Ce diaporama a bien été signalé.
Nous utilisons votre profil LinkedIn et vos données d’activité pour vous proposer des publicités personnalisées et pertinentes. Vous pouvez changer vos préférences de publicités à tout moment.

60

Μιχάλης Νάννος, Παύλος Τρύφων

  • Identifiez-vous pour voir les commentaires

60

  1. 1. Ασκήσεις χωρίς λόγια 11-8-2014 Μιχάλης Νάννος
  2. 2. 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
  3. 3. 1 2 3
  4. 4. 4 5 6
  5. 5. 7 8 9
  6. 6. 10 11 12
  7. 7. 13 14 15
  8. 8. 16 17 18
  9. 9. 19 20 21
  10. 10. 22 23 24
  11. 11. 25 26 27
  12. 12. 28 29 30
  13. 13. 31 32 33
  14. 14. 34 35 36
  15. 15. 37 38 39
  16. 16. 40 41 42
  17. 17. 43 44 45
  18. 18. 46 47 48
  19. 19. 49 50 51
  20. 20. 52 53 54
  21. 21. 55 56 57
  22. 22. 58 59 60
  23. 23. 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
  24. 24. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 1. Λ Η εγγεγραμμένη στον κύκλο γωνία B είναι 145ο, άρα το ∩ ΑΓ = ⋅ = «μεγάλο» τόξο 2 145 290 . ο ο ∩ Άρα ΑΒΓ = 360 ο − 290 ο = 70 ο . Λ = . Οπότε η αντίστοιχη επίκεντρη γωνία είναι x 70ο 2. Λ Η εγγεγραμμένη στον κύκλο γωνία Z είναι 130ο, άρα το τόξο ∩ ΑΓ E = 2 ⋅ 130ο = 260ο . ∩ Λ Άρα Α ZE = 360 ο − 260 ο = 100 ο ⇒ AO E = 100 o . To άθροισμα των γωνιών του ΑΟΓΒ είναι 360ο. Λ Οπότε βρίσκουμε ΑΟΓ = 360 ο − (90 ο + 90 ο + 55 ο ) = 125 ο . Λ Λ Λ Λ ΑΟΓ+ ΕΟΓ+ ΑΟΕ = ⇒ΕΟΓ = Τώρα, 360 135 . ο ο To άθροισμα των γωνιών του ΕΟΓ= είναι 360ο. Λ Οπότε βρίσκουμε x = 45ο . 3. ∩ ∩ ΒΓ είναι ίσα. Οπότε οι Έχουμε ότι ΑΒ//Γ=, άρα τα τόξα A , αντίστοιχες χορδές Α=,ΒΓ είναι ίσες. Κατά συνέπεια το ΑΒΓ= είναι ισοσκελές τραπέζιο. Αρα xˆ ˆ ˆ 180ο 108ο 72ο. = = Γ = − =
  25. 25. 4. Το τετράπλευρο ΑΒΓ= είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, άρα οι απέναντι γωνίες του είναι παραπληρωματικές. Ετσι ˆ Α+ Γˆ =180ο ⇒8α =180ο ⇒α = 22,5ο . Οπότε ˆ ˆ 180ο 6 xˆ 180ο xˆ 45ο . Β+ = ⇒ α + = ⇒ = 5. Ισχύει Λ Λ ΓΕΖ = ΕΖ , (ως γωνία χορδής και εφαπτομένης). Για τον ίδιο λόγο έχουμε Λ Λ ΕΖΓ = ΕΖ . Ονομάζουμε για συντομία Λ Λ ΕΖΓ = ΖΕΓ = ϕ . Το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου =ΕΖ είναι 180ο. Λ Αρα ΖΕ = 70 ο . 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. Λ Λ ΟΒ = ΟΒ = . Αρχικά Ο==ΟΒ, ως ακτίνες του κύκλου. Άρα 68ο Λ ΒΟ = − ⋅ = Το τρίγωνο Α=Ο έχει άθροισμα Άρα 180 2 68 44 . ο ο ο Λ γωνιών 180ο, άρα x + 90 o + ΒΟ = 180 ο ⇒ x = 46 o . Λ Β Ερώτηση: πόσες μοίρες είναι η γωνία A ;
  26. 26. 7. Το τμήμα ΒΑ είναι εφαπτόμενο (διότι είναι κάθετο στην ακτίνα ΟΑ). Άρα 30ο Λ Λ Γ = ΒΑ = (γωνία χορδής και εφαπτομένης). Επειδή τώρα το τρίγωνο Α=Γ είναι ισοσκελές θα έχουμε ότι Λ ΑΓ = x . Το τρίγωνο Α=Γ έχει άθροισμα γωνιών 180ο, άρα Λ + Γ = ⇒ + = ⇒ = 2x 180ο 2x 30o 180ο x 75o. 8. Έχουμε ότι 30ο Λ Λ ΒΓ = ΒΑΓ = (ως εγγεγραμμένες γωνίες που βαίνουν στο ίδιο τόξο ∩ ΒΓ ). Το τετράπλευρο ΑΒΓ= είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, άρα Λ Λ Β+ = ⇒ + + = ⇒ = 180 40 30 180 110 . o ο x ο ο ο x 9. Αρχικά έχουμε ότι A x Λ Λ = , ως εντός εκτός και επί τα αυτά γωνίες Λ Λ ΒΟΓ = , ως γωνία μεταξύ των παραλλήλων Α=,ΒΓ. Επίσης 2 x χορδής και εφαπτομένης (η γωνία χ είναι ίση με οποιαδήποτε εγγεγραμμένη γωνία του κύκλου που βαίνει στο τόξο ∩ ΒΓ , άρα BO 2 x Λ Λ Γ = , ως αποτέλεσμα της σχέσης εγγεγραμμένης- Λ Λ Λ ΒΟ = − + = − . επίκεντρης γωνίας). Άρα 360ο (2 x 125ο ) 235ο 2 x Το Α=ΟΒ έχει άθροισμα γωνιών 360ο, άρα Λ Λ Λ + + − + = ⇒ = x 90ο (235ο 2 x) 90ο 360ο x 55ο.
  27. 27. 10. Αρχικά έχουμε ότι A 90ο Λ = ,ως εγγεγραμμένη γωνία που βαίνει σε ημικύκλιο. Το τρίγωνο ΑΒΓ έχει άθροισμα γωνιών 180ο, άρα Λ Β = 90 ο − 24 ο = 56 ο . Η γωνία χ είναι εξωτερική του τριγώνου ΑΒ=, άρα 56 90 123 . 2 2 x ο ο ο Λ Λ Β Λ = + Α = + = 11. Φέρνουμε την ΟΓ. Τότε ΟΑ=ΟΓ, ως ακτίνες του ίδιου κύκλου. Λ Λ Λ Άρα ΟΓΑ = 65 ο ⇒ΓΟΑ = 50 ο ⇒ΓΟ = 90 ο − 50 ο = 40 ο και επειδή Λ ΟΓ = . Το το τρίγωνο =ΟΓ είναι ισοσκελές, προκύπτει ότι 40ο τρίγωνο ΟΓ= έχει άθροισμα γωνιών 180ο, άρα Λ = − ⋅ = x 180ο 2 40ο 100ο .
  28. 28. 12. Λ Λ ΓΟΑ = , ως αποτέλεσμα της σχέσης Φέρνουμε την ΑΓ. Τότε 2 x εγγεγραμμένης-επίκεντρης γωνίας. Το τρίγωνο ΟΑΓ είναι Λ Λ ισοσκελές (ΟΑ=ΟΓ ακτίνες). Έστω ϕ = 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.
  29. 29. 13. Φέρνουμε την ΟΒ. Τότε ΟΑ=ΟΒ=ΟΓ, ως ακτίνες. Το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ισοσκελές, άρα Λ Λ Λ ΟΒΑ = ⇒ΒΟΑ = − ⋅ = ⇒ΓΟΒ = − = Επίσης, το τρίγωνο ΟΒΓ είναι ισοσκελές, άρα 82 180 2 82 16 90 16 74 . ο ο ο ο ο ο ο 180 74 180 53 . o o o x x x ο Λ Λ Λ ΟΓΒ+ΟΒΓ+ ΓΟΒ = + + = = 14. Λ Λ Λ = + Γ = + (σχέση εξωτερικής Αρχικά έχουμε ότι A E A x 30 γωνίας τριγώνου με τις απέναντι εσωτερικές). Επίσης Λ Λ Ε = Α = x, ως εγγεγραμμένες γωνίες που βαίνουν στο ίδιο τόξο. Το τρίγωνο ΕΖ= έχει άθροισμα γωνιών 180ο, άρα χ+120ο+(30ο+χ)=180ο 2χ=30ο χ=15ο.
  30. 30. 15. Λ Λ Ο = , ως γωνία χορδής και εφαπτομένης (η γωνία χ Αρχικά A B 2 x είναι ίση με οποιαδήποτε εγγεγραμμένη γωνία του κύκλου που ∩ βαίνει στο τόξο AB , άρα AOB 2 x Λ Λ = , ως αποτέλεσμα της σχέσης εγγεγραμμένης-επίκεντρης γωνίας). Λ Τα τρίγωνα ΑΟΒ,ΑΟΓ είναι ίσα (ΠΠΠ), άρα AO Γ = 2x. Τώρα, 360 2 2 56 360 76 . o o o AO x x x ο Λ Λ Λ Γ+ ΑΟΒ+ΒΟΓ = + + = = 16. Το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ισοσκελές (ΟΑ=ΟΒ ακτίνες), άρα 20 . ο Λ ΟΒΑ = Όμως Λ Λ ΟΒΑ = ΒΑΓ (ως εντός εναλλάξ γωνίες και ΑΓ//ΟΒ). Έτσι, 40ο Λ ΟΑΓ = και επειδή το τρίγωνο ΟΑΓ έχει άθροισμα γωνιών 180ο, προκύπτει εύκολα ότι χ=100ο. 17. Λ Λ Κ Ζ είναι εγγεγραμμένες του κύκλου, άρα για τα Οι γωνίες , ∩ ∩ ΓΖΕ = ΒΚ = αντίστοιχα τόξα θα έχουμε ότι 2x 40ο. και Από γνωστή εφαρμογή (σχ. βιβλίο Γεωμετρίας Α Λυκείου σελ.125) έχουμε ότι ∩ ∩ Λ Λ ΓΖΕ−ΒΚ 2 − 40 Λ Α = ⇒ = ⇒ = o x 50 70 . 2 2 x ο ο
  31. 31. 18. Λ ΒΓ = ως εγγεγραμμένη γωνία που βαίνει σε Αρχικά 90 , ο ημικύκλιο. Ας ονομάσουμε ϕ Λ ∩ Ε = και από = ΑΒ . Τότε 2ϕ ∩ ∩ Ε = ΕΒ = άρα 2ϕ. υπόθεση 2ϕ Λ 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=90ο-35ο=55ο.
  32. 32. 19. Λ ΑΟ = , ως γωνία χορδής και Φέρνουμε την Ο=. Τότε 100ο ∩ Α = Επίσης εφαπτομένης. Άρα 100 . ο ∩ ∩ ∩ Α = ΑΒ = ΒΓ , διότι οι ∩ Γ = − ⋅ = αντίστοιχες χορδές είναι ίσες. Άρα 360 3 100 60 . ο ο ο Άρα 100 60 80 . 2 2 x ο ο ο ∩ ∩ Α+ Γ + = = = 20. Το τρίγωνο ΟΑ είναι ισοσκελές (ΟΑ=Ο=), Άρα 64ο Λ ΟΑ = . Το τρίγωνο Λ ΟΑ έχει άθροισμα γωνιών 180ο, άρα ΟΑ = 52 ο . Λ ΓΟΒ = Η γωνία Παρόμοια βρίσκουμε 20 . ο Λ ΑΟΒ είναι ευθεία, άρα 52ο+χ+20ο=180ο, άρα χ=108ο.
  33. 33. 21. Λ Λ ΕΑ = ΕΑ = . Φέρνουμε την Α=. Τότε εύκολα προκύπτει ότι 42ο Λ ∩ Ε = ⇒ ΑΒ = ⋅ = (ως αποτέλεσμα της Τώρα επειδή 96 2 96 192 ο ο ο σχέσης εγγεγραμμένης-επίκεντρης γωνίας). Επίσης ∩ ∩ ∩ Γ = ΑΒ = ΒΓ , διότι οι αντίστοιχες χορδές είναι ίσες. Άρα 192 64 . 3 3 ο ο ∩ ∩ ΑΒ Γ = = = Τελικά, (360 192 ) 64 116 . 2 2 2 x ο ο ο ο ∩ ∩ ∩ ΑΕΓ ΑΕ+ Γ − + = = = =
  34. 34. 22. Λ Ας ονομάσουμε ϕ . Λ ΑΓ = , ως = Α Φέρνουμε τη Β=. Τότε 90ο εγγεγραμμένη γωνία που βαίνει σε ημικύκλιο. Παρατηρούμε ότι στο τρίγωνο ΒΑΕ η Β= είναι ύψος και διάμεσος, όποτε το Λ τρίγωνο ΒΑΕ είναι ισοσκελές, άρα ΒΕΑ = ϕ. 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. Λ Ας ονομάσουμε ϕ . = ΑΒΟ Το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ισοσκελές Λ ΟΑΒ = . Κατά συνέπεια θα ισχύει (ΟΑ=ΟΒ ως ακτίνες), άρα ϕ Λ ΑΟΓ = 2ϕ (σχέση εξωτερικής γωνίας τριγώνου και απέναντι Λ εσωτερικών). Επίσης ΑΓΟ = ϕ , διότι το τρίγωνο ΒΑΓ είναι ισοσκελές. Το τρίγωνο ΑΟΓ έχει άθροισμα γωνιών 180ο, άρα 90ο+2φ+φ=180ο άρα φ=30ο. Λ Τα τρίγωνα ΑΟΒ , ΒΟ= είναι ίσα (ΠΠΠ), άρα ΒΟΑ = x. Το τρίγωνο ΟΑΒ έχει άθροισμα γωνιών 180ο, άρα εύκολα προκύπτει χ=120ο. Λ Ερώτηση: πόσες μοίρες είναι η γωνία ΓΑ ;
  35. 35. 24. Είναι 100o B Λ = , άρα 200ο ∩ ΑΓ = . Επίσης, επειδή ∩ ∩ ∩ ∩ ΓΑ = x ⇒Γ = 2x (1). Όμως A = 180 o ⇒Γ = 20 ο (2). 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 ∩ ∩ Λ ΓΒ− Α Ε = Όμως 2x σελ.125) έχουμε ότι (1). 2 ∩ Α = και ∩ Γ = 100ο (ως αποτέλεσμα της σχέσης επίκεντρης- εγγεγραμμένης γωνίας). Το τόξο ∩ ΑΓΒ είναι ημικύκλιο, άρα ∩ ∩ ∩ ΓΒ = ΑΒ−ΑΓ = − + = − o 180ο (100ο 2x) 80 2x. Οπότε η σχέση (1) γίνεται (80 2 ) 2 20 10 . 2 o o o x x x − − = ⇒ =
  36. 36. 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 2x Λ ΟΖ = (σχέση επίκεντρης- ∩ ΑΒ = . Έχουμε ότι εγγεγραμμένης γωνίας). Επίσης 80ο Λ Λ ΑΟΖ = ⇒ΒΟ = − + = − 180 ο 180ο (80o 2x) 100o 2x. Άρα 50 2 ο x Λ Λ ΒΟ ΒΓ = = − (γωνία χορδής και εφαπτομένης) και Λ Γ = − Το τρίγωνο ΕΒΓ είναι επειδή =Β==Γ προκύπτει 50 . o x Λ Λ ΒΕΓ = + ⇒ ΑΕΟ = + ορθογώνιο, άρα 40ο x 40ο x. Τέλος, το τρίγωνο ΑΕΟ έχει άθροισμα γωνιών 180ο, άρα χ+80ο+(40+χ)=180ο , άρα εύκολα προκύπτει χ=30ο.
  37. 37. 28. Λ Λ ΒΓ = ΒΑΓ = και 38ο Φέρνουμε τη Γ=. Τότε 28ο Λ Λ ΕΓ = ΑΕ = (ως εγγεγραμμένες γωνίες που βαίνουν στα ίδια τόξα). Λ Το τρίγωνο ΓΖ= έχει άθροισμα γωνιών 180ο, άρα ΖΓ = 114 ο . Τελικά χ=114ο (ως κατακορυφήν γωνίες).
  38. 38. 29. 1ος τρόπος (αντιγραφή της λύσης μου από το mathematica.gr) Φέρνω AΓ,OE. Τότε AE ⊥ ΓE, , διότι η γωνία AEΓ είναι εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο. Λ Λ Επίσης AO E 2A E 2x = Γ = (σχέση επίκεντρης-εγγεγραμμένης γωνίας). Αν ZB =α ⇒ AZ =α 2και AB =α ( 2 +1). Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ABΓ: 2 2 2 2 AΓ = 2AB = 2α ( 2 +1) ⇒ AΓ =α (2 + 2). Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΓZB: 2 2 2 2 2 2 ΓZ = BΓ + ZB = AB + ZB = 2α (2 + 2)⇒ΓZ =α 2 2 + 2 . Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο AEZ: 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 ZA ZE 2 AE . 2 2 2 2 2 2 AE α α α α α + + = − = − = ⇒ = + + + Νόμος συνημιτόνων στο τρίγωνο AOE: 2 2 2 2 2 2 (2 2) (3 2 2) OA OE AE 2 2 2 2 2 ... 2 45 22,5 . 2 2 2 OA OE (2 2) 2 2 o o a a x x x a συν + + − + − + = = = = ⇒ = ⇒ = ⋅ ⋅ +
  39. 39. 2ος τρόπος (αντιγραφή της λύσης μου από το mathematica.gr) Ονομάζουμε a = ZB . Τότε AB =α ( 2 +1). Λ Λ Γ = = , ως εγγεγραμμένες Φέρνουμε την AΓ . Τότε A Z ZB E x γωνίες που βαίνουν στο ίδιο τόξο. Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ABΓ: 2 2 2 2 AΓ = 2AB = 2α ( 2 +1) ⇒ AΓ =α (2 + 2). Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΓZB: 2 2 2 2 2 2 ΓZ = BΓ + ZB = AB + ZB = 2α (2 + 2)⇒ΓZ =α 2 2 + 2 . Νόμος συνημιτόνων στο τρίγωνο AΓZ: 2 2 2 A Z AZ 2 2 ... . 2 A Z 2 συνχ Γ + Γ − + = = = ⋅ Γ ⋅ Γ Οπότε 2 2 2 2 2 1 1 . 4 2 ημχ συν χ + − = − = − = Τελικά 0 0 2 ημ χ = ημχσυνχ = ⇒ χ = ⇒χ = 2 2 2 45 22,5 . 2
  40. 40. 3ος τρόπος Προτάθηκε στο mathematica.gr από τον χρήστη p_gianno Έστω α η πλευρά του τετραγώνου, τότε ΑC =α 2. Είναι τότε α 2 = = = CA AZ 2 . CB a BZ Συνεπώς, από το αντίστροφο θεώρημα Εσωτερικής διχοτόμου, προκύπτει ότι η CZ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑCB=45o, άρα o 45 ∩ o AE 22,5 . ACZ x 2 2 Λ = = = =
  41. 41. 4ος τρόπος Προτάθηκε στο mathematica.gr από τον Μιχάλης Τσουρακάκη Έστω α η πλευρά του τετραγώνου. Από Λ Λ AZ + ZB =α , AZ = 2ZB⇒ZB =α ( 2 −1) .Ακόμη, ACE BE x = Α = . Έστω Τ το σημείο τομής των ΑΕ,CB. Τότε, ZBTE εγγράψιμο κι επειδή ACBE εγγράψιμο Λ Λ Λ ( ) ( ) 0 ACB BET TZB 45 ZB BT α 2 1 CT α 2 1 α CT CA α 2 ⇒ = = = ⇒ = = − ⇒ = − + ⇒ = = κι έτσι το ύψος CE είναι και διχοτόμος. Άρα 0 0 2x = 45 ⇒ x = 22.5
  42. 42. 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 Λ Λ Λ = = . Επειδή όμως 1 2 45 1 2 22,5 . ο ο θ θ θ θ ξ θ 1 θ 2 Λ Λ Λ Λ + = ⇒ = = Όμως Λ = διότι βαίνουν στο ίδιο τόξο, άρα χ=22,5ο. x θ 2
  43. 43. 30. ∩ ΑΒ = (ως ημικύκλιο). Επίσης 2x Καταρχήν 180 (1) ο ∩ ΓΒ = ∩ Γ = (ως αποτέλεσμα της σχέσης επίκεντρης- και A 110ο εγγεγραμμένης γωνίας). Επειδή τώρα οι χορδές Γ= , ΓΒ είναι ίσες, θα είναι ίσα και τα ∩ ∩ αντίστοιχα τόξα, δηλ. Γ = ΓΒ = x. ∩ ∩ ΑΓ+ ΓΒ = ⇒ + = ⇒ = Άρα η σχέση (1) δίνει 180 110 180 70 . o ο ο x ο x 31. Λ ΑΟΒ = ⋅ = (ως γωνία χορδής και εφαπτομένης και Είναι 2 40 80 ο ο ως αποτέλεσμα της σχέσης εγγεγραμμένης-επίκεντρης γωνίας). Λ Το τρίγωνο ΑΒΟ είναι ισοσκελές, άρα ΑΒΟ = 50 ο . Λ ΒΟ = Τα τρίγωνα ΑΒΟ , ΒΟ= είναι ίσα (ΠΠΠ),άρα 50 . ο Λ Λ ΑΒΓ = ⇒ΓΒ = − ⋅ = Η γωνία 180 180 2 50 80 . ο ο ο ο Επίσης 40 2 ο Λ Λ ΒΟ ΓΒ = = (γωνία χορδής και εφαπτομένης). Τέλος, το τρίγωνο ΒΓ= έχει άθροισμα γωνιών 180ο, άρα χ=180ο-(80ο+40ο)=60ο. 32. Το τρίγωνο ΟΑ είναι ισοσκελές (ΟΑ=Ο=). Λ Λ = ⇒ΒΑ = ⇒ = Άρα 40 20 20o ο ο x (το τελευταίο επειδή έχουμε εγγεγραμμένες γωνίες που βαίνουν ∩ στο ίδιο τόξο AB ).
  44. 44. 33. Λ Β = ⋅ = και 2x Φέρνουμε την Ο=. Τότε O 2 35ο 70ο Λ ΟΓ = (γωνία χορδής και εφαπτομένης). Το άθροισμα των γωνιών του τετραπλεύρου ΑΒΟΓ είναι 360ο, άρα Λ Λ Λ Λ Α+ ΑΒΟ+Ο+ΟΓΑ = ⇒ + + + + = ⇒ = 34. 360 50 90 (70 2 x) 90 360 30 . o o ο ο ο ο ο x Λ ∩ ∩ Λ Β = 125 ο ⇒ ΑΕΓ = 2 ⋅ 125 ο = 250 ο ⇒ ΑΒΓ = 360 ο − 250 ο = 110 ο ⇒ Ε = 55 ο . Επίσης x Λ ΖΑΕ = (εγγεγραμμένες γωνίες που βαίνουν στο ίδιο τόξο). Το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου ΑΖΕ είναι 180ο, οπότε βρίσκουμε χ=35ο.
  45. 45. 35. Λ Γ = (εγγεγραμμένη γωνία που βαίνει σε ημικύκλιο). Αρχικά 90ο Λ Λ ΒΓ = ⇒ΒΟ = (σχέση εγγεγραμμένης-επίκεντρης Άρα 45 90 ο ο γωνίας). Το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου ΑΒΓ είναι 180ο, οπότε Λ Β = 70 ο . Το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου ΚΒΓ είναι 180ο, οπότε Λ Λ ΒΚΓ = 65 ο ⇒ ΑΚΟ = 65 ο (κατακορυφήν γωνίες). Το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου =ΟΚ είναι 180ο, οπότε χ=25ο.
  46. 46. 36. Φέρνουμε την ΕΓ. Τότε το τρίγωνο ΕΒΓ είναι ισόπλευρο Λ (γιατί;). Άρα Β = 60 ο , 1 Λ δηλαδή x = 180ο − ΓΒΕ = 180ο − 60ο = 120ο . 37. Φέρνουμε την ΟΓ. Λ ∩ ∩ Λ Β = ⇒ ΑΜΓ = ⋅ = ⇒ ΑΒΓ = − = ⇒ ΑΟΓ = 124 2 124 248 360 248 112 112 . ο ο ο ο ο ο ο Το τρίγωνο ΟΑΓ είναι ισοσκελές, οπότε εύκολα βρίσκουμε χ=34ο.
  47. 47. 38. Φέρνουμε την ΟΓ. Τότε ΟΓ=Ο= (ακτίνες) και επειδή Ο==ΑΓ προκύπτει ΟΓ=ΑΓ, άρα 18 2 18 36 ο ο ο Λ Λ ΑΟΓ = ⇒ΟΓΒ = ⋅ = (ως εξωτερική γωνία του τριγώνου ΟΑΓ). Το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου ΟΒΓ είναι 180ο, οπότε Λ ΓΟΒ = 180 ο − 2 ⋅ 36 ο = 108 ο . Λ Λ Άρα x = ΑΟΓ+ ΓΟΒ = 126ο .
  48. 48. 39. Φέρνουμε την ΟΒ. Το τρίγωνο ΟΒΓ είναι ισοσκελές, άρα Λ Λ ΟΓΒ = ΟΒΓ = x. Επειδή 70 ο 70 ο Λ Λ Α = ⇒ ΑΒΟ = (διότι το τρίγωνο Λ ΒΟΓ = (εντός εναλλάξ γωνίες ΑΒΟ είναι ισοσκελές). Οπότε 70ο με ΑΒ//ΟΓ). Το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου ΟΒΓ είναι 180ο, οπότε 2χ+70ο=180ο χ=55ο. 40. Λ ∩ ΕΑ = ⇒Ε = (ως αποτέλεσμα σχέσης Έχουμε ότι 15 30 ο ο εγγεγραμμένης-επίκεντρης γωνίας). Παρόμοια βρίσκουμε ∩ ΑΕ = 70ο . Επειδή τώρα 180 ο 80 ο . ∩ ∩ ΑΓ = ⇒ ΑΓ = Από γνωστή εφαρμογή (σχ. βιβλίο Γεωμετρίας Α Λυκείου σελ.125) , 80 30 25 . 2 2 x ο ο ο ∩ ∩ ΑΓ− Ε − = = =
  49. 49. 41. Φέρνουμε τις ΟΕ , Ο=. Τότε Ο==Ε==Γ=, άρα το τρίγωνο ΟΕΓ είναι ορθογώνιο με 90ο Λ ΕΟΓ = . Το τρίγωνο ΕΟΒ είναι ορθογώνιο Λ ΟΕΒ = και άρα 45 . o x = και ισοσκελές (ΟΕ=ΟΒ), άρα x 42. Οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά, άρα τα σημεία Ο,Ε,Κ είναι Λ Λ συνευθειακά. Φέρνουμε την ΟΚ. Τότε Ο AE = 2x , ΕΚΒ = 100ο (σχέση επίκεντρης-εγγεγραμμένης γωνίας). Το άθροισμα των γωνιών του τετραπλεύρου ΟΑΒΚ είναι 360ο, άρα 2χ+100ο+90ο+90ο=360ο άρα χ=40ο.
  50. 50. 43. Λ Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΕΟ έχουμε ότι Α = 30ο (διότι ΑΟ ΕΟ = ). 2 Το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου Α=Γ είναι 180ο, άρα Λ Λ Λ Α+ + Γ = ⇒ = 180ο x 60o. 44. Φέρνουμε ΒΜ//ΚΟ. Το τετράπλευρο ΟΚΒΜ είναι παραλληλόγραμμο (γιατι;), άρα ΒΜ=ΚΟ=4. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΜΒΓ έχουμε ότι 30ο Λ ΓΒΜ = (διότι ΜΒ ΜΓ = ). 2 Λ Άρα ΜΒΚ = 60ο ⇒ x = 120ο .
  51. 51. 45. Φέρνουμε την ΟΚ. Οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά, άρα τα σημεία Ο,Γ,Κ είναι συνευθειακά. Λ Λ Λ Λ Ας ονομάσουμε ϕ = ΑΒΓ , θ = ΑΓ . Τότε ΒΟΓ = 2ϕ και ΓΚ = 2θ (από σχέση επίκεντρης-εγγεγραμμένης γωνίας). Τα τρίγωνα ΟΒΓ,ΚΓ= είναι ισοσκελή, άρα Λ Λ ΒΓΟ = 90 ο − ϕ και ΓΚ = 90 ο − θ . Από το γεγονός ότι 180ο Λ ΟΓΚ = προκύπτει ότι (90ο-φ)+χ+(90ο-θ)=180ο χ=φ+θ (1). Το άθροισμα των γωνιών του τετραπλεύρου ΑΒΓ= είναι 360ο, άρα 100ο+φ+χ+θ=360ο, οπότε από τη σχέση (1) παίρνουμε ότι χ=130ο.
  52. 52. 46. Λ ΕΟ = − = Το τρίγωνο ΟΕ= είναι ορθογώνιο, άρα 90 42 48 . ο ο ο Λ Λ ΖΕΟ = ⇒ ΖΟΕ = − Το τρίγωνο ΖΟΕ είναι ισοσκελές, άρα x 180ο 2x. Η γωνία χ είναι εξωτερική του ισοσκελούς τριγώνου ΑΖΟ, άρα Λ x ΑΟΖ = . 2 Η γωνία Λ ΑΟ είναι ευθεία, άρα Λ Λ Λ ΑΟΖ+ ΖΟΕ+ ΕΟ = ⇒ + − + = ⇒ = o o o o x 180 ο (180 2 x ) 48 180 x 32 . 2 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 80 ο ο Λ Λ Α = ⇒Ο = (σχέση εγγεγραμμένης-επίκεντρης γωνίας). Λ Το τρίγωνο ΟΒ= είναι ισοσκελές, άρα ΟΒ = 50 ο . Λ Λ ΒΕ = Α = (γωνία χορδής και εφαπτομένης). Οπότε Επίσης, 40ο Λ ΑΒ = − + = 180 (60 40 ) 80 . ο ο ο ο
  53. 53. Το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου Α=Β είναι 180ο, άρα Λ ΑΒ = 60 ο . Το άθροισμα των γωνιών του τετραπλεύρου ΟΚΕ= είναι 360ο, Λ Λ Λ Λ Λ Λ άρα Ο+Κ+ΚΕ+ ΕΟ = 360 ο ⇒ 80 ο +Κ+ 90 ο + 90 ο = 360 ο ⇒Κ = 100 ο . Λ ΒΓΕ = (σχέση εγγεγραμμένης-επίκεντρης γωνίας), άρα Άρα 50ο Λ ΒΕ = (γωνία χορδής και εφαπτομένης). και 50ο Το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου ΒΕ= είναι 180ο, άρα Λ ΒΕ = − + = Επειδή τώρα 180 (40 50 ) 90 . ο ο ο ο Λ Λ Λ Λ Λ Λ ΑΒΓ = ⇒ ΑΒ+ ΒΕ+ ΕΒΓ = ⇒ + + ΕΒΓ = ⇒ΕΒΓ = Όμως x 180 180 60 90 180 30 . ο ο ο ο ο ο Λ ΕΒΓ = (γωνία χορδής και εφαπτομένης). Τελικά χ=30ο. 48. Έχουμε ότι 2 40ο Λ Λ ΒΟΓ = ⋅ΒΓ = (σχέση εγγεγραμμένης-επίκεντρης γωνίας). Οι γωνίες , Λ Λ Λ ΒΟΓ ΑΟΒ είναι συμπληρωματικές, άρα ΒΟΑ = 50 ο . Λ Λ Οι γωνίες A, ΑΟΒ είναι συμπληρωματικές, άρα x 40ο. = 49. Το τετράπλευρο ΑΒΓΖ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, άρα Λ ΓΖΕ = x . Το τετράπλευρο Ε=ΓΖ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, άρα Λ Λ ΓΖΕ+ = ⇒ = 180 55 . o ο x
  54. 54. 50. Ας ονομάσουμε θ Λ = Α. Τότε η δοσμένη σχέση Λ Λ Λ Λ ΑΒΓ ΒΑ ΒΓΖ ΒΓΖ Λ 3 2 x θ x x = = ⇒ = = ⇒ = ΒΓΖ = , . θ 5 3 2 5 3 2 5 5 Λ Λ ΖΕΑ ΕΓ είναι ίσες ως κατακορυφήν. Οι γωνίες , Το τετράπλευρο ΖΕ=Β είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, άρα Λ ΕΓ = x Η γωνία Λ ΒΖΕ είναι εξωτερική του τριγώνου ΑΖΕ, άρα Λ ΒΖΕ = x + θ . Το τετράπλευρο ΖΕ=Β είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, άρα Λ Λ ΕΓ = ΒΖΕ = x + θ . Το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου Ε=Γ είναι 180ο, άρα 3 5 2 x o o o ( ) 180 3x 180 x 60 . 5 x x χ θ 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 ο Λ ∩ Γ = − = ⇒ΕΑ = ⋅ = (ως αποτέλεσμα της σχέσης επίκεντρης-εγγεγραμμένης γωνίας). Λ ∩ Το τρίγωνο ΑΒ= είναι ισοσκελές, άρα ΕΑ = 25 ο ⇒Ε = 50 ο (2). Έχουμε τώρα, (1),(2) ∩ ∩ ∩ ΕΑ = ΕΑ−Ε === − = ⇒ = 130 50 80 80 . o ο ο ο x 52. Έχουμε x 2x Λ Λ ΕΓΖ = ⇒ ΑΟΖ = (ως αποτέλεσμα της σχέσης επίκεντρης-εγγεγραμμένης γωνίας). Το άθροισμα των γωνιών του τετραπλεύρου ΟΓΒΑ είναι 360ο , άρα Λ Λ Λ Λ ΑΟΓ+ Γ+ Β+ ΒΑΟ = ⇒ + + + + = ⇒ = o o o o 360ο (2x 90ο ) 90 90 2 x 360 x 22,5 .
  55. 55. 53. Λ Λ ΒΕΓ ΓΒ είναι ορθές (ως εγγεγραμμένες γωνίες που Οι γωνίες , Λ ΒΕΑ = . Το άθροισμα των βαίνουν σε ημικύκλιο). Άρα 90ο Λ ΒΖ = γωνιών του τριγώνου ΒΖ= είναι 180ο , άρα 50 . ο Το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου ΒΕΑ είναι 180ο , άρα χ=180ο-(90ο+50ο)=40ο. 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: Λ Λ Λ = ΑΒΕ = ΒΑΕ = (επίκεντρη γωνία και γωνίες χορδής κι εφαπτομένης που EAO ω βαίνουν στο διπλάσιο τόξο απ' ότι η επίκεντρη) Λ ΕΑ = AΓˆ = ϕ (σχέση εγγεγραμμένης και γωνίας χορδής και εφαπτομένης που βαίνουν στο ίδιο τόξο) Είναι ακόμα ω +φ = 65 0 (1) και θ = x +φ (2) (ως εξωτερική στο τρίγωνο AΓ ). Άθροισμα γωνιών τριγώνου AB : (2) (1) 0 0 ω + (ω +ϕ ) +θ =180 ⇔ ω +ω +ϕ + x +ϕ =180 ⇔ 0 0 130 + x =180 ⇔ 0 x = 50
  56. 56. 55. Φέρνω τις ΟΕ,Ο=. Το τρίγωνο ΟΕ= είναι ισόπλευρο (γιατί;). Άρα 60ο x 60o. Λ Λ ΟΕ = ⇒ ΑΕΟ = − Το τρίγωνο ΟΕΑ είναι ισοσκελές και έχει άθροισμα γωνιών 180ο, άρα 2(χ-60ο)+90ο=180ο χ=105ο.
  57. 57. 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 Λ Λ ΓΚΟ = ΓΟΚ = 45 ο . 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 225 Λ ∩ Λ ΓΚΕ = ⇒ΓΕ = ⇒ΓΖΕ = − = ⇒ = = 135 135 360 135 225 112,5 . 2 x ο ο ο ο ο ο ο
  58. 58. 57. Φέρνουμε την ΟΕ. Το τρίγωνο Ο=Ε είναι ισοσκελές, άρα Λ Λ ΟΕ = 50 ο ⇒ΕΟ = 80 ο (διότι το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου Ε=Ο είναι 180ο). Επίσης το τρίγωνο ΟΕΓ είναι ισοσκελές, άρα 40 ο . Λ ΟΕΓ = Το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου ΕΖΟ είναι 180ο,άρα χ+80ο+40ο=180ο, άρα χ=60ο. 58. Λ ∩ ∩ =ίνεται ότι ΑΗ = 100 ο ⇒ΕΗ = 200 ο ⇒ΑΗ = 360 ο − 200 ο = 160 ο . 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 ο ο (50 ) 50 15 . 2 2 2 ο ∩ ∩ ∩ ∩ ∩ Λ ΕΑ− ΖΗ ΕΑ− + Ε Α− Β = = = = Το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου ΒΑΓ είναι 180ο, άρα χ=180ο-(100ο+15ο)=65ο.
  59. 59. 59. Το τετράπλευρο Γ=ΑΕ είναι εγγεγραμμένο στον κύκλο κέντρου Λ Λ Ο2, άρα ΒΕΓ = = 65 ο . Λ Επίσης, 2 2 65 130 ο ο ΑΟ Γ = ⋅ = (σχέση επίκεντρης-εγγεγραμμένης γωνίας). Το τετράπλευρο ΑΟ2ΓΒ είναι εγγεγραμμένο στον κύκλο κέντρου Ο1, άρα χ+130ο=180ο, άρα χ=50ο.
  60. 60. 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 Λ Λ Λ Ζ Ζ Λ ΒΟ = + ⇒ = + ⇒ Ζ = ο ο ο ο 90 140 90 100 . 2 2 Λ ΑΟΕ = ⋅ (ως αποτέλεσμα της σχέσης επίκεντρης- Επίσης, 2 x εγγεγραμμένης γωνίας). Το άθροισμα των γωνιών του τετραπλεύρου ΖΑΟΕ είναι 360ο , άρα 100ο+90ο+2χ+90ο=360ο, δηλαδή χ=40ο. 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!!

×