eykleideia gewmetria-liseis askiseon

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΕΘΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ

ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Α' και Β' Γενικού Λυκείου

ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

ΟΡΓΑΝΙΣΜΟΣ ΕΚΔΟΣΕΩΣ ΔΙΔΑΚΤΙΚΩΝ ΒΙΒΛΙΩΝ ΑΘΗΝΑ

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΕΘΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ

ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

ΑΝΑΔΟΧΟΣ ΕΡΓΟΥ: ΕΑΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ

ΟΡΓΑΝΙΣΜΟΣ ΕΚΔΟΣΕΩΣ ΔΙΔΑΚΤΙΚΩΝ ΒΙΒΑΙΩΝ ΑΘΗΝΑ

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ

ΟΜΑΔΑ ΣΥΓΓΡΑΦΗΣ

Αργυρόπουλος Ηλίας Διδάκτωρ Μαθηματικών Ε.Μ.Πολυτεχνείου Καθηγητής Β/θμιας Εκπαίδευσης

Βλάμος Παναγιώτης Διδάκτωρ Μαθηματικών Ε.Μ.Πολυτεχνείου

Κατσούλης Γεώργιος Μαθηματικός

Μαρκάτης Στυλιανός Επίκουρος Καθηγητής Τομέα Μαθηματικών Ε.Μ. Πολυτεχνείου

Σιδερής Πολύχρονης Μαθηματικός, τ. Σχολακός Σύμβουλος

Ιστορικά Σημειώματα: Βανδουλάκης Ιωάννης Διδάκτωρ Πανεπιστημίου Μ. Lomonosov Μόσχας Ιόνιο Πανεπιστήμιο

Φιλολογική Επιμέλεια: Δημητρίου Ελένη

Επιλογή εικόνων: Παπαδοπούλου Μπία

Εικονογράφηση - Σελιδοποίηση: Αλεξοπούλου Καίτη

ΠΡΟΛΟΓΟΣ

Αγαπητοί Μαθητές,

το τεύχος που κρατάτε στα χέρια σας, περιέχει τις λύσεις των ασκήσεων του σχολικού σας βιβλί-ου. Αν χρησιμοποιηθεί σωστά μπορεί να αποτελέσει πολύτιμη βοήθεια στην προσπάθειά σας vt καταλάβετε τις γεωμετρικές έννοιες που εισάγονται στο βιβλίο σας και να τις χρησιμοποιήσει δημιουργικά.

Σε καμμία περίπτωση το τεύχος των λύσεων δεν πρέπει να χρησιμοποιείται στην πρώτη δυ σκολία που παρουσιάζει μία άσκηση ή για να καλύψει την "επιμέλεια" ενός μαθητή προς το\ καθηγητή του στο σχολείο.

Για να χρησιμοποιήσετε σωστά τις λύσεις των ασκήσεων πρέπει να ακολουθήσετε μια συγκε κριμένη μεθοδολογία. Αρχικά, προσπαθήστε να λύσετε την άσκηση με διαφορετικούς τρόπουι αντιμετώπισης. Αν αποτύχετε κάντε μία επανάληψη στην αντίστοιχη θεωρία για να διαπιστώσει ότι δεν έχετε κενά. Κατόπιν, ξαναπροσπαθήστε την άσκηση διαβάζοντας και την υπόδειξη ποι βρίσκεται στο τέλος του σχολικού βιβλίου. Αν πάλι δυσκολεύεστε να λύσετε την άσκηση, τότι διαβάστε την ολοκληρωμένη λύση της. Φροντίστε να εντοπίσετε τα κύρια βήματα της λύσης, κα θώς και τα κενά που σας οδήγησαν στο να μην αντιμετωπίζετε σωστά την άσκηση. Προσπαθήστε να διορθώστε τα κενά αυτά και να ξαναλύσετε την άσκηση, χωρίς όμως να επαναλαμβάνετε τι λύση με στείρα απομνημόνευση, αλλά υλοποιώντας τα κύρια βήματά της. Τέλος, δοκιμάστε ν< λύσετε την άσκηση με διαφορετικό και ίσως καλύτερο τρόπο.

Πρέπει να τονισθεί ότι οι λύσεις είναι προτεινόμενες, με την έννοια ότι είναι δυνατόν και ελ πίζουμε να βρεθούν κομψότερες από τους μαθητές.

Σημαντική είναι η προσπάθεια που έχει καταβληθεί, ώστε η κάθε άσκηση να πρωθεί συγκε κριμένες αντιλήψεις και συνήθειες στο μαθητή, ενώ το σύνολο των ασκήσεων σε κατηγορία κα. διαβάθμιση οδηγούν τον μαθητή στη καλλιέργεια συγκεκριμένων ικανοτήτων.

Για να επιτευχθούν οι στόχοι αυτοί, είτε μέσα στη λύση της κάθε άσκησης, είτε μετά την ολο κλήρωσή της, αναγράφεται ο διδακτικός της στόχος, ενώ οι ασκήσεις χωρίστηκαν στις παρακά τω κατηγορίες, δίνοντας φυσικά βαρύτητα στη διαβάθμιση των ασκήσεων κάθε κατηγορίας:

1) Ασκήσεις Εμπέδωσης: Οι ασκήσεις αυτές εισάγονται αμέσως μετά τη Θεωρία και τις Εφαρμογές, με σκοπό την εμπέ-δωση των εννοιών από τους μαθητές και τη χρήση τους σε απλές ασκήσεις. 2) Αποδεικτικές Ασκήσεις: Είναι ασκήσεις που ταιριάζουν στη φύση της Γεωμετρίας, καλλιεργώντας την αποδεικτική διαδι-κασία στους μαθητές.

ί) Σύνθετα θέματα: Είναι θέματα που συνδυάζουν περισσότερες από μία γεωμετρικές έννοιες ή γνώσεις, είτε από

το ίδιο κεφάλαιο, είτε από διαφορετικά, αναδεικνύοντας την κριτική σκέψη και συνδυαστική ικανότητα των μαθητών. 4) Γενικές Ασκήσεις:

Είναι ασκήσεις αυξημένης δυσκολίας, που παρατίθενται στο τέλος κάθε Κεφαλαίου και α-πευθύνονται σε μαθητές με ιδιαίτερο ζήλο και αγάπη προς τη Γεωμετρία.

5) Δραστηριότητες: Είναι αντικείμενο μελέτης ομάδας μαθητών ή και ενός , εφόσον του παρέχεται το κατάλληλο

χρονικό διάστημα, ενώ θα πρέπει να δοθεί κάθε δυνατή βοήθεια και υποδείξεις από τον καθηγη-τή.

Κάθε κεφά/Mio, τέλος, πλαισιώνεται από ερωτήσεις κατανόησης που συντελούν στη σωστή επανάληψη και καλύτερη οργάνωση της ύλης.

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 7












Κ Ε Φ Α Λ Α Ι Ο

Χ *

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ

Από τρία διαφορετικά συνευθειακά σημεία το ένα βρίσκεται μεταξύ των δύο άλ-λων. Για την επίλυση σχετικών ασκήσεων διακρίνουμε περιπτώσεις. (Ασκήσεις: §2.1 - 2.10 Αποδεικτικές 3, Σύνθετα 1)

Αν δύο τμήματα ΑΒ και ΓΔ έχουν κοινό μέσο Ο τότε ΟΑ=ΟΒ και ΟΓ=ΟΔ. Για να αποδείξουμε ότι δυο τμήματα έχουν κοινό μέσο, θεωρούμε το μέσο του ενός και αποδεικνύουμε ότι είναι μέσο και του άλλου τμήματος. (Ασκήσεις: Γενικές 2)

Για να υπολογίσουμε την παραπληρωματική ψ ή την συμπληρωματική θ μιας γωνίας ώ θέτουμε: φ = 180° - ω και θ = 90° - ώ.

(Ασκήσεις: §2.19 Αποδεικτικές 1,2)

2.1-2.10

§2 .1 -2 .10

Ασκήσε ις Ε μ π έ δ ω σ η ς

1. ί)Έξι ευθύγραμμα τμήματα τα ΑΒ, ΑΓ, ΑΔ, ΒΓ, ΒΔ, και ΓΔ.

ii) Τα τμήματα που έχουμε στο σχήμα είναι τα ΑΒ, ΑΓ, AM, ΒΚ, ΒΓ, ΒΜ, ΓΚ, ΓΜ, ΜΚ και το ΑΚ που δεν είναι σχεδιασμένο.

Α Β Γ Δ

2. ί) Τα σημεία τομής είναι τρία τα Α, Β, και Γ ii) Ορίζονται τρία ευθύγραμμα τμήματα τα ΑΒ, ΑΓ, ΒΓ και 12 ημιευθείες, οι εξής: Ax, Αχ', Ay, Ay', By, By', Bz, Bz', Γχ, Γχ', Γζ, Γζ'

3. Είναι ΑΓ = ΑΒ + ΒΓ = ΓΔ + ΒΓ = ΒΔ, αφού ΑΒ = ΓΔ

Α Β Γ Δ —-Η— » // •

4. ΑΓ = AM + MB + ΒΝ + ΝΓ = 2MB + 2ΒΝ = 2 (MB + ΒΝ) = 2ΜΝ, αφού AM = MB

και ΒΝ = ΝΓ.

Α Β Γ « // • // •—ί—·—ί—— Μ Ν

Αποδεικτικές Ασκήσε ις

1. ί) Έχουμε ΑΔ = ΑΕ + ΕΖ + ΖΔ και ΒΓ = ΕΖ - ΕΒ - ΓΖ, οπότε

ΑΒ + ΒΓ = 2ΕΖ(ΑΕ = ΕΒ. ΖΔ = I Ζ) <=> ΕΖ =

Λ Β

" Ε ΑΔ + ΒΓ

Δ

ii)Έχουμε ΑΓ + ΒΔ =(ΑΒ t- ΒΓ)+ ΒΔ = (ΑΒ + ΒΔ) + ΒΓ = ΑΔ + ΒΓ

2. i)Έχουμε I Α = ΓΜ + ΜΑ] ΓΒ = MB - I Μ ί

Αρα Ι Α I Β 21 Μ(ΜΑ = ΜΒ)<=> I Μ ΙΑ - IB

10 2.1-2.10

ii) Έχουμε ΔΑ = AM + ΔΜ ΔΒ = ΔΜ - ΒΜ

Αρα ΔΑ + ΔΒ = 2ΔΜ <=> ΔΜ ΔΑ + ΔΒ Λ Β

Μ Γ

3. α) ί)

ϋ)

Λ Γ Β

Λ Β Γ Αν το Γ είναι μεταξύ των Α και Β τότε ΑΒ=ΑΓ+ΓΒ

Αν το Β είναι μεταξύ των Α και Γ τότε ΑΒ<ΑΓ, οπότε ΑΒ<ΑΓ+ΓΒ

Β Λ Γ iii) · · · Αν το Λ είναι μεταξύ των Β και Γ τότε ΑΒ<ΓΒ, οπότε

ΑΒ<ΑΓ+ΓΒ. Άρα πάντα έχουμε ΑΒ<ΑΓ+ΓΒ β) Για τα Α,Β,Γ ισχύει ΑΒ<ΑΓ+ΓΒ (1) ενώ για τα Α, Β, Δ ισχύει ΑΔ<ΑΒ+ΒΔ (2).

