Για να εκτυπώσετε το Θέμα πατήστε "Εκτύπωση"!
| Τύπος Σχολείου: | Γενικό Λύκειο | Πηγή: Ι.Ε.Π. | Αναγνώσθηκε: 6244 φορές Επικοινωνία | |
|---|---|---|---|---|
| Μάθημα: | Γεωμετρία | Τάξη: | Α' Λυκείου | |
| Κωδικός Θέματος: | 37097 | Θέμα: | 4 | |
| Τελευταία Ενημέρωση: | 01-Αυγ-2024 | Ύλη: | 3.6. Κριτήρια ισότητας ορθογώνιων τριγώνων 4.2. Τέμνουσα δύο ευθειών - Ευκλείδειο αίτημα 4.6. Άθροισμα γωνιών τριγώνου | |
| 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: | 4 | ||
| Κωδικός Θέματος: | 37097 | ||
| Ύλη: | 3.6. Κριτήρια ισότητας ορθογώνιων τριγώνων 4.2. Τέμνουσα δύο ευθειών - Ευκλείδειο αίτημα 4.6. Άθροισμα γωνιών τριγώνου | ||
| Τελευταία Ενημέρωση: 01-Αυγ-2024 | |||
| 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 4
Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο \(ΑΒΓ\) και το ύψος του \(ΓΕ\). Στην προέκταση της \(ΓΒ\) (προς το μέρος του \(Β\)) θεωρούμε σημείο \(Δ\) τέτοιο ώστε \(ΒΔ = \frac{ΒΓ}{2}\). Έστω ότι, η ευθεία \(ΔΕ\) τέμνει την \(ΑΓ\) στο \(Ζ\) και \(ΖΘ \parallel ΒΓ\).
α) Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο \(ΒΔΕ\) είναι ισοσκελές και το τρίγωνο \(ΑΘΖ\) είναι ισόπλευρο.
(Μονάδες 10)
β) Να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου \(ΘΕΖ\).
(Μονάδες 5)
γ) Να αποδείξετε ότι \(ΑΕ = 2·ΘΖ\).
(Μονάδες 5)
δ) Να αποδείξετε ότι \(3·ΑΒ = 4·ΘΒ\).
(Μονάδες 5)
ΛΥΣΗ
α) Το \(ΓΕ\) είναι ύψος στο ισόπλευρο τρίγωνο \(ΑΒΓ\), άρα είναι διάμεσος και διχοτόμος του. Συγκεκριμένα είναι διάμεσος της πλευράς \(ΑΒ\), άρα \(ΒΕ = \frac{ΑΒ}{2}\).
Επίσης, από την υπόθεση \(ΒΔ = \frac{ΒΓ}{2}\).
Όμως \(ΑΒ = ΒΓ\), καθώς το \(ΑΒΓ\) είναι ισόπλευρο, άρα \(ΒΕ = ΒΔ\) και επομένως το τρίγωνο \(ΒΔΕ\) είναι ισοσκελές.
Επειδή το τρίγωνο \(ΑΒΓ\) είναι ισόπλευρο, ισχύει ότι \(\widehat{Α} = \widehat{ΑΒΓ} = \widehat{ΑΓΒ} = 60^{\circ}\).
Είναι ακόμη \(\widehat{ΑΘΖ} = \widehat{ΑΒΓ}\), ως εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη των παραλλήλων \(ΘΖ\), \(ΒΓ\) που τέμνονται από την \(ΑΒ\). Άρα \(\widehat{ΑΘΖ} = 60^{\circ}\).
Ισχύει ακόμη ότι \(\widehat{ΑΖΘ} = \widehat{ΑΓΒ}\), ως εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη των παραλλήλων \(ΘΖ\), \(ΒΓ\) που τέμνονται από την \(ΑΓ\). Άρα \(\widehat{ΑΖΘ} = 60^{\circ}\).
Συνεπώς, από τα παραπάνω στο τρίγωνο \(ΑΘΖ\) ισχύει \(\widehat{ΑΘΖ} = \widehat{ΑΖΘ} = \widehat{Α} = 60^{\circ}\), οπότε είναι ισόπλευρο.
β) Οι γωνίες \(\widehat{ΕΘΖ}\) και \(\widehat{ΑΘΖ}\) είναι παραπληρωματικές άρα:
\(\widehat{ΕΘΖ} + \widehat{ΑΘΖ} = 180^{\circ}\) ή \(\widehat{ΕΘΖ} = 180^{\circ} - \widehat{ΑΘΖ}\) ή \(\widehat{ΕΘΖ} = 180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}\).
Η γωνία \(\widehat{ΑΒΓ}\) είναι εξωτερική του τριγώνου \(ΒΔΕ\), άρα \(\widehat{ΑΒΓ} = \widehat{Δ} + \widehat{ΔΕΒ}\) ή \(60^{\circ} = \widehat{Δ} + \widehat{ΔΕΒ}\).
Όμως το \(ΒΔΕ\), όπως έχει αποδειχθεί στο α) είναι ισοσκελές με βάση \(ΔΕ\), άρα οι γωνίες της βάσης, \(\widehat{Δ}\) και \(\widehat{ΔΕΒ}\) είναι ίσες. Επομένως \(60^{\circ} = 2\widehat{ΔΕΒ}\) ή \(\widehat{ΔΕΒ} = 30^{\circ}\).
Οπότε και \(\widehat{ΘΕΖ} = 30^{\circ}\) ως κατακορυφήν της \(\widehat{ΔΕΒ}\).
Από το άθροισμα γωνιών στο τρίγωνο \(ΘΕΖ\), βρίσκουμε:
\(\widehat{ΘΕΖ} + \widehat{ΕΘΖ} + \widehat{ΘΖΕ} = 180^{\circ}\) ή \(30^{\circ} + 120^{\circ} + \widehat{ΘΖΕ} = 180^{\circ}\) ή \(\widehat{ΘΖΕ} = 30^{\circ}\).
γ) Επειδή \(\widehat{ΘΕΖ} = \widehat{ΘΖΕ} = 30^{\circ}\), το τρίγωνο \(ΘΖΕ\) είναι ισοσκελές, άρα \(ΘΕ = ΘΖ\).
Όμως το \(ΑΘΖ\) είναι ισόπλευρο, όπως έχει αποδειχθεί στο α), άρα \(ΘΖ = ΘΑ\) ως πλευρές ισόπλευρου και άρα ισχύει ότι \(ΘΕ = ΘΖ = ΘΑ\). Όμως \(ΑΕ = ΘΑ + ΘΕ\) ή \(ΑΕ = 2ΘΖ\).
δ) Από τα προηγούμενα \(ΑΕ = ΕΒ = \frac{ΑΒ}{2}\) και \(ΘΕ = \frac{ΑΕ}{2}\), άρα \(ΘΕ = \frac{ΑΒ}{4}\).
$$ΘΒ = ΘΕ + ΕΒ = \frac{ΑΒ}{4} + \frac{ΑΒ}{2} = \frac{3ΑΒ}{4}.$$
Άρα \(4ΘΒ = 3ΑΒ\).