Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Ιστοσελίδα · #1

Ανέβασα εδώ: http://www.mathematica.gr/index.php?ind ... w&iden=776

μια συλλογή ασκήσεων - σε όλα τα κεφάλαια - της Γεωμετρίας της Α Λυκείου, για το σχ. έτος 2015 2016

Τη συλλογή θα βρείτε και εδώ: http://users.sch.gr/mipapagr

Μίλτος Π.

Συλλογές για το 2015 2016 που έχουν ήδη ανέβει:

Γ ΓΕΛ Μαθηματικά προσανατολισμού Α μέρος (Συναρτήσεις Όρια Συνέχεια) : viewtopic.php?f=52&t=50336

Γ ΓΕΛ Μαθηματικά προσανατολισμού Β μέρος (Διαφορικός Λογισμός) : viewtopic.php?f=53&t=50417

Γ ΓΕΛ Μαθηματικά και Στοιχεία Στατιστικής: viewtopic.php?f=18&t=50579

Β ΓΕΛ Άλγεβρα: viewtopic.php?f=21&t=50481

Α ΓΕΛ Άλγεβρα: viewtopic.php?f=19&t=50662

Β ΓΕΛ Μαθηματικά Προσανατολισμού: viewtopic.php?f=23&t=50793

Α ΓΕΛ Γεωμετρία: viewtopic.php?f=20&t=50868

Φανης Θεοφανιδης · #2

Καλημέρα.

ΑΣΚΗΣΗ 6.12

Αρκεί να δείξουμε ότι $\hat{M_{1}}=\hat{N_{1}}$ .
Το τρίγωνο $\Delta BM$ είναι ισοσκελές. Άρα $\hat{M_{1}}=\hat{\Delta _{1}}$ .
Το τρίγωνο $N\Gamma A$ είναι ισοσκελές. Άρα $\hat{N_{1}}=\hat{A_{1}}$ .
Από τα άνω τρίγωνα αντίστοιχα έχουμε
$\hat{B_{1}}=180^{0}-2\hat{M_{1}}$ (1)

$\hat{\Gamma _{1}}=180^{0}-2\hat{N_{1}}$ (2)

.
Όμως $\hat{B_{1}}=\hat{\Gamma _{1}}$ (3) (ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο $\Delta A$ ).
Από τις (1)

,

προκύπτει ότι $\hat{M_{1}}=\hat{N_{1}}$ .

Για το δεύτερο ερώτημα δίνω μόνο υπόδειξη (Είναι εύκολο).
Αρκεί να δείξετε ότι $\hat{NM\Delta }+\hat{\Delta MA}+\hat{AB\Delta }+\hat{\Delta B\Gamma }=180^{0}$ .

Φανης Θεοφανιδης · #3

ΑΣΚΗΣΗ 6.19

Α) $\hat{A_{1}}=\hat{B_{1}}$ (βαίνουν στο ίδιο τόξο $E\Gamma$ )
$\hat{A_{2}}=\hat{\Gamma _{1}}$ (βαίνουν στο ίδιο τόξο

)
Όμως $A\Delta$ διχοτόμος της $\hat{A}$ .
Άρα $\hat{A_{1}}=\hat{A_{2}}\Rightarrow \hat{B_{1}}=\hat{\Gamma _{1}}\Rightarrow$
$\Rightarrow$ το τρίγωνο $BE\Gamma$ είναι ισοσκελές.

B) Στο τρίγωνο $BA\Theta$ η

είναι διχοτόμος και ύψος, άρα το τρίγωνο $BA\Theta$
είναι ισοσκελές με $AB=A\Theta$ .

Γ)

,

μέσα των $B\Theta$ , $B\Gamma$ αντίστοιχα.
Συνεπώς $ZH\parallel \Theta \Gamma \Rightarrow ZH\parallel A\Gamma$ .

Δ) $ZH=\dfrac{\Theta \Gamma }{2}=\dfrac{A\Gamma -A\Theta }{2}=\dfrac{A\Gamma -AB}{2}$ .

Φανης Θεοφανιδης · #4

ΑΣΚΗΣΗ 6.13

Η $K\Delta$ είναι μεσοκάθετος του

.
Η προέκτασή της τέμνει το τόξο

σε ένα σημείο, έστω

το οποίο είναι το μέσο του.
Η $\hat{K_{1}}$ είναι επίκεντρη που βαίνει στο τόξο $MB=\dfrac{AB}{2}$ .
Η $\hat{\Gamma _{1}}$ είναι εγγεγραμμένη που βαίνει στο τόξο

.
Από την σχέση εγγεγραμμένης-επίκεντρης έχουμε ότι $\hat{\Gamma _{1}}=\hat{K_{1}}$ .
Συνεπώς τα

,

, $\Gamma$ είναι ομοκυκλικά σημεία.

Φανης Θεοφανιδης · #5

ΑΣΚΗΣΗ 5.34

1) Προεκτείνω την $\Gamma H$ , και έστω ότι τέμνει την

στο

.
Είναι $\hat{H_{1}}=30^{0}+40^{0}$ (ως εξωτερική γωνία του τριγώνου $BH\Gamma$ ) $\Rightarrow$
$\Rightarrow \hat{H_{1}}=70^{0}$ .
Από το τρίγωνο BMH

έχουμε ότι $\hat{BMH}+20^{0}+\hat{H_{1}}=180^{0}\Rightarrow$
$\Rightarrow \hat{BMH}=90^{0}$ .

2) Προφανώς το

είναι ορθόκεντρο του τριγώνου $AB\Gamma$ .
Άρα εάν προεκτείνω την

και υποθέσουμε ότι αυτή τέμνει την $A\Gamma$
στο

, τότε $\hat{\Gamma NH}=90^{0}$ .
Επίσης $\hat{H_{2}}=\hat{H_{1}}=70^{0}$ (ως κατακορυφήν).
Από το τρίγωνο $\Gamma NH$ έχουμε $X+\hat{\Gamma NH}+\hat{H_{2}}=180^{0}\Rightarrow X=20^{0}$ .

Φανης Θεοφανιδης · #6

ΑΣΚΗΣΗ 5.33

Φέρνω την $\Lambda \Gamma$ και την $KM\perp \Lambda \Gamma$ .
Το τετράπλευρο $KM\Gamma B$ είναι ορθογώνιο.
Συνεπώς $M\Gamma =KB\Rightarrow M\Gamma =R\Rightarrow M\Lambda =2R$ .
Όμως $\Lambda K=4R$ .
Άρα $M\Lambda =\dfrac{\Lambda K}{2}$ .
Επομένως για το ορθογώνιο τρίγωνο $\Lambda MK$ ισχύει ότι $\hat{\Lambda KM}=30^{0}$ .
Οπότε $\hat{\Lambda KB}=\hat{\Lambda KM}+\hat{MKB}\Rightarrow \hat{\Lambda KB}=30^{0}+90^{0}\Rightarrow$
$\Rightarrow \hat{\Lambda KB}=120^{0}$ .

Φανης Θεοφανιδης · #7

ΑΣΚΗΣΗ 6.22

1) $\hat{Z_{1}}=\hat{Z_{2}}$ (ως κατακορυφήν).
$\hat{Z_{2}}=\hat{A_{1}}$ (αφού βαίνουν στο τόξο $\Gamma B$ ).
Άρα $\hat{A_{1}}=\hat{Z_{1}}$ .
2) $\hat{A_{1}}=\hat{E_{1}}$ ( $A\Delta EB$ εγγεγραμμένο).
Όμως $\hat{A_{1}}=\hat{Z_{2}}\Rightarrow \hat{E_{1}}=\hat{Z_{2}}\Rightarrow$
$\Rightarrow ZBEH$ εγγράψιμο (αφού η εξωτερική του $\hat{Z_{2}}$ είναι ίση
με την απέναντι εσωτερική του $\hat{E_{1}}$ ).

Φανης Θεοφανιδης · #8

ΑΣΚΗΣΗ 6.27

1)Αφού $\hat{ABZ}=90^{0}\Rightarrow$ η $\hat{ABZ}$ βαίνει σε ημικύκλιο $\Rightarrow$
$\Rightarrow AZ$ διάμετρος του κύκλου.
2)Είναι $\hat{A\Gamma Z}=90^{0}$ (

διάμετρος).
Οπότε $Z\Gamma \perp A\Gamma$ , $B\Delta \perp A\Gamma$ .
Άρα $BH\parallel Z\Gamma$ .
Επίσης $\Gamma E\perp AB$ , $ZB\perp AB$ .
Άρα $\Gamma H\parallel ZB$ .
Συνεπώς $BH\Gamma Z$ παραλληλόγραμμο.
3) Από το τρίγωνο ABZ

έχουμε ότι

μέσο του

και

μέσο του

.
Επομένως $OM=\dfrac{ZB}{2}\Rightarrow OM=\dfrac{\Gamma H}{2}$ ( $BH\Gamma Z$ παραλληλόγραμμο).

Φανης Θεοφανιδης · #9

ΑΣΚΗΣΗ 6.26

1)Για κάθε τρίγωνο $AB\Gamma$ ισχύει $\hat{A}+\hat{B}+\hat{\Gamma }=180^{0}\Rightarrow$
$\Rightarrow 3\hat{\Gamma }+2\hat{\Gamma }+\hat{\Gamma }=180^{0}\Rightarrow \hat{\Gamma }=30^{0}$ .
Οπότε $\hat{A}=90^{0}$ , $\hat{B}=60^{0}$ .
2) i)Από το ορθογώνιο τρίγωνο $A\Delta B$ έχουμε ότι $\hat{A_{1}}=30^{0}$ .
Από το ισοσκελές τρίγωνο $AM\Gamma$ έχουμε ότι $\hat{A_{2}}=30^{0}$ .
Όμως $\hat{A_{1}}+\hat{\Delta AM}+\hat{A_{2}}=90^{0}\Rightarrow \hat{\Delta AM}=30^{0}$ .
ii)Το τρίγωνο AMB

είναι ισόπλευρο. Συνεπώς $A\Delta$ διάμεσος.
Οπότε $B\Delta =\dfrac{MB}{2}\Rightarrow B\Delta =\dfrac{B\Gamma }{4}$ .

Φανης Θεοφανιδης · #10

ΑΣΚΗΣΗ 5.29

Έστω

το μέσο του $A\Gamma$ . Είναι $AN=N\Gamma \Rightarrow A\Delta +\Delta N=NE+E\Gamma \Rightarrow$
$\Rightarrow \Delta N=NE\Rightarrow N$ μέσο και του $\Delta E$ .
Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι $MN=\dfrac{\Delta E}{2}$ .
Ισχύει $MN=\dfrac{AB}{2}\Rightarrow MN=\dfrac{\dfrac{A\Gamma }{3}}{2}\Rightarrow MN=\dfrac{\dfrac{3\Delta E}{3}}{2}\Rightarrow$
$\Rightarrow MN=\dfrac{\Delta E}{2}$ .

Φανης Θεοφανιδης · #11

ΑΣΚΗΣΗ 5.36

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $AE\Gamma$ ισχύει $ME=\dfrac{A\Gamma }{2}$ .
Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\Gamma \Delta A$ ισχύει $M\Delta =\dfrac{A\Gamma }{2}$ .
Άρα $ME=M\Delta$ .
Είναι $\hat{BA\Delta }=\hat{B\Gamma E}=45^{0}$ .
Από το τρίγωνο $AB\Gamma$ έχουμε $\hat{A_{1}}+\hat{\Gamma _{1}}=45^{0}$ .
Από το ισοσκελές τρίγωνο AME

έχουμε $\hat{M_{1}}=180^{0}-2(45^{0}+\hat{A_{1}})$ .
Από το ισοσκελές τρίγωνο $\Delta M\Gamma$ έχουμε $\hat{M_{2}}=180^{0}-2(45^{0}+\hat{\Gamma _{1}})$ .
Όμως $\hat{M_{1}}+\hat{EM\Delta }+\hat{M_{2}}=180^{0}\Rightarrow \hat{EM\Delta }=90^{0}$ .

Φανης Θεοφανιδης · #12

ΑΣΚΗΣΗ 4.20

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι $\hat{\Gamma _{1}}=\hat{B_{1}}=\hat{H_{1}}=45^{0}$ .
Από τα ισοσκελή και ορθογώνια τρίγωνα $\Gamma EA$ , BEH

έχουμε $\Gamma E=AE$ , BE=EH

.
Συνεπώς τα ορθογώνια τρίγωνα $BE\Gamma$ , HEA

είναι ίσα. Άρα $AH=B\Gamma$ .

Φανης Θεοφανιδης · #13

ΑΣΚΗΣΗ 5.39

Φέρνω την $O\Delta$ . Στο ορθογώνιο τρίγωνο $O\Delta \Gamma$ ισχύει $O\Delta =\dfrac{O\Gamma }{2}$ .
Άρα $\hat{\Gamma _{1}}=30^{0}$ , $\hat{O_{1}}=60^{0}$ . Συνεπώς $\hat{O_{2}}=120^{0}$ και αφού το
τρίγωνο $AO\Delta$ είναι ισοσκελές έχουμε ότι $\hat{A_{1}}=30^{0}$ . Επομένως το τρίγωνο $A\Delta \Gamma$
είναι ισοσκελές.

Φανης Θεοφανιδης · #14

ΑΣΚΗΣΗ 6.24

1) Είναι

,

μέσα των $B\Gamma$ , $N\Gamma$ αντίστοιχα. Άρα $MP\parallel BN$ .
2) Έστω

η τομή της

και της

. Στο τρίγωνο AMP

έχουμε ότι $MP\parallel NK$ .
Επειδή όμως

μέσο της

, αναγκαστικά και

μέσο της

. Οπότε η

διέρχεται
από το μέσο της

.
3) Εκ της υποθέσεως έχουμε ότι $AB=BM\Rightarrow$ το τρίγωνο $AB\Delta$ είναι ισοσκελές $\Rightarrow$
$\Rightarrow BK$ ύψος $\Rightarrow BK\perp AM\Leftrightarrow BN\perp AM$ .
4) Φέρνω την

. Είναι

μεσοκάθετος της $AM\Rightarrow AN=MN\Rightarrow \dfrac{AP}{2}=MN\Rightarrow$
$\Rightarrow \hat{AMP}=90^{0}$ .
5) Αφού $\hat{MA\Gamma }=30^{0}$ και το τρίγωνο $AM\Gamma$ είναι ορθογώνιο $\Rightarrow$
$\Rightarrow MP=\dfrac{AP}{2}\Rightarrow MP=NP\Rightarrow MP=P\Gamma (1)$ . Όμως $MP=\dfrac{BN}{2} (2)$ .
Από την (1)

,

προκύπτει ότι $BN=2P\Gamma$ .

Φανης Θεοφανιδης · #15

ΑΣΚΗΣΗ 5.64

1) Από το άθροισμα των γωνιών του τετραπλεύρου $AB\Gamma \Delta$ εύκολα προκύπτει ότι $\hat{B}=90^{0}$ .
2) Από το ορθογώνιο τρίγωνο $A\Delta \Gamma$ έχουμε $\Delta K=\dfrac{A\Gamma }{2}$ .
Από το ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ έχουμε $BK=\dfrac{A\Gamma }{2}$ . Άρα $\Delta K=KB\Rightarrow$
$\Rightarrow K\Delta B$ ισοσκελές.
Από το ορθογώνιο ZBE

έχουμε $B\Lambda =\dfrac{EZ}{2}$ .
Από το ορθογώνιο $E\Delta Z$ έχουμε $\Delta \Lambda =\dfrac{EZ}{2}$ . Άρα $B\Lambda =\Delta \Lambda \Rightarrow$
$\Rightarrow \Lambda B\Delta$ ισοσκελές.
3) Παρατηρούμε ότι το $\Gamma$ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου AEZ

. Συνεπώς $A\Gamma \perp EZ$ .
4) Άμεση συνέπεια των άνω.

Φανης Θεοφανιδης · #16

ΑΣΚΗΣΗ 4.24

Ισχύει ότι $AB=2B\Gamma \Rightarrow 2ZB=2B\Gamma \Rightarrow ZB=B\Gamma \Rightarrow ZB=BE\Rightarrow$
$\Rightarrow$ το τρίγωνο ZBE

ισοσκελές. Είναι $\hat{ZBE}=120^{0}\Rightarrow \hat{E_{1}}=30^{0}$ .
Όμως και $\hat{\Delta _{1}}=30^{0}$ (αφού η

εκτός από διάμεσος είναι και διχοτόμος).
Συνεπώς το τετράπλευρο $\Delta ZBE$ είναι εγγράψιμο. Άρα $\hat{Z_{1}}=\hat{B_{1}}=60^{0}$ και
$\hat{E_{2}}=\hat{B_{2}}=60^{0}$ . Οπότε το τρίγωνο $\Delta ZE$ είναι ισόπλευρο.

Φανης Θεοφανιδης · #17

ΑΣΚΗΣΗ 4.27

Φέρνω την $A\Gamma , AB, OB, O\Gamma , O\Delta$ . Το τρίγωνο $AO\Delta$ είναι ισοσκελές $(OA=O\Delta )\Rightarrow$
$\Rightarrow \hat{AO\Delta }=120^{0} (1)$ . Αφού $\Gamma B$ μεσοκάθετος της

ισχύει $\Gamma A=\Gamma O$ .
Όμως $\Gamma O=OA$ . Άρα το τρίγωνο $A\Gamma O$ είναι ισόπλευρο. Ομοίως αποδεικνύεται ότι και το τρίγωνο
ABO

είναι ισόπλευρο. Οπότε $\hat{\Gamma OB}=120^{0} (2)$ . Από την (1) και (2) προκύπτει ότι $A\Delta =B\Gamma$ .

Φανης Θεοφανιδης · #18

ΑΣΚΗΣΗ 6.18

Φέρνω την διάκεντρο $K\Lambda$ (η οποία ως γνωστό διέρχεται από το σημείο επαφής

των δύο κύκλων)
και την προέκταση της $\Gamma \Lambda$ η οποία έστω ότι τέμνει την $\varepsilon$ στο $\Delta$ .
Ονομάζω την $\hat{\Delta \Gamma B}$ με $\chi$ και την $\hat{\Gamma B\Delta }$ με $\psi$ .
Αρκεί να δείξουμε ότι $\chi +\psi =90^{0}$ . Είναι $\hat{\Gamma A\Lambda }=\chi$ (αφού το τρίγωνο
$A\Lambda \Gamma$ είναι ισοσκελές) $\Rightarrow \hat{KAB}=\chi$ (ως κατακορυφήν) $\Rightarrow$
$\Rightarrow \hat{KBA}=\chi$ (αφού και το τρίγωνο BKA

είναι ισοσκελές).
Όμως $\hat{KB\Delta }=90^{0}$ (αφού η $\varepsilon$ εφάπτεται του

στο

) $\Rightarrow$
$\Rightarrow \chi +\psi =90^{0}$ .

Φανης Θεοφανιδης · #19

ΑΣΚΗΣΗ 6.17

Φέρνω την $\Lambda B$ . Προφανώς τα τετράπλευρα $ABK\Lambda , AK\Gamma M$ είναι εγγράψιμα.
Συνεπώς $\hat{B_{1}}=\hat{M_{1}}=45^{0}$ . Άρα τα τρίγωνα $\Lambda KB, MK\Gamma$
είναι ορθογώνια και ισοσκελή. Οπότε $KB=K\Lambda , KM=K\Gamma$ .

Φανης Θεοφανιδης · #20

ΑΣΚΗΣΗ 6.08

1) Επειδή

μέσο του τόξου $B\Gamma$ , ισχύει $\hat{BAN}=\hat{NA\Gamma }$ , τις οποίες ονομάζω $\chi$ .
Οπότε και $\hat{BMN}=\chi$ . Άρα η

φαίνεται υπό ίσες γωνίες από τις απέναντι κορυφές $\Rightarrow$
$\Rightarrow AMZE$ εγγράψιμο.
2) Έστω $\hat{AMB}=\psi$ . Οπότε και $\hat{A\Gamma B}=\psi$ . Όμως $\hat{AZE}=\psi$ (αφού AMZE

εγγράψιμο).
Συνεπώς $EZ\parallel B\Gamma$ .

Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Re: Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Re: Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Re: Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Re: Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Re: Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Re: Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Re: Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Re: Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Re: Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Re: Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Re: Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Re: Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Re: Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Re: Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Re: Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Re: Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Re: Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Re: Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Re: Συλλογή Ασκήσεων σε όλη την ύλη - Γεωμετρία Α Λυκείου

Μέλη σε σύνδεση