גאומטרייה

במשולש שווה צלעות כל זווית היא $60^{\circ }$. הנקודות $A,B,C,E$ נמצאות על המעגל, ולכן $ABCE$ הוא מרובע חסום.

לכן שלוש הזוויות $\angle AEB,\angle BEC,\angle CED$ שוות ל־$60^{\circ }$.

תשובה: הוכחה: כל אחת משלוש הזוויות שווה ל־$60^{\circ }$ (זוויות היקפיות, מרובע חסום, זוויות צמודות).

התאמת הקודקודים: $A$ מתאים ל־$C$, $E$ ל־$E$, $B$ ל־$D$.

תשובה: הוכחה: $△AEB\sim △CED$ לפי ז.ז.

תשובה: הוכחה: יחס צלעות מתאימות במשולשים הדומים (סעיף ב), ו־$AB=BC$.

יחס השטחים של משולשים דומים שווה לריבוע יחס הדמיון:

נסמן:

המשולשים $DCE$ ו־$DAB$ דומים: הזווית $\angle D$ משותפת, ו־$\angle DCE=\angle DAB$ (הוכח בסעיף ב: $\angle ECD=\angle BAE$). לכן $△DCE\sim △DAB$ (ז.ז.), ויחס הדמיון הוא $\frac{AD}{CD}$.

נחשב את $AD$ במשולש $ACD$ לפי משפט הקוסינוסים. $\angle ACD=120^{\circ }$ (צמודה ל־$\angle ACB=60^{\circ }$):

תשובה: שטח המשולש $ABD$ גדול פי $4.75$ משטח המשולש $CED$.

תשובה: הוכחה: $\frac{OE}{OB}=\frac{OK}{OC}$, ולכן $EK\parallel BC$ ‏(‏משפט תאלס ההפוך‏)‏.

תשובה: הוכחה: $AC\perp BC$ כי זווית היקפית על קוטר ישרה, ו־$OM\perp BC$ כי אלכסוני הדלתון מאונכים ו־$EK\parallel BC$. לכן $OM\parallel AC$.

שלב 1: $EK\parallel BC$, ולכן $△OEK\sim △OBC$ ‏(‏ז.ז.: זווית $O$ משותפת וזוויות מתאימות שוות‏)‏, ויחס הדמיון:

נסמן $OC=5t$, אז $OK=3t$ ו־$KC=OC-OK=2t$.

שלב 2: $OM\parallel AC$ ‏(‏סעיף ב‏)‏, ולכן $△KOM\sim △KCA$ ‏(‏ז.ז.: זוויות קודקודיות $\angle OKM=\angle CKA$, וזוויות מתחלפות בין מקבילים $\angle KOM=\angle KCA$‏)‏:

תשובה: היחס: $\frac{OM}{AC}=\frac{3}{2}$

האלכסון $OM$ מחלק את הדלתון לשני משולשים חופפים לפי צ.צ.צ.: $OE=OK$, $ME=MK$, והצלע $OM$ משותפת. לכן:

המשולש $AKC$: $△KCA\sim △KOM$ ביחס $\frac{KC}{KO}=\frac{2}{3}$. יחס השטחים שווה לריבוע יחס הדמיון:

המשולש $AOK$: למשולשים $AOK$ ו־$AKC$ יש אותו גובה מהקודקוד $A$ לישר $OC$, ולכן יחס השטחים שווה ליחס הבסיסים $\frac{OK}{KC}=\frac{3}{2}$:

לסיכום:

תשובה: השטח הוא $\frac{5}{9}S$

נראה ש־$\angle ACF=90^{\circ }$; זווית היקפית ישרה נשענת על קוטר.

תשובה: הוכחה: $BA=BC$ ו־$BA=BK$, לכן $\angle ACK=90^{\circ }$, ומכאן $\angle ACF=90^{\circ }$ – זווית היקפית ישרה נשענת על הקוטר $AF$.

לכן המשולש $ADK$ שווה שוקיים – $DB$ הוא גם גובה וגם תיכון בו.

תשובה: הוכחה: $DB\perp AK$ ו־$B$ אמצע $AK$, לכן $△ABD\cong △KBD$ (צ.ז.צ) ו־$AD=KD$.

תשובה: הוכחה: $\angle DBK+\angle DCK=90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ }$ – זוויות נגדיות משלימות, לכן המרובע בר חסימה.

תשובה: הוכחה: $\angle DKC=\angle DBC=\angle FAC$ (זוויות היקפיות בשני המעגלים).

נוכיח דמיון בין המשולשים $KCD$ ו־$ACF$:

תשובה: הוכחה: $△KCD\sim △ACF$ (ז.ז.), לכן $\frac{KC}{AC}=\frac{KD}{AF}$, ועם $KD=AD$ מתקבל $AC\cdot AD=KC\cdot AF$.

תשובה: הוכחה: $△ACE\sim △OKE$ לפי ז.ז.

תשובה: הוכחה: הישר $PO$ מקביל ל־$AC$ ויוצא מאמצע הצלע $AB$, ולכן הוא קטע אמצעים.

$PO$ קטע אמצעים במשולש $ABC$, ולכן הוא שווה למחצית הצלע $AC$:

$OK$ רדיוס, ולכן $OK=4.8$.

מהדמיון $△ACE\sim △OKE$ (סעיף א):

נסמן $EO=x$. אז $AE=\frac{5}{3}x$, וגם $AO$ הוא רדיוס:

ולכן $EO=1.8$, ו־$AE=3$.

תשובה: $EO=1.8$

שלב 1: יחס הדמיון בין $△ACE$ ל־$△OKE$ הוא $\frac{5}{3}$, ויחס השטחים שווה לריבוע יחס הדמיון:

שלב 2: המשולשים $AEK$ ו־$OEK$ שוכנים על אותו ישר $AO$ ויש להם גובה משותף מהקודקוד $K$, ולכן יחס שטחיהם שווה ליחס הבסיסים:

נסמן $S_{OKE}=S$. אז:

שלב 3:

תשובה: $\frac{S_{ACE}}{S_{AOK}}=\frac{25}{24}$

‏(‏אפשר גם בקיצור: $\angle KAE$ היא זווית בין משיק למיתר $AE$, והיא שווה למחצית הזווית המרכזית $\angle AOE$ הנשענת על אותו מיתר.‏)‏

תשובה: הוכחה: $OA\perp AK$ והמשולש $AOE$ שווה שוקיים, ולכן $\angle AOE=2\angle KAE$.

תשובה: הוכחה: $\angle OAK=90^{\circ }$ זווית היקפית, ולכן $OK$ קוטר, ואמצעו $M$ הוא מרכז המעגל הגדול.

תשובה: הוכחה: זוויות הבסיס במשולשים שווי השוקיים $MOA$ ו־$OEA$ שוות לזווית המשותפת $\angle OAE$, ולכן $△MOA\sim △OEA$ לפי ז.ז.

נתון $R=1.5r$, ולכן:

מהדמיון בסעיף ג, לפי ההתאמה:

הנקודה $E$ נמצאת על הקטע $MA$, ולכן:

למשולשים $MEO$ ו־$MAO$ יש אותו גובה מהקודקוד $O$ לישר $MA$, ולכן יחס השטחים שווה ליחס הבסיסים:

$M$ אמצע $OK$, ולכן במשולש $OKA$ הקטע $AM$ הוא תיכון. התיכון מחלק את המשולש לשני משולשים שווי שטח:

תשובה: $S_{OKA}=\frac{18}{5}S=3.6S$

נוכיח שתי זוויות שוות. הנקודות $K,A,D,C$ נמצאות על המעגל, ולכן $KADC$ הוא מרובע חסום במעגל.

התאמת הקודקודים:

תשובה: הוכחה: $△ABK\sim △AKC$ לפי ז.ז.

נראה ש־$AK$ חוצה את הזווית $BAC$, ואז נשתמש במשפט חוצה הזווית במשולש $ABC$.

תשובה: הוכחה: $AK$ חוצה את $\angle BAC$ (מהדמיון), ולפי משפט חוצה זווית $\frac{AB}{AC}=\frac{BE}{CE}$.

לפי סעיף ב והנתון:

מהדמיון בסעיף א, $△ABK\sim △AKC$:

תשובה: $\frac{AK}{AB}=2$

שטחי המשולשים $ABK$ ו־$AKC$: יחס הדמיון בין $△ABK$ ל־$△AKC$ הוא $\frac{AB}{AK}=\frac{1}{2}$ (סעיף ג), ויחס השטחים שווה לריבוע יחס הדמיון:

האלכסון $AK$ מחלק את המרובע $ABKC$ לשני המשולשים האלה. נסמן $S_{ABK}=T$, ואז $S_{AKC}=4T$:

שטח המשולש $AEC$: למשולשים $AEB$ ו־$AEC$ יש אותו גובה מהקודקוד $A$ לישר $BC$, ולכן יחס השטחים שלהם שווה ליחס הבסיסים:

שטח המשולש $KEC$: הנקודה $E$ נמצאת על $AK$, ולכן המשולש $AKC$ מורכב מ־$AEC$ ומ־$KEC$:

תשובה: $S_{KEC}=14.4-4S$

הנקודות $C,E,F,O$ על מעגל אחד, ולכן $CEFO$ מרובע חסום.

תשובה: הוכחה: המשולש $EFB$ שווה שוקיים, כי $\angle EFB=\angle EBF$.

הנקודה $D$ על המעגל שעובר דרך $C,E,F,O$, ולכן $EFOD$ מרובע חסום.

תשובה: הוכחה: בשני זוגות הצלעות הנגדיות יש הקבלה.

תשובה: הוכחה: $OD$ מקביל ל־$BC$, ו־$BC$ מאונך ל־$AC$.

תשובה: הוכחה: $OC$ קוטר במעגל $CEFO$, והישר $\ell$ מאונך לו בקצה $C$.

תשובה: הוכחה: זווית חיצונית למשולש ושוויון זוויות היקפיות נותנים $\angle EBC=2\angle BDC$

תשובה: הוכחה: $\angle ADC=\angle ACD$, ולכן $AC=AD$

$DB$ חוצה את הזווית $ADC$: $AB=CB$, ומיתרים שווים נשענות עליהם זוויות היקפיות שוות, ולכן $\angle ADB=\angle BDC$.

לכן במשולש $ACD$ הקטע $DF$ הוא חוצה הזווית $D$, ולפי משפט חוצה הזווית:

נסמן $CD=7t$, $CF=4t$, ו־$AD=AC=x$ לפי סעיף ב1. אז $AF=AC-CF=x-4t$:

תשובה: $\frac{AD}{CD}=\frac{4}{3}$

למשולשים $ABF$ ו־$CBF$ יש גובה משותף מהקודקוד $B$ לישר $AC$, ולכן יחס השטחים שווה ליחס הבסיסים:

לפי משפט חוצה הזווית, כמו בסעיף ב2:

תשובה: $\frac{S_{△ABF}}{S_{△CBF}}=\frac{4}{3}$

שטח המשולש $ABC$: לפי סעיף ב3, $S_{△CBF}=\frac{3}{4}S$, ולכן:

יחס הצלעות $\frac{BC}{AC}$: נמשיך עם הסימונים מסעיף ב2: $AC=\frac{28t}{3}$, $CF=4t$, $AF=\frac{16t}{3}$, $CD=7t$. נסמן $AB=CB=y$.

$△CBF\sim △DBC$ ‏(‏ז.ז.‏)‏: $\angle CBD$ משותפת, ו־$\angle BCF=\angle BCA=\angle BAC=\angle BDC$. לכן:

לפי משפט המיתרים הנחתכים:

ולכן:

הדמיון $△EBC\sim △ECA$ ‏(‏ז.ז.‏)‏: $\angle E$ משותפת, ו־$\angle ECB=\angle EAC$ ‏(‏זווית בין משיק למיתר $CB$ שווה לזווית ההיקפית הנשענת על המיתר מצדו השני‏)‏. יחס הדמיון $\frac{BC}{CA}$, ולכן:

$S_{△AEC}=S_{△ABC}+S_{△EBC}$, ולכן:

תשובה: $S_{△AEC}=\frac{11}{4}S=2.75S$

הנקודות $A,B,E,D$ נמצאות על המעגל השמאלי, ולכן $ABED$ מרובע חסום. הנקודות $E,B,C$ על ישר אחד.

תשובה: הוכחה: $\angle CBA$ זווית חיצונית למרובע החסום $ABED$, ולכן היא שווה לזווית הפנימית שמולה, $\angle EDA$.

תשובה: הוכחה: מתקיים $\angle GDA=\angle CFA$, ולכן $\angle GDA+\angle GFA=180^{\circ }$. זוויות נגדיות משלימות, לכן המרובע בר חסימה.

נראה ש־$CE$ חוצה את הזווית $\angle DCG$, ואז נשתמש במשפט חוצה הזווית במשולש $CDG$.

תחילה, לפי סעיפים א ו־ב (ובגלל ש־$D,A,C$ על ישר אחד ו־$A,H,F$ על ישר אחד):

תשובה: הוכחה: מזוויות חיצוניות מקבלים $\angle DCE=\angle ECG$, כלומר $CE$ חוצה זווית במשולש $CDG$, ולפי משפט חוצה הזווית $\frac{CG}{CD}=\frac{GE}{DE}$.

זווית ישרה ב־$D$. $CE\perp AB$, ולכן $\angle ABE=90^{\circ }$. במעגל השמאלי זווית היקפית ישרה נשענת על קוטר, ולכן $AE$ קוטר. גם $\angle ADE$ נשענת על הקוטר $AE$, לכן $\angle ADE=90^{\circ }$, כלומר המשולש $CDG$ ישר זווית ב־$D$.

חוצה הזווית. נסמן $EG=x$. לפי סעיף ג:

פיתגורס במשולש $CDG$, כאשר $DG=18+x$:

הפתרון $x=-18$ נפסל, אורך חיובי.

בדיקה: $36^2+48^2=1296+2304=3600=60^2$ ✓

תשובה: $EG=30$, $CG=60$