Από (1), (2) προκύπτει ότι ΑΔ<ΑΓ+ΓΒ+ΒΔ

Σύνθετα Θέματα

1. ί) Αν το Α είναι μεταξύ των Β και Γ τότε: Δ Α • // » » » %

Β Ε Γ ΑΒ ΑΓ ΑΒ + ΑΓ ΒΓ ΔΕ = ΑΔ + ΑΕ = + = = 2 2 2 2

Α Β Γ ii) • n · // · *—Αν το Α είναι στην προέκταση του ΒΓ π.χ. προς το μέρος

Δ του Β

τότε: ΔΕ = ΑΕ - ΑΔ : ΑΓ ΑΒ Α Γ - Α Β ΒΓ

2. Αν παραστήσουμε με ει, ε2, ε3 και ε4 τις τέσσερις ευθεί-ες οδούς αρκεί να βρούμε πόσα είναι τα σημεία τομής των ευθειών αυτών. Σε κάθε μια ευθεία π.χ. την ει οι άλλες (4-1 )=3 ευθείες ορίζουν (4-1)=3 σημεία. Αρα συνολικά θα ορίζονταν 4(4-1)= 12 σημεία. Αλλά κά-θε σημείο το υπολογίσαμε 2 φορές π.χ. το Α ως σημείο της ει και της ε2. Αρα τελικά ορίζονται

4(4-1) 12 = — = 6 σημεία. 2 2

Επομένως χρειάζονται 6 τροχονόμοι. Όμοια οι ν ευθείες ορίζουν —— σημεία.

2.11-2.16 11

§2 .11-2 .16

Ασκήσεις Εμπέδωσης

1. Έχουμε xOz = yOt ή

xOy + yOz = y0z + zOt. Άρα xOy = zOt

2. Είναι ώ + ί ο ρ θ ή + ώ = 2ορθές, οπότε

2ώ = 1 ορθή ή ώ = γ ορθής

3. Όταν το ρολόι δείχνει εννέα η ώρα ακριβώς οι δείκτες σχηματίζουν ορθή γωνία. Οι δείκτες θα σχηματίζουν και πάλι ορθή γωνία μετά από 6 ώρες. Τότε το ρολόι δείχνει τρείς η ώρα ακριβώς.

Αποδεικτικές Ασκήσεις

Ι .Έστω xOy, yOz δύο εφεξής γωνίες και ΟΔ, ΟΕ οι

διχοτόμοι τους αντίστοιχα. - - - xOy yOz

Τοτε ΔΟΕ = ΔΟγ + yOE = + 2 2

Άρα ΔΟΕ = xOy + yOz

2. Έχουμε:

Άρα

ΓΟΑ = Γ 0 Δ + Δ 0 Ά |

ΓΟΒ = ΓΟΔ - ΔΟΒ J

ΓΟΑ + ΓΟΒ = 2ΓΟΔ (ΔΟΑ = ΔΟΒ) « ΓΟΔ =

3. Έχουμε: ΓΟΑ = ΓΟΔ + ΔΟΑ]

ΓΟΒ = ΔΟΒ - ΓΟΑ ( Άρα

ΓΟΑ + ΓΟΒ

12 2.11-2.16

ΓΟΑ - ΓΟΒ = 2ΓΟΔ (ΔΟΑ = ΔΟΒ) Ο ΓΟΔ = ΙΌΑ - ΓΟΒ

Σύνθετα Θέματα 1. Έχουμε:

ΑΟΔ = AO χ +x0y + νΟΔ

ΒΟΓ = xOy - BOx - ΓΟγ Αρα ΑΟΔ + ΒΟΓ = 2xOy

(γιατί ΑΟχ = BOx, yOA = TOy) <=> xOy ΑΟΔ + ΒΟΓ Ο Λ

2. Έχουμε: ΑΟΒ ΒΟΓ

ΔΟΕ = ΒΟΔ - ΒΟΕ

ΑΟΒ-ΒΟΓ ΑΟΓ 1 = = - L (ΟΓΙΟΑ) 2 2 2 Α

§ 2 . 1 7 - 2 . 1 8


1. Υπάρχουν άπειροι κύκλοι ακτίνας ρ που διέρχονται από το Κ. Τα κέντρα τους βρίσκονται στον κύκλο με κέντρο Κ και ακτίνα ρ.

2. Τα σημεία που είναι εσωτερικά του κύκλου (0,R) και εξωτερικά του κύκλου (Ο,ρ) φαίνονται στο δι-πλανό σχήμα.

2.17-2.18

Αποδεικτικές Ασκήσεις 1. Επειδή η ε διέρχεται από το κοινό κέντρο Ο των

κύκλων τα τμήματα ΑΔ και ΒΓ είναι διάμετροι αυ-τών με κοινό μέσον το Ο και επομένως έχουμε:

ΑΟ=ΟΔ και Β Ο Ο Γ . Με αφαίρεση αυτών κατά μέλη προκύπτει: ΑΟ-ΒΟ=ΟΔ-ΟΓ <=>ΑΒ=ΓΔ, σύμφωνα με το σχήμα. Επίσης έχουμε:

ΑΒ=ΓΔ<=> ΑΒ+ΒΓ=ΒΓ+ΓΔ<=>ΑΓ=ΒΔ

Ο

Δ

2. Έστω ΑΒ, ΓΔ δύο διάμετροι ενός κύκλου (Ο, R) τέτοιες ώστε Ο, = 0 2 . Τότε η ΟΓ είναι διχοτόμος

της ευθείας γωνίας ΑΟΒ , επομένως κάθε μια από τις Ο, , Ο, είναι ορθή γωνία. Η Ο, ως κατακορυφήν

της Ο, είναι κι αυτή ορθή. Όμοια και η Ο 4 . Έτσι οι

επίκεντρες γωνίες Ο , , Ο , , Ο , και 0 4 είναι ίσες οπότε και τα αντίστοιχα τόξα αυτών είναι ίσα δηλαδή ΑΓ = ΓΒ = ΒΔ = ΔΑ και επειδή τα τόξα αυτά απο-τελούν ολόκληρο τον κύκλο προκύπτει το ζητούμε-νο.

§2.19

Ασκήσεις Εμπέδο^σης

Ι .Έστω ημικύκλιο, κέντρου Ο δύο σημεία Α, Β αυτού και το σημείο Μ του ΑΒ ώστε ΜΑ = MB

ί) Για σημείο Ρ του ημικυκλίου, που δεν ανήκει στο ΑΒ έχουμε: ΡΑ = ΡΜ - AM και ΡΒ = ΡΜ + MB . Με πρόσθεση αυτών κατά μέλη και λαμβάνοντας υπόψη ότι AM = MB προκύπτει

ΡΑ + ΡΒ = 2ΡΜ <=> ΡΜ = —(ΡΑ + ΡΒ). Ί

ii) Έστω σημείο Σ του τόξου MB . Έχουμε (βλέπε σχήμα)

14 2.19

ΣΑ = ΣΜ + ΜΑ και ΣΒ = MB - ΣΜ . Με αφαίρεση αυτών κατά μέλη, λαμβάνοντας

πάλι υπόψη ότι AM = MB προκύπτει: ΣΑ - ΣΒ = 2ΣΜ <=> ΣΜ = ~ (ΣΑ - ΣΒ).

2. α) Είναι Α Γ - ΓΒ = 80° και ΑΓ + ΓΒ = 180°,

από τις οποίες με πρόσθεση και αφαίρεση κατά ιιέλη παίρνουμε αντίστοιχα

ΑΓ = 130° και ΓΒ = 50° η η Α Ο Β

οπότε και (ΑΓ) = 130°, (ΓΒ) = 50°.

β) Η ΑΟΓ είναι επίκεντρη και βαίνει στο ΑΓ, άρα (ΑΟΓ) = (ΑΓ) = 130°.

Όμοια (Β0Γ) = 50°.

!. Έστω ώ και φ δύο συμπληρωματικές γωνίες με ώ = 2φ . Πρέπει

ώ + φ = 90°ή 2φ + φ = 90° ή 3φ = 90° . Άρα φ = 30°, οπότε ώ = 60°

4. Είναι ώ = — ορθής = ^ • 90° = 108° . Άρα η παραπληρωματική της ώ είναι

φ = 180° -108° = 12°. Η γωνία ώ δεν έχει συμπληρωματική, αφού είναι αμβλεία γωνία.

Αποδεικτικές ασκήσεις

1. Έστω φ η παραπληρωματική τηςώ και θ η συμπληρωματική της.

Τότε φ = 180° - ώ, θ = 90° - ω° και φ = 3θ. Άρα 180° - ώ = 3(90° - ώ) ή

ή 180° - ώ = 270° - 3ω ή 2ω = 90° . Άρα ώ = 45°.

2. Έστω ώ η συμπληρωματική της φ . Τότε φ = 90° - ώ και φ = ώ - 20°. Άρα 9 0 ° - ώ = ώ - 2 0 ° <=> 2ώ = 110°«· ώ = 55°

Άρα ώ = 55° και φ = 35°

ΑΟΒ ΒΟΓ ΓΟΔ ΔΟΑ 3. Εχουμε —-— = —-— = —-— = —-—. Οετουμε 1 2 3 4

ΑΟΒ ΒΟΓ ΓΟΔ ΔΟΑ 1 2 ~ 3 ~ 4

λ, οπότε

Γ ενικές Ασκήσεις 15

ΑΟΒ = λ ΒΟΓ = 2λ ΓΟΔ = 3λ ΔΟΑ = 4λ

Με πρόσθεση κατά μέλη προκύ-

πτει οτι ΑΟΒ + ΒΟΓ + ΓΟΔ + ΔΟΑ = 1 Ολ <=> 360° = 10λ

Άρα λ = 36° Επομένως ΑΟΒ =36°, ΒΟΓ = 2(36°)= 72°, ΓΟΔ = 3(36°)= 108° και ΔΟΑ = 4(36°)= 144°

Γ ενικές Ασκήσεις

1. Έστω Ο το μέσο του ΑΒ. Τότε ΕΖ-ΟΖ-ΟΕ (1)

Αλλά ΑΒ ΒΔ ΑΒ + ΒΔ ΑΔ

ΟΖ = OB + ΒΖ = + 2 2 2 2

ΑΓ ΑΒ Α Γ - Α Β ΒΓ

(2) και

ΟΕ = ΑΕ - AO =

Από(1), (2), (3) προκύπτει ότι ΕΖ

τ , 3 )

ΑΔ - ΒΓ

Α Β Ο Ε

2. Έστω Ο το μέσο του ΒΖ. Τότε ΟΒ=ΟΖ. Για να είναι το Ο μέσο και του ΔΕ αρκεί ΔΒ=ΖΕ (αφού ΟΒ=ΟΖ).

Πράγματι ΖΕ = ΖΓ - ΕΓ = · ΑΓ ΒΓ ΑΓ - ΒΓ ΑΒ

Α ΒΟ • Η • II · ·

ΔΒ

Ζ Ε

3. Έχουμε: ΑΕ = ΑΒ + BE = ΒΔ 2ΑΒ + ΒΔ 2ΑΒ + ΒΓ + ΓΔ ΑΒ + = = =

2 2 2 ΑΒ+ΒΓ ΑΒ + ΓΔ ΑΓ ΑΒ + ΓΔ ΑΓ

2 + 2 ~ 2 2 2

Α Β Γ

16 Γ ενικές Ασκήσεις

4. Έχουμε ΑΒ + ΒΓ + ΓΔ + ΔΑ =360°, οπότε

ΒΓ = 360° -150° -105° - 45° = 60°

Άρα οι επίκεντρες γίονίες είναι:

ΑΟΒ = 150° και ΒΟΓ = 60°.

Επομένως

Α 0 Β + Β 0 χ = Α 0 Β + ΒΟΓ/ 0 - \ —— (Οχ διχοτομος ΒΟΓJ= 150° + —— η 6 ( Γ

2 ΑΟΒ + BOx = ] 80°, δηλαδή OA, Οχ αντικείμενες ημιευθείες.

5. Αφού ΑΒ ημικύκλιο και Μ μέσο Α Β , είναι

AM = — = 90° . 2

Άρα Π Ο n n n η η η η λ/! \ζ α Κ

ΓΔ = Α Δ - Α Γ = Α Μ + Μ Δ - Α Γ = ΑΜ + — - — 2 7

= ΑΜ- ΑΚ ΜΚ 2 2

" AM AM 90° „ . = AM = = = 4V 2 2 2

Λ Μ

Κ Ε Φ Α Λ Α Ι Ο

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΛΕΙΞΕΙΣ

Ένα σημείο ανήκει στη μεσοκάθετο ενός τμήματος αν ισαπέχει από τα άκρα του. Αντίστοιχα ένα εσωτερικό σημείο γωνίας ανήκει στη διχοτόμο της αν ισαπέχει α-πό τις πλευρές της γωνίας. (Ασκήσεις: §3.4 Σύνθετα 2)

Αν δύο σημεία μιας ευθείας ε ισαπέχουν από τα άκρα ευθύγραμμου τμήματος η ευθεία ε είναι μεσοκάθετος του τμήματος. (Ασκήσεις: §3.12 Εμπέδωσης 2)

Σε ισοσκελές τρίγωνο οι προσκείμενες στη βάση γωνίες είναι ίσες, οπότε και οι αντίστοιχες εξωτερικές γωνίες του τριγώνου είναι ίσες (παραπληρώματα ίσων γω-νιών). (Ασκήσεις: §3.4 Σύνθετα 3και §3.12 Εμπέδωσης 8)

Για να συγκριθούν ανισοτικά δύο τρίγωνα πρέπει να έχουν απαραίτητα δυο πλευ-ρές ίσες.. (Ασκήσεις: §3.12 Αποδεικτικές 2, 7)

Οταν η διάμεσος είναι βασικό στοιχείο σε μια άσκηση, συχνά χρειάζεται να την προεκτείνουμε.. (Ασκήσεις: §3.12 Αποδεικτικές 3 και [ ενικές 7)

3.1-3.2 19

§ 3 . 1 - 3 . 2

1. Τα τρίγωνα ABE και ΑΔΓ είναι ίσα. (Π-Γ-Π). (ΑΒ = ΑΔ, ΑΓ = ΑΕ, ΒΑΕ = ΓΑΔ ). Άρα BE = ΓΔ.

Τα τρίγωνα ΚΒΔ, ΓΔΜ, ΜΑΚ είναι ίσα. (Π-Γ-Π) (ΒΚ = ΓΑ = AM, ΒΛ = ΓΜ = ΑΚ ως άθροισμα ίσων τμημάτων και ΚΒΛ = ΔΓΜ = ΜΑΚ ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών). Άρα ΚΑ = AM = ΜΚ

3. Τα τρίγωνα ΑΜΓ και Α'Μ'Γ' είναι ίσα (Π-Γ-Π) (ΑΒ = Α'Β' , Β = Β' και ΒΜ = Β'Μ' ως μισά ίσων πλευρών). Άρα AM = Α'Μ'

Α Α'

4. Τα τρίγωνα ΑΕΓ και ΑΒΖ είναι ίσα, αφού Α[ = Α2, ΑΒ = ΑΕ

και ΑΖ = ΑΓ (Π-Γ-Π). Άρα ΑΓ Ε = ΑΖΒ.


1. Τα τρίγωνα ΔΚΕ και ΒΚΑ είναι ίσα αφού ΑΚ = ΚΔ, ΒΚ = ΚΕ και ΑΚΒ = ΔΚΕ ως κατακορυφήν. Άρα ΕΔΚ = ΒΑΚ (1) Όμοια τα τρίγωνα ΑΚΓ και ΖΚΔ είναι ίσα, οπότε

ΖΔΚ = ΓΑΚ (2) Προσθέτοντας τις (1) και (2) κατά μέλη προκύπτει ότι

ΕΔΖ = ΒΑΓ.

20 3.1-3.2

2. Τα τρίγωνα ΜΔΒ και ΜΕΓ είναι ίσα. (Π-Γ-Π) (ΒΜ = Μ Γ, Β = Γ αφού ΑΒ = ΑΓ και ΒΔ = ΓΈ ως άθροισμα ίσων τμημάτων). Αρα ΜΑ = ΜΕ.

3. Το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ισοσκελές, οπότε Α, = Β, και

επομένως Α, = Β, ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών. Έτσι τα τρίγ(ονα ΟΑΓ και ΟΒΛ είναι ίσα (IΙΓΠ) οπότε ΟΓ Α = ΟΑΒ

Σχόλιο: Στις παραπάνω ασκήσεις χρησιμοποιούμε ισότητες τριγώνων για να αποδείξουμε ισότητες τμημάτων ή γωλ'ΐών.

§ 3.3 - 3.4

Ασκήσεις Εμπέδωση;

1. Τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β'Γ' είναι ίσα (Π-Γ-Π). α) Τα τρίγωνα ΑΒΛ και Α'Β'Λ' είναι ίσα (ΑΒ = Α'Β',

Α Α' Β = Β', Α ι = —= — = Αϊ). Αρα ΑΔ = Α'Δ' . 2 2

Επίσης τα τρίγωνα ABE και Α'ΒΕ' είναι ίσα (Γ-Π-Γ). ; Άρα BE = BE'. β) Τα τρίγωνα ΑΙΕ και ΑΤΕ'είναι ίσα γιατί ΑΕ = Α'Ε' (από το (α)), Ε = Ε' και Α2 = Α, (Γ-Π-Γ). Άρα ΑΙ = AT. Όμοια, από την ισότητα των τριγώνων ΒΙΑ και ΒΊ'Δ' προκύπτει ότι ΒΙ =: Β'Γ.

3.3-3.4 21

2. i) Τα τρίγωνα ΑΔΓ και Α'Δ'Γ' είναι ίσα γιατί ΑΓ = Α'Γ', ΑΔ = Α'Δ 'και Α | = Α ] (Π-Γ-Π). Άρα Γ = Γ'.

ii) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α'ΒΤ'είναι ίσα γιατί Α Γ : Α'Γ', Α = Α' και Γ = Γ" από το (α) (Γ-Π-Γ). Αρα α = α' και γ γ'.

3. Τα τρίγωνα ΑΜΒ και ΓΜΔ είναι ίσα (Π-Γ-Π). Άρα ΑΒ=ΓΔ. Όμοια τα τρίγωνα ΑΜΓ και ΒΜΔ είναι ίσα. Άρα ΑΓ = ΒΔ. Επομένως τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΒΓ Δ έχουν τις πλευρές τους ίσες. Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα (Π-Π-Π).


1. Έστω ΒΔ και ΓΕ οι διχοτόμοι των γωνιών Β και Γ αντίστοιχα. Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΓΕ

είναι ίσα γιατί έχουν: Α Β = ΑΓ, Α κοινή και Β,=Γ, (μισά ίσων γωνιών). Από την ισότητα, αυτή προκύπτει το ζητούμενο.

Τα τρίγωνα ΟΑΒ και ΟΑ Β' είναι ίσα, γιατί έχουν: OA = OA' και ΟΒ= ΟΒ', ως ακτίνες και Ο, = 0 , , ως κατακορυφήν. Από την ισότητα αυτή προκύπτει ότι ΑΒ = Α'Β'. Όμοια βρίσκουμε ότι ΑΓ = Α'Γ' και ΒΓ = Β'Γ'. Έτσι τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β'Γ' έχουν και τις τρεις πλευρές τους ίσες, επομένως είναι ίσα.

3. Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΒΓ είναι ίσα, γιατί έχουν: ΑΒ = ΓΔ, ΒΓ κονή και Β = Γ . Από την ισότητα αυτή προκύπτει ότι ΑΓ = ΒΔ οπότε και τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΓΔ είναι ίσα (ΠΠΠ). Άρα Α = Δ .

22


1. i) Τα τρίγωνα ΑΒΔ και Α'Β'Δ' είναι ίσα (ΑΒ = Α'Β', Α = Α',Β, = Bj) (Γ-Π-Γ). Άρα ΒΔ = Β Δ'.

ii) Τα τρίγωνα ΒΑΜ και ΒΆ'Μ είναι ίσα (ΑΒ = Α'Β', Β = Β', ΒΜ =Β'Μ')

(Π-Γ-Π). Άρα ΒΑΜ = Β 'Α 'Μ' . iii) Τα τρίγωνα ΑΒΘ και Α'Β'Θ' είναι ίσα

(ΑΒ = Α'Β', Β, = Β', και ΒΑΜ = Β'Α'Μ' από το (β)) (Γ-Π-Γ) δ) Από το (γ) προκύπτει ότι ΑΘ = Α'Θ'. Επίσης ΒΘ = Β'Θ.

Άρα ΒΔ - ΒΘ = Β Δ' - Β ' Θ ' ή ΘΔ = Θ'Δ'.

2. Έστω ε' η μεσοκάθετος του ΑΓ και Ο το σημείο τομής των ε και ε'. Επειδή ε μεσοκάθετος του ΑΒ, θα είναι OA =ΟΒ (1). Όμοια ΟΓ = OA (2). Αλλά το Ο ανήκει και στη μεσοκάθετο του ΑΓ. Άρα OA = ΟΓ (3). Από τις (1), (2) και (3) προκύπτει ότι ΟΒ = ΟΔ, δηλαδή το Ο ανήκει και στη μεσοκάθετο του ΒΔ.

3.3-3.4

3. i) Επειδή το Δ ανήκει στη μεσοκάθετο του ΑΓ είναι ΔΑ = ΔΓ. Άρα το τρίγωνο ΔΑΓ είναι ισοσκελές.

ii) Τα τρίγωνα ΓΑΕ και ΑΒΔ είναι ίσα, γιατί ΑΕ = ΒΔ, ΑΓ = ΑΒ και ΑΒΔ = Γ ΑΕ ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών (Β = Γ = ΔΑΓ = ω) (Π-Γ-Π).

Άρα ΓΕ = ΓΔ, δηλαδή το τρίγωνο Γ ΔΕ είναι ισοσκελές.

§3.5-3.6


1. Έστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) και τα ύψη του ΒΔ και ΓΕ. Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΕΓ είναι ίσα (Α κοινή, Δ = Ε = 90°, ΑΒ = ΑΓ). Άρα ΒΔ = ΓΕ

3.5-3.6 23

2.Έστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) και Δ, Ε τα μέσα των Α Β, ΑΓ αντίστοιχα. ί) Αν ΔΚ_1_ΒΓ, ΕΜ_Ι_ΒΓ τα τρίγωνα ΒΔΚ και ΜΕΓ είναι ίσα (Κ = Μ = 90°, Β = Γ και ΔΒ = ΕΓ ως μισά ίσων πλευρών). Αρα ΔΚ = ΜΕ. ii) Αν ΔΖ1ΑΓ και EH_LAB, τα τρίγωνα ΑΗΕ και ΑΔΖ είναι ίσα ( Α κοινή, Ζ = Η = 90°, ΑΔ = ΑΕ). Αρα ΔΖ = ΕΗ.

3. Έστω ευθεία ε που διέρχεται από το μέσο Μ του ΑΒ. Αν ΑΓ-Ιε και ΔΒ_1_ε τα τρίγωνα ΜΑΓ και ΜΔΒ είναι ίσα (AM

= ΒΜ, Μ, = Μ2, Δ = Γ = 90° ). Αρα ΑΓ = ΒΔ.

4. Έστω ότι τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β'Γ' είναι ίσα με ΒΓ = Β Τ ' .Αν ΑΔ, Α'Δ' τα αντί στοιχα ύψη, τότε τα τρίγωνα ΑΒΔ και Α'Β'Δ' είναι ίσα. (ΑΒ = Α'Β', Β = Β', Δ = Δ ' =90°). Άρα ΑΔ = Α'Δ.

Σχόλιο: Παρατηρήστε ότι αν το Δ ανήκει στην πλευρά ΒΓ τότε και το Δ' ανήκει στην πλευρά Β Τ ' .

γ Β


1. Έστω MA LAB και Μ Ε Ι Α Γ. Τα τρίγωνα ΑΜΔ και ΑΜΕ είναι ίσα (AM κοινή, Δ = Ε = 90°, Α] = Α 2 , αφού AM διάμεσος και διχοτόμος). Άρα i) ΜΔ = ΜΕ και ii) ΑΜΔ = ΑΜΕ , δηλαδή η AM είναι διχοτόμος της γωνίας ΔΜΕ .

Σχόλιο: Αποφύγαμε να συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΜΒΔ και ΜΓΕ γιατί δεν έχουμε αποδείξει ακόμη ότι τα Δ,Ε

είναι προς το ίδιο μέρος της ΒΓ. Αυτό προκύπτει μετά τη διαπίστωση ότι οι γωνίες Β, Γ είναι οξείες.

24 3.5-3.6

2. Τα τρίγωνα ΑΔΜ και Α'Δ'Μ' είναι ίσα ( Δ = Δ, = 90°.

ΑΔ = Α'Δ' , AM = Α'Μ') .

Άρα Μ, = Μ; (1). Επίσης τα τρίγωνα Α Β Μ και Α' Β' Μ' είναι ίσα (ΑΜ=Α'Μ', Μ, = Μ] από (1) και ΒΜ=Β'Μ' ως μισά ίσοιν πλευρών). Άρα ΑΒ=Α Β'(2) και Β = Β' (3). Από τις (2), (3) και την υπόθεση (α=α), προκύπτει ότι τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β'Γ' είναι ίσα (Π-Γ-Π).

3. Τα τρίγωνα ΒΕΓ και Β'Ε'Γ' είναι ίσα (ΒΓ=Β'Γ, ΓΕ=Γ'Ε', Ε = Ε' = 90° ).

Άρα Β = Β' (1). Όμοια από τα τρίγωνα ΒΔΓ και Β'Δ'Γ' προκύπτει ότι Γ = Γ' (2). Από τις (I), (2) και την υπόθεση (α=α'), προκύπτει ότι τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β'Γ' είναι ίσα (Γ-Π-Γ).

4. Τα τρίγωνα ΕΔΒ και ΑΔΒ έχουν Ε = Δ = 90°, ΒΔ κοινή και Β, = Β2 , άρα είναι ίσα οπότε ΑΒ=ΒΕ (1).

Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΕΒΖ έχουν Α = Ε = 90° , ΑΒ=ΒΕ

(από (1)) και Β κοινή, άρα είναι ίσα, οπότε ΒΖ=ΒΓ δηλαδή το τρίγοινο ΒΓΖ είναι ισοσκελές.

5. ί) Επειδή ΑΒ = ΓΔ θα είναι OK OA, οπότε τα ορθογώνια τρίγωνα ΜΟΚ και ΜΟΛ είναι ίσα γιατί έχουν ΟΜ κοινή και OK = OA. ii) Α π ό την π ρ ο η γ ο υ μ έ ν η ι σ ό τ η τ α τ ρ ι γ ώ ν ω ν π ρ ο κ ύ π τ ε ι οτι Μ Κ M A ( I ) ()μο>; τα Κ. Λ ε ίνα ι μ έ σ α τ ω ν ί σ ω ν χ ο ρ δ ώ ν Α Β και ΓΑ. ο π ό τ ε Α Κ ΓΑ (2) και Β Κ ΛΑ (3) . Α π ό τις (1) . (2) π ρ ο κ ύ π τ ε ι Μ Α Μ Γ και α π ό τ ι ; ί I). (3) ότι M B Μ Λ .

Μ

/ Λ

3.5-3.6 25


1. i) Τα τρίγωνα ΕΔΒ και ΔΖΓ είναι ορθογώνια ( Ε = Ζ = 90°) και έχουν ΔΒ = ΔΓ (Δ σημείο της μεσοκαθέτου) ΔΕ = ΔΖ (αποστάσεις σημείου της διχοτόμου), άρα είναι ίσα.

ii) Για τους ίδιους λόγους και τα τρίγωνα Δ'ΒΕ' και Δ'ΓΖ' είναι ίσα.

iii) Από τις παραπάνω ισότητες τριγώνων προκύπτουν: ΑΕ = ΑΖ και ΓΖ'= BE'. Προσθέτοντας κατά μέλη τις ισότητες αυτές παίρνουμε: ΑΕ + ΕΖ' = ΑΖ + BE' <=> ΑΒ + BE + ΑΓ -ΑΖ ' = ΑΓ -ΓΖ + ΑΒ + ΑΕ' <=> BE + ΓΖ = ΑΕ'+ ΑΖ' <=> 2ΒΕ = 2ΑΖ'<=>ΒΕ = ΑΖ'οπότε: ΕΕ'= ΑΕ + ΑΕ' = ΑΖ + ΖΓ = ΑΓ και ΖΖ'= ΑΖ ΑΖ' = ΑΕ-ΒΕ = ΑΒ.

2. Έστω ότι γ=γ'. Προεκτείνουμε τις ΑΓ, Α'Γ' κατά τμήματα ΓΔ=α και Γ'Δ'=α' αντίστοιχα. Τότε τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΔ και Α'Β'Δ' έχουν τις κάθετες πλευρές τους ίσες μία προς μία και επομένως είναι ίσα. Από την ισότητα αυτή προκύπτει ότι ΑΒΔ = Α'Β'Δ' (1) και Δ = Δ ' , οπότε και Β, = Β{ (2)

(γιατί τα τρίγωνα ΒΓΔ, Β Τ ' Δ ' είναι ισοσκελή). Από τις (1) και (2) προκύπτει Β = Β', οπότε τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β'Γ' έχουν Α = Α' = 90°, ΑΒ=Α'Β' και Β = Β', επομένως είναι ίσα.

§3 .7 Ασκήσεις Εμπέδρίσης

1. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με σταθερή την πλευρά ΒΓ=α και τη διάμεσο AM με γνωστό μήκος μ. Επειδή το Α απέχει από το σταθερό σημείο Μ σταθερή απόσταση μ, βρίσκεται στον κύκλο (Μ,μ).

• Αντίστροφα: Έστω Α' σημείο του κύκλου (Μ,μ) τότε Α'Μ=μ, ως ακτίνα του κύκλου και Α'Μ διάμεσος του Α ΒΓ. Το Α δεν είναι σημείο της ευθείας ΒΓ. Επομένως γ.τ. του Α είναι ο κύκλος (Μ,μ) χωρίς τα σημεία του Β' και Γ'.

26 3.7

2. Αν Μ είναι ένα σημείο του ζητούμενου γ.τ., θα είναι OM=2R και επομένως το Μ ανήκει στον κύκλο (0.2R)

• Αντίστροφα: Αν Μ' είναι ένα σημείο του (0,2R) και Ν' η τομή του ΟΜ' με τον (0,R) τότε ON'=R, οπότε N'M'=2R R=R, δηλαδή ΟΝ'=Ν'Μ'. Άρα ο γ.τ. του Μ είναι ο κύκλος (0,2R).

Σχόλιο: Στα προβλήματα γ.τ. εξετάζουμε ευθύ και αντίστροφο.

§ 3.8 - 3.9


1. Οι ζητούμενοι άξονες συμμετρίας φαίνονται στα επόμενα σχήματα:

Η 0 Τ Χ Ψ 2. Σύμφωνα με την εφαρμογή της § 3.8 το συμμετρικό Μ'

ενός σημείου Μ του τριγώνου ΑΒΓ είναι σημείο του τριγώνου Α'Β'Γ' και αντίστροφα. Άρα τα τρίγωνα ΑΒΓ, Α'Β'Γ' είναι συμμετρικά ως προς το Ο. Εξάλλου από Α'Β'=ΑΒ, Β'Ε'=ΒΓ' και Γ'Α'= ΓΑ προκύπτει ότι

Δ Δ Α'Β'Γ' = ΑΒΓ.

3. Έστω Β,Γ σημεία των Ax, Ay αντίστοιχα και Β', Γ' τα συμμετρικά αυτών ως προς το Ο. Σύμφωνα με την

Δ Δ προηγούμενη άσκηση είναι Α'Β'Γ' = ΑΒΓ οπότε x'A'y' = xAy.

3.8-3.9 27

4. Σύμφωνα με την εφαρμογή της § 3.9 είναι ΒΑ'= ΒΑ και ΓΑ' = ΓΑ οπότε τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α'ΒΓ είναι ίσα (Π-Π-Π). > ι-

δ. Έστω ΟΔ η διχοτόμος της xOy και Α σημείο της xOy

π.χ. της χΟΔ. Αν Α' είναι το συμμετρικό του Α ως προς την OA τότε το τρίγωνο ΟΑΑ' είναι ισοσκελές οπότε έχουμε:

Α'ΟΜ = ΑΟΜ < MOx = MOy .

Το Α' επομένως είναι σημείο της AOy δηλαδή της

xOy . Άρα η ΟΔ είναι άξονας συμμετρίας.

6. ί) Επειδή Μ' συμμετρικό του Μ ως προς ε, η ε είναι μεσοκάθετη του MM', οπότε ΟΜ=ΟΜ' (1). Για τους ίδιους λόγους είναι και ΟΜ'=ΟΜ" (2). Από τις (1) και (2) προκύπτει ΟΜ'=ΟΜ".

ii) Η ε είναι άξονας συμμετρίας του MM' οπότε Ο, = Ο , . Όμοια Ο, = 0 4 , οπότε έχουμε:

MOM" = Ο, + 0 2 + 0 3 + 0 4 = 2 0 2 + 2 0 3 =

= 2(0 2 + 0 3 ) = 2 · 1 L=2L αφού οι ε, ε' είναι

κάθετες. Η ισότητα MOM" = 2 L σημαίνει ότι τα Μ, Ο, Μ " είναι συνευθειακά.

Μ .JZ

Ο /3_ \ 4

Μ'

Μ "

Σχόλιο: Από την άσκηση αυτή συμπεραίνουμε ότι: αν ένα σχήμα έχει δύο κάθετους άξονες συμμετρίας, τότε το σημείο τομής τους είναι κέντρο συμμετρίας του σχήματος.

28 3.10-3.12

§ 3 . 1 0 - 3 . 1 2


1. Επειδή η Β, είναι εξωτερική γωνία στο τρίγωνο ΑΒΓ

είναι Β[ > Γ 2 (1). Από υπόθεση όμως Β( > Γ( (2). Με πρόσθεση των (1) και (2) κατά μέλη προκύπτει 2Βj > 180° <=> Β, >90" .

2. Το ΑΒΓ είναι ισοσκελές, οπότε Λ| = Γ| και αφού

Λ = I θα είναι Λ ι - Γ2 • Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ΑΔ=ΓΔ. Επειδή τα σημεία Β και Δ ισαπέχουν από το Α και Γ, η ευθεία ΒΔ είναι μεσοκάθετος του ΑΓ.

3. ί) Επειδή Β + Γ < 180° και Β = Γ θα είναι Β = Γ < 90°.

ϋ) Έστω ΑΔ το ύψος. Αν ΔξΒ θα είχαμε ΑΔΓ = Β δηλαδή 90"= Β άτοπο. Αν το Λ ήταν σημείο της προέκτασης της ΓΒ προς το Β θα είχαμε Β > Δ <=> Β > 90° άτοπο. Άρα το Δ είναι εσωτερικό σημείο της πλευράς ΒΓ.

4. Αν το Δ βρίσκεται μεταξύ των Β. Α τότε η ΒΔΓ είναι εξωτερική γωνία του τριγώνου ΔΑ Γ, οπότε ΒΔΓ > ΒΑΓ. Ομοίως για τις άλλες περιπτώσεις.

3.10-3.12 29

5. Είναι Μ > Γ (1), αφού Μ εξωτερική γωνία στο τρίγωνο ΑΜΓ. Όμως Γ = Β (2). Από (I), (2) παίρνουμε Μ > Β οπότε από το τρίγωνο ΑΒΜ προκύπτει ΑΒ>ΑΜ.

6. Φέρνουμε ΔΕ ±ΒΓ. Επειδή ΓΔ διχοτόμος θα είναι ΑΔ=ΔΕ (1). Όμως από το ορθογώνιο τρίγωνο ