-Γ

53-Γ

54-Β

55-Α

56-Γ

57-Β

58-Δ

59-Α

60-Γ

Απαντήσεις

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ

1.

Η εγγεγραµµένη στον κύκλο γωνία BΛ

είναι 145ο, άρα το

«µεγάλο» τόξο 2 145 290 .ο ο∩

ΑΓ = ⋅ =

Άρα 360 290 70 .ο ο ο∩

ΑΒΓ = − =

Οπότε η αντίστοιχη επίκεντρη γωνία είναι 70xο

Λ

= .

2.

Η εγγεγραµµένη στον κύκλο γωνία ZΛ

είναι 130ο, άρα το τόξο

2 130 260 .Eο ο

∩

ΑΓ = ⋅ =

Άρα 360 260 100 100 .oZE AO Eο ο ο

∩ Λ

Α = − = ⇒ =

To άθροισµα των γωνιών του ΑΟΓΒ είναι 360ο.

Οπότε βρίσκουµε 360 (90 90 55 ) 125 .ο ο ο ο οΛ

ΑΟΓ = − + + =

Τώρα, 360 135 .ο οΛ Λ Λ Λ

ΑΟΓ+ΕΟΓ+ ΑΟΕ = ⇒ ΕΟΓ =

To άθροισµα των γωνιών του ΕΟΓ∆ είναι 360ο.

Οπότε βρίσκουµε 45xο

Λ

= .

3.

Έχουµε ότι ΑΒ//Γ∆, άρα τα τόξα ,A

∩ ∩

∆ ΒΓ είναι ίσα. Οπότε οι

αντίστοιχες χορδές Α∆,ΒΓ είναι ίσες. Κατά συνέπεια το ΑΒΓ∆

είναι ισοσκελές τραπέζιο. Αρα ˆ ˆˆ 180 108 72 .xο ο ο= ∆ = Γ = − =

4.

Το τετράπλευρο ΑΒΓ∆ είναι εγγεγραµµένο σε κύκλο, άρα οι

απέναντι γωνίες του είναι παραπληρωµατικές.

Ετσι ˆ ˆ 180 8 180 22,5 .ο ο οα αΑ+Γ = ⇒ = ⇒ =

Οπότε ˆˆ ˆ ˆ180 6 180 45 .x xο ο οαΒ+ ∆ = ⇒ + = ⇒ =

5. Ισχύει

Λ Λ

ΓΕΖ = Ε∆Ζ , (ως γωνία χορδής και εφαπτοµένης).

Για τον ίδιο λόγο έχουµε Λ Λ

ΕΖΓ = Ε∆Ζ . Ονοµάζουµε για συντοµία

ϕΛ Λ

ΕΖΓ = ΖΕΓ = .

Το άθροισµα των γωνιών του τριγώνου ∆ΕΖ είναι 180ο.

Αρα 70 .οΛ

Ζ∆Ε = Άρα και φ=70ο.

Το άθροισµα των γωνιών του τριγώνου ΕΖΓ είναι 180ο.

Οπότε χ+2φ=180 άρα χ=40ο.

Ερώτηση: µπορείτε να βρείτε όλες τις γωνίες του τριγώνου

ΑΒΓ;

6.

Αρχικά Ο∆=ΟΒ, ως ακτίνες του κύκλου. Άρα 68οΛ Λ

Ο∆Β = ΟΒ∆ = .

Άρα 180 2 68 44 .ο ο οΛ

ΒΟ∆ = − ⋅ = Το τρίγωνο Α∆Ο έχει άθροισµα

γωνιών 180ο, άρα 90 180 46 .o o

x xο

Λ

+ +ΒΟ∆ = ⇒ =

Ερώτηση: πόσες µοίρες είναι η γωνία ;A

Λ

∆Β

7. Το τµήµα ΒΑ είναι εφαπτόµενο (διότι είναι κάθετο στην ακτίνα

ΟΑ). Άρα 30οΛ Λ

Γ = ΒΑ∆ = (γωνία χορδής και εφαπτοµένης).

Επειδή τώρα το τρίγωνο Α∆Γ είναι ισοσκελές θα έχουµε ότι

x

Λ

∆ΑΓ = . Το τρίγωνο Α∆Γ έχει άθροισµα γωνιών 180ο, άρα

2 180 2 30 180 75 .o ox x x

ο οΛ

+ Γ = ⇒ + = ⇒ =

8. Έχουµε ότι 30ο

Λ Λ

Β∆Γ = ΒΑΓ = (ως εγγεγραµµένες γωνίες που

βαίνουν στο ίδιο τόξο ∩

ΒΓ ).

Το τετράπλευρο ΑΒΓ∆ είναι εγγεγραµµένο σε κύκλο, άρα

180 40 30 180 110 .ox xο ο ο ο

Λ Λ

Β+ ∆ = ⇒ + + = ⇒ =

9. Αρχικά έχουµε ότι A x

Λ Λ

= , ως εντός εκτός και επί τα αυτά γωνίες

µεταξύ των παραλλήλων Α∆,ΒΓ. Επίσης 2 xΛ Λ

ΒΟΓ = , ως γωνία

χορδής και εφαπτοµένης (η γωνία χ είναι ίση µε οποιαδήποτε

εγγεγραµµένη γωνία του κύκλου που βαίνει στο τόξο ∩

ΒΓ , άρα

2

BOx

ΛΛ Γ= , ως αποτέλεσµα της σχέσης εγγεγραµµένης-

επίκεντρης γωνίας). Άρα 360 (2 125 ) 235 2x xο ο ο

Λ Λ Λ

ΒΟ∆ = − + = − .

Το Α∆ΟΒ έχει άθροισµα γωνιών 360ο, άρα

90 (235 2 ) 90 360 55 .x x xο ο ο ο ο

Λ Λ Λ

+ + − + = ⇒ =

10. Αρχικά έχουµε ότι 90A

οΛ

= ,ως εγγεγραµµένη γωνία που βαίνει

σε ηµικύκλιο. Το τρίγωνο ΑΒΓ έχει άθροισµα γωνιών 180ο, άρα

90 24 56ο ο οΛ

Β = − = . Η γωνία χ είναι εξωτερική του τριγώνου

ΑΒ∆, άρα 56

90 123 .2 2

x

οο ο

ΛΛ ΛΒ= + Α = + =

11.

Φέρνουµε την ΟΓ. Τότε ΟΑ=ΟΓ, ως ακτίνες του ίδιου κύκλου.

Άρα 65 50 90 50 40ο ο ο ο οΛ Λ Λ

ΟΓΑ = ⇒ ΓΟΑ = ⇒ ΓΟ∆ = − = και επειδή

το τρίγωνο ∆ΟΓ είναι ισοσκελές, προκύπτει ότι 40οΛ

ΟΓ∆ = . Το

τρίγωνο ΟΓ∆ έχει άθροισµα γωνιών 180ο, άρα

180 2 40 100 .xο ο ο

Λ

= − ⋅ =

12.

Φέρνουµε την ΑΓ. Τότε 2 xΛ Λ

ΓΟΑ = , ως αποτέλεσµα της σχέσης

εγγεγραµµένης-επίκεντρης γωνίας. Το τρίγωνο ΟΑΓ είναι

ισοσκελές (ΟΑ=ΟΓ ακτίνες). Έστω .ϕΛ Λ

= ΟΑΓ = ΟΓΑ

Το τρίγωνο ΒΑΓ έχει άθροισµα γωνιών 180ο, άρα

χ+(15+φ)+(10+φ)=180

2φ+χ=155

2φ=155-χ (1).

Το τρίγωνο ΟΑΓ έχει άθροισµα γωνιών 180ο, άρα

2χ+2φ=180 και λόγω της σχέσης (1) βρίσκουµε χ=25ο.

13.

Φέρνουµε την ΟΒ. Τότε ΟΑ=ΟΒ=ΟΓ, ως ακτίνες.

Το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ισοσκελές, άρα

82 180 2 82 16 90 16 74 .ο ο ο ο ο ο ο

Λ Λ Λ

ΟΒΑ = ⇒ ΒΟΑ = − ⋅ = ⇒ ΓΟΒ = − = Επίσης, το τρίγωνο ΟΒΓ είναι ισοσκελές, άρα

180

74 180

53 .

o o

o

x x

x

οΛ Λ Λ

ΟΓΒ+ΟΒΓ+ΓΟΒ =

+ + =

=

14.

Αρχικά έχουµε ότι 30A E A x

Λ Λ Λ

∆ = +Γ = + (σχέση εξωτερικής

γωνίας τριγώνου µε τις απέναντι εσωτερικές). Επίσης

,xΛ Λ

Ε = Α = ως εγγεγραµµένες γωνίες που βαίνουν στο ίδιο τόξο.

Το τρίγωνο ΕΖ∆ έχει άθροισµα γωνιών 180ο, άρα

χ+120ο+(30

ο+χ)=180

ο

2χ=30ο

χ=15ο.

15.

Αρχικά 2A B x

Λ Λ

Ο = , ως γωνία χορδής και εφαπτοµένης (η γωνία χ

είναι ίση µε οποιαδήποτε εγγεγραµµένη γωνία του κύκλου που

βαίνει στο τόξο AB∩

, άρα 2

AOBx

ΛΛ

= , ως αποτέλεσµα της σχέσης

εγγεγραµµένης-επίκεντρης γωνίας).

Τα τρίγωνα ΑΟΒ,ΑΟΓ είναι ίσα (ΠΠΠ), άρα 2 .AO x

Λ

Γ =

Τώρα,

360

2 2 56 360

76 .

o o

o

AO

x x

x

οΛ Λ Λ

Γ+ ΑΟΒ+ΒΟΓ =

+ + =

=

16.

Το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ισοσκελές (ΟΑ=ΟΒ ακτίνες), άρα

20 .οΛ

ΟΒΑ =

Όµως Λ Λ

ΟΒΑ = ΒΑΓ (ως εντός εναλλάξ γωνίες και ΑΓ//ΟΒ). Έτσι,

40οΛ

ΟΑΓ = και επειδή το τρίγωνο ΟΑΓ έχει άθροισµα γωνιών

180ο, προκύπτει εύκολα ότι χ=100

ο.

17.

Οι γωνίες ,Λ Λ

Κ Ζ είναι εγγεγραµµένες του κύκλου, άρα για τα

αντίστοιχα τόξα θα έχουµε ότι 2 40 .xοκαι

∩ ∩

ΓΖΕ = ΒΚ∆ =

Από γνωστή εφαρµογή (σχ. βιβλίο Γεωµετρίας Α Λυκείου

σελ.125) έχουµε ότι 2 40

50 70 .2 2

oxx

οο

∩ ∩ ΛΛ ΛΓΖΕ−ΒΚ∆ −Α = ⇒ = ⇒ =

18.

Αρχικά 90 ,οΛ

Β∆Γ = ως εγγεγραµµένη γωνία που βαίνει σε

ηµικύκλιο. Ας ονοµάσουµε ϕΛ

= ΑΒ∆ . Τότε 2ϕ∩

Ε∆ = και από

υπόθεση 2ϕ∩ ∩

Ε∆ = ΕΒ = άρα 2 .ϕΛ

ΕΟΒ = Φέρνουµε την ΟΕ. Το

τρίγωνο ΟΕΒ είναι ισοσκελές (ΟΕ=ΟΒ ακτίνες). Το τρίγωνο

ΟΕΒ έχει άθροισµα γωνιών 180ο, άρα 2φ+2(φ+20)=180 άρα

φ=35ο.

Οπότε από το τρίγωνο Α∆Β βρίσκουµε χ=90ο-φ=90

ο-35

ο=55

ο.

19.

Φέρνουµε την Ο∆. Τότε 100οΛ

ΑΟ∆ = , ως γωνία χορδής και

εφαπτοµένης. Άρα 100 .ο∩

Α∆ = Επίσης ∩ ∩ ∩

Α∆ = ΑΒ = ΒΓ , διότι οι

αντίστοιχες χορδές είναι ίσες. Άρα 360 3 100 60 .ο ο ο∩

Γ∆ = − ⋅ =

Άρα 100 60

80 .2 2

x

ο οο

∩ ∩

Α∆+Γ∆ += = =

20.

Το τρίγωνο ∆

Ο∆Α είναι ισοσκελές (ΟΑ=Ο∆), Άρα 64οΛ

Ο∆Α = .

Το τρίγωνο ∆

Ο∆Α έχει άθροισµα γωνιών 180ο, άρα 52 .ο

Λ

∆ΟΑ =

Παρόµοια βρίσκουµε 20 .οΛ

ΓΟΒ = Η γωνία Λ

ΑΟΒ είναι ευθεία,

άρα 52ο+χ+20

ο=180

ο, άρα χ=108

ο.

21.

Φέρνουµε την Α∆. Τότε εύκολα προκύπτει ότι 42οΛ Λ

ΕΑ∆ = Ε∆Α = .

Τώρα επειδή 96 2 96 192ο ο οΛ ∩

Ε = ⇒ ΑΒ∆ = ⋅ = (ως αποτέλεσµα της

σχέσης εγγεγραµµένης-επίκεντρης γωνίας). Επίσης ∩ ∩ ∩

Γ∆ = ΑΒ = ΒΓ ,

διότι οι αντίστοιχες χορδές είναι ίσες.

Άρα 192

64 .3 3

οο

∩∩ ΑΒ∆Γ∆ = = =

Τελικά, (360 192 ) 64

116 .2 2 2

x

ο ο οο

∩ ∩ ∩

ΑΕΓ ΑΕ∆+∆Γ − += = = =

22.

Ας ονοµάσουµε .ϕ

Λ

= Α Φέρνουµε τη Β∆. Τότε 90οΛ

Α∆Γ = , ως

εγγεγραµµένη γωνία που βαίνει σε ηµικύκλιο. Παρατηρούµε ότι

στο τρίγωνο ΒΑΕ η Β∆ είναι ύψος και διάµεσος, όποτε το

τρίγωνο ΒΑΕ είναι ισοσκελές, άρα .ϕΛ

ΒΕΑ =

Η γωνία Λ

ΒΕΓ είναι εξωτερική του τριγώνου ΒΕΑ, άρα

φ+χ=105ο (1).

Το τρίγωνο ΒΑΕ έχει άθροισµα γωνιών 180ο, άρα

2φ+χ=180ο (2). Από τις σχέσεις (1),(2) προκύπτει

εύκολα ότι χ=30ο.

23. Ας ονοµάσουµε .ϕ

Λ

= ΑΒΟ Το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ισοσκελές

(ΟΑ=ΟΒ ως ακτίνες), άρα ϕΛ

ΟΑΒ = . Κατά συνέπεια θα ισχύει

2ϕΛ

ΑΟΓ = (σχέση εξωτερικής γωνίας τριγώνου και απέναντι

εσωτερικών). Επίσης ϕΛ

ΑΓΟ = , διότι το τρίγωνο ΒΑΓ είναι

ισοσκελές. Το τρίγωνο ΑΟΓ έχει άθροισµα γωνιών 180ο, άρα

90ο+2φ+φ=180

ο άρα φ=30

ο.

Τα τρίγωνα ΑΟΒ , ΒΟ∆ είναι ίσα (ΠΠΠ), άρα .xΛ

ΒΟΑ =

Το τρίγωνο ΟΑΒ έχει άθροισµα γωνιών 180ο, άρα εύκολα

προκύπτει χ=120ο.

Ερώτηση: πόσες µοίρες είναι η γωνία ;Λ

ΓΑ∆

24. Είναι 100oB

Λ

= , άρα 200ο∩

Α∆Γ = . Επίσης, επειδή

2 (1).x x

∩ ∩

ΓΑ∆ = ⇒ Γ∆ = Όµως 180 20 (2).oA

ο∩ ∩

∆ = ⇒ Γ∆ =

Από τις σχέσεις (1) , (2) προκύπτει ότι χ=10ο.

25.

Το τετράπλευρο Α∆ΕΓ είναι εγγράψιµο σε κύκλο (διότι η

πλευρά ΑΓ φαίνεται από τις κορυφές ∆,Ε υπό ίσες γωνίες 90ο).

Άρα Λ Λ

∆ΕΑ = ∆ΓΑ . ∆ηλαδή χ=20ο.

26. Από γνωστή εφαρµογή (σχ. βιβλίο Γεωµετρίας Α Λυκείου

σελ.125) έχουµε ότι (1).2

∩ ∩Λ ΓΒ−Α∆Ε = Όµως 2x

∩

Α∆ = και

100ο∩

Γ∆ = (ως αποτέλεσµα της σχέσης επίκεντρης-

εγγεγραµµένης γωνίας). Το τόξο ∩

ΑΓΒ είναι ηµικύκλιο, άρα

o180 (100 2 ) 80 2 .x xο ο

∩ ∩ ∩

ΓΒ = ΑΒ−ΑΓ = − + = −

Οπότε η σχέση (1) γίνεται (80 2 ) 2

20 10 .2

o

o ox xx

− −= ⇒ =

27.

Φέρνουµε τη Β∆ και προεκτείνουµε την ΑΟ προς το Ο, η οποία

τέµνει τον κύκλο στο σηµείο Ζ. Η Β∆ είναι διάµεσος

ορθογωνίου τριγώνου που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα ΕΓ.

Άρα Β∆=Ε∆=∆Γ. Ισχύει 2xΛ

∆ΟΖ = (σχέση επίκεντρης-

εγγεγραµµένης γωνίας). Επίσης 80ο∩

ΑΒ = . Έχουµε ότι

180 180 (80 2 ) 100 2 .o ox x

ο οΛ Λ

ΑΟΖ = ⇒ ΒΟ∆ = − + = −

Άρα 502

xο

ΛΛ ΒΟ∆∆ΒΓ = = − (γωνία χορδής και εφαπτοµένης) και

επειδή ∆Β=∆Γ προκύπτει 50 .ox

Λ

Γ = − Το τρίγωνο ΕΒΓ είναι

ορθογώνιο, άρα 40 40 .x xο ο

Λ Λ

ΒΕΓ = + ⇒ ΑΕΟ = +

Τέλος, το τρίγωνο ΑΕΟ έχει άθροισµα γωνιών 180ο, άρα

χ+80ο+(40+χ)=180

ο , άρα εύκολα προκύπτει χ=30

ο.

28.

Φέρνουµε τη Γ∆. Τότε 28οΛ Λ

Β∆Γ = ΒΑΓ = και 38οΛ Λ

ΕΓ∆ = ∆ΑΕ =

(ως εγγεγραµµένες γωνίες που βαίνουν στα ίδια τόξα).

Το τρίγωνο ΓΖ∆ έχει άθροισµα γωνιών 180ο, άρα 114 .ο

Λ

∆ΖΓ =

Τελικά χ=114ο (ως κατακορυφήν γωνίες).

29.

1ος τρόπος (αντιγραφή της λύσης µου από το mathematica.gr)

Φέρνω A ,OE.Γ Τότε AE E,⊥ Γ , διότι η γωνία AEΓ είναι

εγγεγραµµένη που βαίνει σε ηµικύκλιο.

Επίσης A O E 2A E 2xΛ Λ

= Γ = (σχέση επίκεντρης-εγγεγραµµένης

γωνίας).

Αν ZB AZ 2 AB ( 2 1 ). α α και α= ⇒ = = +

Πυθαγόρειο θεώρηµα στο τρίγωνο AB :Γ 2 2 2 2A 2AB 2 ( 2 1) ) A (2 2 .α αΓ = = + ⇒ Γ = +

Πυθαγόρειο θεώρηµα στο τρίγωνο ZB:Γ 2 2 2 2 2 2Z B ZB AB ZB 2 (2 2) Z 2 2 2 .α αΓ = Γ + = + = + ⇒ Γ = +

Πυθαγόρειο θεώρηµα στο τρίγωνο AEZ:

2 2 2

2 2 2 2 3 2 2 3 2 2ZA ZE 2 AE .

2 2 2 2 2 2AE

α α α αα

+ += − = − = ⇒ =

+ + +

Νόµος συνηµιτόνων στο τρίγωνο AOE : 2 2 2

2 2 2

2 2

(2 2) (3 2 2)

OA OE AE 22 2 22 ... 2 45 22,5 .2 OA OE 2(2 2)

2

o o

a a

x x xa

συν

+ +−

+ − += = = = ⇒ = ⇒ =⋅ ⋅ +

2ος τρόπος (αντιγραφή της λύσης µου από το mathematica.gr)

Ονοµάζουµε a ZB= . Τότε ( 2 1).AB α= +

Φέρνουµε την AΓ . Τότε A Z Z B E x

Λ Λ

Γ = = , ως εγγεγραµµένες

γωνίες που βαίνουν στο ίδιο τόξο.

Πυθαγόρειο θεώρηµα στο τρίγωνο AB :Γ

2 2 2 2A 2AB 2 ( 2 1) ) A (2 2 .α αΓ = = + ⇒ Γ = +

Πυθαγόρειο θεώρηµα στο τρίγωνο ZB:Γ

2 2 2 2 2 2Z B ZB AB ZB 2 (2 2) Z 2 2 2 .α αΓ = Γ + = + = + ⇒ Γ = +

Νόµος συνηµιτόνων στο τρίγωνο A Z:Γ

2 2 2A Z AZ 2 2... .

2

A Z 2συνχ

Γ + Γ − += = =

⋅ Γ ⋅ Γ

Οπότε

2 2 2 2 2

1 1 .4

2

ηµχ συν χ+ −

= − = − =

Τελικά

0 022 2 2 45 22,5 .

2 ηµ χ ηµχσυνχ χ χ= = ⇒ = ⇒ =

3ος τρόπος

Προτάθηκε στο mathematica.gr από τον χρήστη p_gianno

Έστω α η πλευρά του τετραγώνου, τότε 2.C αΑ =

Είναι τότε 2

2 .CA AZ

CB a BZ

α= = =

Συνεπώς, από το αντίστροφο θεώρηµα Εσωτερικής διχοτόµου,

προκύπτει ότι η CZ είναι διχοτόµος της γωνίας ΑCB=45o, άρα

4522,5 .

2 2

o

o AEACZ x

∩Λ

= = = =

4ος τρόπος

Προτάθηκε στο mathematica.gr από τον Μιχάλης Τσουρακάκη

Έστω α η πλευρά του τετραγώνου. Από

( ), 2 2 1AZ ZB AZ ZB ZBα α+ = = ⇒ = − .Ακόµη, ACE BE x

Λ Λ

= Α = .

Έστω Τ το σηµείο τοµής των ΑΕ,CB.

Τότε, ZBTE εγγράψιµο κι επειδή ACBE

εγγράψιµο

( ) ( )0 45 2 1 2 1 2ACB BET TZB ZB BT CT CT CAα α α αΛ Λ Λ

⇒ = = = ⇒ = = − ⇒ = − + ⇒ = =

κι έτσι το ύψος CE είναι και διχοτόµος. Άρα 0 0 2 45 22.5x x= ⇒ =

5ος τρόπος

Προτάθηκε στο mathematica.gr από το χρήστη Doloros

Κατασκευή σχήµατος – λύση:

Έστω ευθύγραµµο τµήµα ΖΒ. Κατασκευάζουµε τετράγωνο

ΖΒΗΡ και γράφουµε ηµικύκλιο µε κέντρο το Ζ και ακτίνα ΖΗ,

που τέµνει την ευθεία ΖΒ στα σηµεία Α,Α΄ µε το Ζ ανάµεσα

στα Α,Β. Κατασκευάζουµε ένα νέο τετράγωνο ΑΒCD στο ίδιο

ηµιεπίπεδο µε το προηγούµενο και γράφουµε τον

περιγεγραµµένο του κύκλο Κ1. Φέρνουµε την ευθεία CZ που

τέµνει τον κύκλο αυτό στο Ε. Τα τρίγωνα BAC και BZH είναι

ισοσκελή ορθογώνια. Αφού δε ΑΖ=ΖΗ=HC=ZB 2 , το

τετράπλευρο ΑΖΗC είναι ισοσκελές τραπέζιο και άρα

1 2ξ θ θΛ Λ Λ

= = . Επειδή όµως 1 2 1 245 22,5 .ο οθ θ θ θΛ Λ Λ Λ

+ = ⇒ = = Όµως

2x θΛ

= διότι βαίνουν στο ίδιο τόξο, άρα χ=22,5ο.

30.

Καταρχήν 180 (1)ο∩

Α∆Β = (ως ηµικύκλιο). Επίσης 2x∩

∆ΓΒ =

και 110Aο

∩

∆Γ = (ως αποτέλεσµα της σχέσης επίκεντρης-

εγγεγραµµένης γωνίας).

Επειδή τώρα οι χορδές Γ∆ , ΓΒ είναι ίσες, θα είναι ίσα και τα

αντίστοιχα τόξα, δηλ. .x∩ ∩

Γ∆ = ΓΒ =

Άρα η σχέση (1) δίνει 180 110 180 70 .ox xο ο ο

∩ ∩

ΑΓ+ΓΒ = ⇒ + = ⇒ =

31.

Είναι 2 40 80ο οΛ

ΑΟΒ = ⋅ = (ως γωνία χορδής και εφαπτοµένης και

ως αποτέλεσµα της σχέσης εγγεγραµµένης-επίκεντρης γωνίας).

Το τρίγωνο ΑΒΟ είναι ισοσκελές, άρα 50 .οΛ

ΑΒΟ =

Τα τρίγωνα ΑΒΟ , ΒΟ∆ είναι ίσα (ΠΠΠ),άρα 50 .οΛ

∆ΒΟ =

Η γωνία 180 180 2 50 80 .ο ο ο οΛ Λ

ΑΒΓ = ⇒ ΓΒ∆ = − ⋅ =

Επίσης 402

ο

ΛΛ ΒΟ∆Γ∆Β = = (γωνία χορδής και εφαπτοµένης).

Τέλος, το τρίγωνο ΒΓ∆ έχει άθροισµα γωνιών 180ο, άρα

χ=180ο-(80

ο+40

ο)=60

ο.

32. Το τρίγωνο

∆

ΟΑ∆ είναι ισοσκελές (ΟΑ=Ο∆).

Άρα 40 20 20oxο ο

Λ Λ

∆ = ⇒ Β∆Α = ⇒ =

(το τελευταίο επειδή έχουµε εγγεγραµµένες γωνίες που βαίνουν

στο ίδιο τόξο AB∩

).

33.

Φέρνουµε την Ο∆. Τότε 2 35 70O

ο οΛ

Β ∆ = ⋅ = και 2xΛ

∆ΟΓ = (γωνία

χορδής και εφαπτοµένης). Το άθροισµα των γωνιών του

τετραπλεύρου ΑΒΟΓ είναι 360ο, άρα

360 50 90 (70 2 x) 90 360 30 .o ox

ο ο ο ο οΛ Λ Λ Λ

Α+ΑΒΟ+Ο+ΟΓΑ = ⇒ + + + + = ⇒ =

34. 125 2 125 250 360 250 110 55ο ο ο ο ο ο ο

Λ ∩ ∩ Λ

Β = ⇒ ΑΕΓ = ⋅ = ⇒ ΑΒΓ = − = ⇒ Ε = .

Επίσης x

Λ

ΖΑΕ = (εγγεγραµµένες γωνίες που βαίνουν στο ίδιο

τόξο).

Το άθροισµα των γωνιών του τριγώνου ΑΖΕ είναι 180ο, οπότε

βρίσκουµε χ=35ο.

35.

Αρχικά 90οΛ

Γ = (εγγεγραµµένη γωνία που βαίνει σε ηµικύκλιο).

Άρα 45 90ο οΛ Λ

ΒΓ∆ = ⇒ ΒΟ∆ = (σχέση εγγεγραµµένης-επίκεντρης

γωνίας).

Το άθροισµα των γωνιών του τριγώνου ΑΒΓ είναι 180ο, οπότε

70 .οΛ

Β = Το άθροισµα των γωνιών του τριγώνου ΚΒΓ είναι 180

ο, οπότε

65 65ο οΛ Λ

ΒΚΓ = ⇒ ΑΚΟ = (κατακορυφήν γωνίες).

Το άθροισµα των γωνιών του τριγώνου ∆ΟΚ είναι 180ο, οπότε

χ=25ο.

36.

Φέρνουµε την ΕΓ. Τότε το τρίγωνο ΕΒΓ είναι ισόπλευρο

(γιατί;). Άρα 1 60 ,οΛ

Β =

δηλαδή 180 180 60 120 .xο ο ο ο

Λ

= −ΓΒΕ = − =

37.

Φέρνουµε την ΟΓ.

124 2 124 248 360 248 112 112 .ο ο ο ο ο ο οΛ ∩ ∩ Λ

Β = ⇒ ΑΜΓ = ⋅ = ⇒ ΑΒΓ = − = ⇒ ΑΟΓ =

Το τρίγωνο ΟΑΓ είναι ισοσκελές, οπότε εύκολα βρίσκουµε

χ=34ο.

38.

Φέρνουµε την ΟΓ. Τότε ΟΓ=Ο∆ (ακτίνες) και επειδή Ο∆=ΑΓ

προκύπτει ΟΓ=ΑΓ, άρα 18 2 18 36ο ο οΛ Λ

ΑΟΓ = ⇒ ΟΓΒ = ⋅ = (ως

εξωτερική γωνία του τριγώνου ΟΑΓ).

Το άθροισµα των γωνιών του τριγώνου ΟΒΓ είναι 180ο, οπότε

180 2 36 108 .ο ο οΛ

ΓΟΒ = − ⋅ =

Άρα 126 .xο

Λ Λ

= ΑΟΓ+ΓΟΒ =

39.

Φέρνουµε την ΟΒ. Το τρίγωνο ΟΒΓ είναι ισοσκελές, άρα

.xΛ Λ

ΟΓΒ = ΟΒΓ = Επειδή 70 70ο οΛ Λ

Α = ⇒ ΑΒΟ = (διότι το τρίγωνο

ΑΒΟ είναι ισοσκελές). Οπότε 70οΛ

ΒΟΓ = (εντός εναλλάξ γωνίες

µε ΑΒ//ΟΓ).

Το άθροισµα των γωνιών του τριγώνου ΟΒΓ είναι 180ο, οπότε

2χ+70ο=180

ο

χ=55ο.

40.

Έχουµε ότι 15 30ο οΛ ∩

ΕΑ∆ = ⇒ Ε∆ = (ως αποτέλεσµα σχέσης

εγγεγραµµένης-επίκεντρης γωνίας). Παρόµοια βρίσκουµε

70ο∩

ΑΕ = . Επειδή τώρα 180 80 .ο ο∩ ∩

∆ΑΓ = ⇒ ΑΓ =

Από γνωστή εφαρµογή (σχ. βιβλίο Γεωµετρίας Α Λυκείου

σελ.125) , 80 30

25 .2 2

x

ο οο

∩ ∩

ΑΓ−Ε∆ −= = =

41.

Φέρνουµε τις ΟΕ , Ο∆. Τότε Ο∆=Ε∆=Γ∆, άρα το τρίγωνο ΟΕΓ

είναι ορθογώνιο µε 90οΛ

ΕΟΓ = . Το τρίγωνο ΕΟΒ είναι ορθογώνιο

και ισοσκελές (ΟΕ=ΟΒ), άρα x

Λ

ΟΕΒ = και άρα 45 .ox =

42.

Οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά, άρα τα σηµεία Ο,Ε,Κ είναι

συνευθειακά. Φέρνουµε την ΟΚ. Τότε 2 , 100AE xο

Λ Λ

Ο = ΕΚΒ =

(σχέση επίκεντρης-εγγεγραµµένης γωνίας).

Το άθροισµα των γωνιών του τετραπλεύρου ΟΑΒΚ είναι 360ο,

άρα

2χ+100ο+90

ο+90

ο=360

ο άρα χ=40

ο.

43. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΕΟ έχουµε ότι 30ο

Λ

Α =

(διότι 2

ΑΟΕΟ = ).

Το άθροισµα των γωνιών του τριγώνου Α∆Γ είναι 180ο, άρα

180 60 .oxο

Λ Λ Λ

Α+ ∆+Γ = ⇒ =

44.

Φέρνουµε ΒΜ//ΚΟ. Το τετράπλευρο ΟΚΒΜ είναι

παραλληλόγραµµο (γιατι;),

άρα ΒΜ=ΚΟ=4.

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΜΒΓ έχουµε ότι 30οΛ

ΓΒΜ = (διότι

2

ΜΒΜΓ = ).

Άρα 60 120 .xο ο

Λ

ΜΒΚ = ⇒ =

45.

Φέρνουµε την ΟΚ. Οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά, άρα τα

σηµεία Ο,Γ,Κ είναι συνευθειακά.

Ας ονοµάσουµε , .ϕ θΛ Λ

= ΑΒΓ = Α∆Γ Τότε 2 2ϕ και θΛ Λ

ΒΟΓ = ΓΚ∆ =

(από σχέση επίκεντρης-εγγεγραµµένης γωνίας).

Τα τρίγωνα ΟΒΓ,ΚΓ∆ είναι ισοσκελή, άρα

90 90 .ο οϕ και θΛ Λ

ΒΓΟ = − ∆ΓΚ = −

Από το γεγονός ότι 180οΛ

ΟΓΚ = προκύπτει ότι

(90ο-φ)+χ+(90

ο-θ)=180

ο

χ=φ+θ (1).

Το άθροισµα των γωνιών του τετραπλεύρου ΑΒΓ∆ είναι 360ο,

άρα 100ο+φ+χ+θ=360

ο, οπότε από τη σχέση (1) παίρνουµε ότι

χ=130ο.

46.

Το τρίγωνο ΟΕ∆ είναι ορθογώνιο, άρα 90 42 48 .ο ο οΛ

ΕΟ∆ = − =

Το τρίγωνο ΖΟΕ είναι ισοσκελές, άρα 180 2 .x xο

Λ Λ

ΖΕΟ = ⇒ ΖΟΕ = −

Η γωνία χ είναι εξωτερική του ισοσκελούς τριγώνου ΑΖΟ, άρα

.2

xΛ

ΑΟΖ =

Η γωνία Λ

ΑΟ∆ είναι ευθεία, άρα

( )180 180 2 48 180 32 .2

o o o oxx x

οΛ Λ Λ

ΑΟΖ+ ΖΟΕ+ΕΟ∆ = ⇒ + − + = ⇒ =

47.

Φέρνουµε τις Β∆,ΒΕ,ΟΚ. Οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά, άρα

τα σηµεία Ο,Β,Κ είναι συνευθειακά.

Η ∆Ε είναι κοινή εξωτερική εφαπτοµένη των δύο κύκλων

(διότι ,Ο∆ ⊥ ∆Ε ΚΕ ⊥ ∆Ε ).

Η γωνία 40 80ο οΛ Λ

Α = ⇒Ο = (σχέση εγγεγραµµένης-επίκεντρης

γωνίας).

Το τρίγωνο ΟΒ∆ είναι ισοσκελές, άρα 50 .οΛ

ΟΒ∆ =

Επίσης, 40οΛ Λ

Β∆Ε = Α = (γωνία χορδής και εφαπτοµένης). Οπότε

180 (60 40 ) 80 .ο ο ο οΛ

Α∆Β = − + =

Το άθροισµα των γωνιών του τριγώνου Α∆Β είναι 180ο, άρα

60 .οΛ

ΑΒ∆ = Το άθροισµα των γωνιών του τετραπλεύρου ΟΚΕ∆ είναι 360

ο,

άρα 360 80 90 90 360 100 .ο ο ο ο ο οΛ Λ Λ Λ Λ Λ

Ο+Κ+ΚΕ∆+Ε∆Ο = ⇒ +Κ+ + = ⇒ Κ =

Άρα 50οΛ

ΒΓΕ = (σχέση εγγεγραµµένης-επίκεντρης γωνίας), άρα

και 50οΛ

ΒΕ∆ = (γωνία χορδής και εφαπτοµένης).

Το άθροισµα των γωνιών του τριγώνου ΒΕ∆ είναι 180ο, άρα

180 (40 50 ) 90 .ο ο ο οΛ

∆ΒΕ = − + =

Επειδή τώρα

180 180 60 90 180 30 .ο ο ο ο ο οΛ Λ Λ Λ Λ Λ

ΑΒΓ = ⇒ ΑΒ∆+ ∆ΒΕ+ΕΒΓ = ⇒ + +ΕΒΓ = ⇒ ΕΒΓ =

Όµως x

Λ

ΕΒΓ = (γωνία χορδής και εφαπτοµένης). Τελικά χ=30ο.

48. Έχουµε ότι 2 40ο

Λ Λ

ΒΟΓ = ⋅Β∆Γ = (σχέση εγγεγραµµένης-επίκεντρης

γωνίας).

Οι γωνίες ,Λ Λ

ΒΟΓ ΑΟΒ είναι συµπληρωµατικές, άρα 50 .οΛ

ΒΟΑ =

Οι γωνίες A,Λ Λ

ΑΟΒ είναι συµπληρωµατικές, άρα 40 .xο=

49. Το τετράπλευρο ΑΒΓΖ είναι εγγεγραµµένο σε κύκλο, άρα

x

Λ

ΓΖΕ = .

Το τετράπλευρο Ε∆ΓΖ είναι εγγεγραµµένο σε κύκλο, άρα

180 55 .oxο

Λ Λ

ΓΖΕ+ ∆ = ⇒ =

50. Ας ονοµάσουµε θ

Λ

= Α . Τότε η δοσµένη σχέση

3 2, .

5 3 2 5 3 2 5 5

x x xθθ

Λ Λ Λ ΛΛΑΒΓ ΒΑ∆ ΒΓΖ ΒΓΖ

= = ⇒ = = ⇒ = ΒΓΖ =

Οι γωνίες ,Λ Λ

ΖΕΑ ∆ΕΓ είναι ίσες ως κατακορυφήν.

Το τετράπλευρο ΖΕ∆Β είναι εγγεγραµµένο σε κύκλο, άρα

x

Λ

∆ΕΓ =

Η γωνία Λ

ΒΖΕ είναι εξωτερική του τριγώνου ΑΖΕ, άρα

.x θΛ

ΒΖΕ = + Το τετράπλευρο ΖΕ∆Β είναι εγγεγραµµένο σε κύκλο, άρα

.x θΛ Λ

Ε∆Γ = ΒΖΕ = + Το άθροισµα των γωνιών του τριγώνου Ε∆Γ είναι 180

ο, άρα

3

5o o2

( ) 180 3x 180 x 60 .5

oxx x

χθ

θ

=

+ + + = ⇒ = ⇒ =

51. ∆ίνεται ότι Α∆=Β∆=Γ∆, άρα το τρίγωνο ΒΑΓ είναι ορθογώνιο

στο Α. Οπότε 90 25 65 2 65 130 (1)ο ο ο ο οΛ ∩

Γ = − = ⇒ ∆ΕΑ = ⋅ = (ως

αποτέλεσµα της σχέσης επίκεντρης-εγγεγραµµένης γωνίας).

Το τρίγωνο ΑΒ∆ είναι ισοσκελές, άρα 25 50 (2).ο ο

Λ ∩

ΕΑ∆ = ⇒ Ε∆ =

Έχουµε τώρα, (1),(2)

130 50 80 80 .oxο ο ο

∩ ∩ ∩

ΕΑ = ∆ΕΑ−Ε∆=== − = ⇒ =

52. Έχουµε 2x x

Λ Λ

ΕΓΖ = ⇒ ΑΟΖ = (ως αποτέλεσµα της σχέσης

επίκεντρης-εγγεγραµµένης γωνίας). Το άθροισµα των γωνιών

του τετραπλεύρου ΟΓΒΑ είναι 360ο , άρα

o o o o360 (2 90 ) 90 90 2 x 360 x 22,5 .xο ο

Λ Λ Λ Λ

ΑΟΓ+Γ+Β+ΒΑΟ = ⇒ + + + + = ⇒ =

53.

Οι γωνίες ,Λ Λ

ΒΕΓ Γ∆Β είναι ορθές (ως εγγεγραµµένες γωνίες που

βαίνουν σε ηµικύκλιο). Άρα 90οΛ

ΒΕΑ = . Το άθροισµα των

γωνιών του τριγώνου ΒΖ∆ είναι 180ο , άρα 50 .ο

Λ

∆ΒΖ =

Το άθροισµα των γωνιών του τριγώνου ΒΕΑ είναι 180ο , άρα

χ=180ο-(90

ο+50

ο)=40

ο.

54. Αντιγράφω τη λύση του george visvikis από το mathematica.gr

Έστω ότι η κοινή εσωτερική εφαπτοµένη των δύο κύκλων τέµνει τη BΓ στο σηµείο

E . Είναι:

EAO ωΛ Λ Λ

= ΑΒΕ = ΒΑΕ = (επίκεντρη γωνία και γωνίες χορδής κι εφαπτοµένης που

βαίνουν στο διπλάσιο τόξο απ' ότι η επίκεντρη)

ˆA ϕΛ

ΕΑ∆ = Γ∆ = (σχέση εγγεγραµµένης και γωνίας χορδής και εφαπτοµένης που

βαίνουν στο ίδιο τόξο)

Είναι ακόµα 065ω φ+ = (1) και xθ φ= + (2) (ως εξωτερική στο τρίγωνο A∆Γ ).

Άθροισµα γωνιών τριγώνου AB∆ :

(2) (1)

0 0( ) 180 180 xω ω ϕ θ ω ω ϕ ϕ+ + + = ⇔ + + + + = ⇔ 0 0130 180x+ = ⇔ 050x =

55.

Φέρνω τις ΟΕ,Ο∆. Το τρίγωνο ΟΕ∆ είναι ισόπλευρο (γιατί;).

Άρα 60 60 .oxο

Λ Λ

ΟΕ∆ = ⇒ ΑΕΟ = − Το τρίγωνο ΟΕΑ είναι

ισοσκελές και έχει άθροισµα γωνιών 180ο, άρα

2(χ-60ο)+90

ο=180

ο

χ=105ο.

56.

Το τεταρτοκύκλιο και ο κύκλος εφάπτονται εσωτερικά. Άρα τα

σηµεία Ο,Κ,Ε είναι συνευθειακά. Φέρνουµε τα ΟΚ,ΑΕ. Το

τετράπλευρο ΚΓΟΖ είναι τετράγωνο (γιατί;), άρα

45 .οΛ Λ

ΓΚΟ = ΓΟΚ = Το τρίγωνο ΟΕΑ είναι ισοσκελές και έχει

άθροισµα γωνιών 180ο, άρα 67,5 .ο

Λ Λ

ΚΕΑ = ΕΑΟ = Το τετράπλευρο

ΓΚΕΑ έχει άθροισµα γωνιών 360ο, άρα

225135 135 360 135 225 112,5 .

2x

οο ο ο ο ο ο

Λ ∩ Λ

ΓΚΕ = ⇒ Γ∆Ε = ⇒ ΓΖΕ = − = ⇒ = =

57.

Φέρνουµε την ΟΕ. Το τρίγωνο Ο∆Ε είναι ισοσκελές, άρα

50 80ο οΛ Λ

ΟΕ∆ = ⇒ ΕΟ∆ = (διότι το άθροισµα των γωνιών του

τριγώνου Ε∆Ο είναι 180ο). Επίσης το τρίγωνο ΟΕΓ είναι

ισοσκελές, άρα 40 .οΛ

ΟΕΓ = Το άθροισµα των γωνιών του

τριγώνου ΕΖΟ είναι 180ο,άρα χ+80

ο+40

ο=180

ο, άρα χ=60

ο.

58. ∆ίνεται ότι 100 200 360 200 160 .ο ο ο ο ο

Λ ∩ ∩

∆ΑΗ = ⇒ ∆ΕΗ = ⇒ ∆ΑΗ = − =

Όµως ∩ ∩

∆Α = ΑΗ (διότι οι αντίστοιχες χορδές είναι ίσες). Άρα

80 .2

ο

∩∩ ∆ΑΗ∆Α = =

Από γνωστή εφαρµογή (σχ. βιβλίο Γεωµετρίας Α Λυκείου

σελ.125) έχουµε ότι

(50 ) 5015 .

2 2 2

ο οο

∩ ∩ ∩ ∩ ∩Λ Ε∆Α− ΖΗ Ε∆Α− + ∆Ε ∆Α−Β = = = =

Το άθροισµα των γωνιών του τριγώνου ΒΑΓ είναι 180ο, άρα

χ=180ο-(100

ο+15

ο)=65

ο.

59.

Το τετράπλευρο Γ∆ΑΕ είναι εγγεγραµµένο στον κύκλο κέντρου

Ο2, άρα 65 .οΛ Λ

ΒΕΓ = ∆ =

Επίσης, 22 65 130ο ο

Λ

ΑΟ Γ = ⋅ = (σχέση επίκεντρης-εγγεγραµµένης

γωνίας).

Το τετράπλευρο ΑΟ2ΓΒ είναι εγγεγραµµένο στον κύκλο

κέντρου Ο1, άρα χ+130ο=180

ο, άρα χ=50

ο.

60.

Προεκτείνουµε τα ευθύγραµµα τµήµατα ΒΑ,∆Ε και

ονοµάζουµε Ζ το σηµείο τοµής τους. Ο κύκλος είναι

εγγεγραµµένος στο τρίγωνο, άρα το Ο είναι το έγκεντρο του

τριγώνου (σηµείο τοµής διχοτόµων). Από την εφαρµογή 2 του

σχ. βιβλίου σελ. 86 (ερώτηµα i) , προκύπτει ότι

90 140 90 100 .2 2

ο ο ο ο

Λ ΛΛ ΛΖ ΖΒΟ∆ = + ⇒ = + ⇒ Ζ =

Επίσης, 2 x

Λ

ΑΟΕ = ⋅ (ως αποτέλεσµα της σχέσης επίκεντρης-

εγγεγραµµένης γωνίας).

Το άθροισµα των γωνιών του τετραπλεύρου ΖΑΟΕ είναι 360ο ,

άρα 100ο+90

ο+2χ+90

ο=360

ο, δηλαδή χ=40

ο.

ΤΕΛΟΣ

Όλες οι παρατηρήσεις σας επί των λύσεων είναι καλοδεχούµενες στο

pavtrifon@gmail.com

!!Πολλά συγχαρητήρια στο Μιχάλη Νάννο

(http://users.sch.gr/mnannos/)

γι αυτήν την όµορφη και πρωτότυπη συλλογή ασκήσεων!!