Για να εκτυπώσετε το Θέμα πατήστε "Εκτύπωση"!
| Τύπος Σχολείου: | Γενικό Λύκειο | Πηγή: Ι.Ε.Π. | Αναγνώσθηκε: 5276 φορές Επικοινωνία | |
|---|---|---|---|---|
| Μάθημα: | Γεωμετρία | Τάξη: | Α' Λυκείου | |
| Κωδικός Θέματος: | 36115 | Θέμα: | 2 | |
| Τελευταία Ενημέρωση: | 11-Μαΐ-2026 | Ύλη: | 3.2. 1ο Κριτήριο ισότητας τριγώνων 4.2. Τέμνουσα δύο ευθειών - Ευκλείδειο αίτημα 4.6. Άθροισμα γωνιών τριγώνου 5.2. Παραλληλόγραμμα | |
| Το θέμα προέρχεται και αντλήθηκε από την πλατφόρμα της Τράπεζας Θεμάτων Διαβαθμισμένης Δυσκολίας που αναπτύχθηκε (MIS5070818-Tράπεζα θεμάτων Διαβαθμισμένης Δυσκολίας για τη Δευτεροβάθμια Εκπαίδευση, Γενικό Λύκειο-ΕΠΑΛ) και είναι διαδικτυακά στο δικτυακό τόπο του Ινστιτούτου Εκπαιδευτικής Πολιτικής (Ι.Ε.Π.) στη διεύθυνση (http://iep.edu.gr/el/trapeza-thematon-arxiki-selida) | ||||
| Τύπος Σχολείου: | Γενικό Λύκειο | ||
|---|---|---|---|
| Τάξη: | Α' Λυκείου | ||
| Μάθημα: | Γεωμετρία | ||
| Θέμα: | 2 | ||
| Κωδικός Θέματος: | 36115 | ||
| Ύλη: | 3.2. 1ο Κριτήριο ισότητας τριγώνων 4.2. Τέμνουσα δύο ευθειών - Ευκλείδειο αίτημα 4.6. Άθροισμα γωνιών τριγώνου 5.2. Παραλληλόγραμμα | ||
| Τελευταία Ενημέρωση: 11-Μαΐ-2026 | |||
| Το θέμα προέρχεται και αντλήθηκε από την πλατφόρμα της Τράπεζας Θεμάτων Διαβαθμισμένης Δυσκολίας που αναπτύχθηκε (MIS5070818-Tράπεζα θεμάτων Διαβαθμισμένης Δυσκολίας για τη Δευτεροβάθμια Εκπαίδευση, Γενικό Λύκειο-ΕΠΑΛ) και είναι διαδικτυακά στο δικτυακό τόπο του Ινστιτούτου Εκπαιδευτικής Πολιτικής (Ι.Ε.Π.) στη διεύθυνση (http://iep.edu.gr/el/trapeza-thematon-arxiki-selida) | |||
ΘΕΜΑ 2
Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο \(ΑΒΓ\). Στην προέκταση της \(ΒΓ\) (προς το μέρος του \(Γ\)) θεωρούμε τμήμα \(ΓΔ=ΒΓ\). Φέρουμε τμήμα \(ΔΕ\) κάθετο στην \(ΑΔ\) στο σημείο της \(Δ\), τέτοιο ώστε \(ΔΕ=ΒΓ\) (τα \(Α\) και \(Ε\) είναι στο ίδιο ημιεπίπεδο ως προς την \(ΒΔ\)).
α) Να βρείτε τις γωνίες του τριγώνου \(ΑΒΔ\). (Μονάδες 12)
β) Να αποδείξετε ότι το \(ΑΒΔΕ\) είναι παραλληλόγραμμο. (Μονάδες 13)
ΛΥΣΗ
α) Επειδή το τρίγωνο \(ΑΒΓ\) είναι ισόπλευρο, ισχύει ότι \(\widehat{BAΓ} = \widehat{ABΓ} = \widehat{AΓB} = 60^{\circ}\).
Τότε \(\widehat{AΓΔ} = 180^{\circ} - \widehat{AΓB} = 120^{\circ}\).
Επειδή \(ΓΔ = BΓ = AΓ\), το τρίγωνο \(ΑΓΔ\) είναι ισοσκελές με βάση \(ΑΔ\), άρα \(\widehat{ΓΑΔ} = \widehat{ΑΔΓ}\) ως γωνίες προσκείμενες στη βάση.
Από το άθροισμα γωνιών του τριγώνου \(ΑΓΔ\) έχουμε:
$$\widehat{ΓΑΔ} + \widehat{ΑΓΔ} + \widehat{ΑΔΓ} = 180^{\circ} \iff 2\widehat{ΑΔΓ} + 120^{\circ} = 180^{\circ} \iff \widehat{ΑΔΓ} = 30^{\circ}.$$
Άρα και \(\widehat{ΓΑΔ} = 30^{\circ}\).
Τότε:
$$\widehat{ΒΑΔ} = \widehat{ΒΑΓ} + \widehat{ΓΑΔ} = 60^{\circ} + 30^{\circ} = 90^{\circ}.$$
Οπότε οι γωνίες του τριγώνου \(ΑΒΔ\) είναι: \(\widehat{ΒΑΔ} = 90^{\circ}\), \(\widehat{ΑΒΔ} = 60^{\circ}\), \(\widehat{ΑΔΒ} = 30^{\circ}\).
β) Αφού είναι \(\widehat{ΒΑΔ} = 90^{\circ}\) τότε θα είναι \(AB \perp AΔ\) και επειδή είναι \(EΔ \perp AΔ\) από υπόθεση, θα είναι \(AB \parallel EΔ\) ως κάθετες στην ίδια ευθεία \(ΑΔ\).
Όμως \(AB = BΓ = EΔ\) και \(AB \parallel EΔ\), οπότε το τετράπλευρο \(ΑΒΔΕ\) έχει τις απέναντι πλευρές του \(ΑΒ\) και \(ΔΕ\) ίσες και παράλληλες και συνεπώς είναι παραλληλόγραμμο.
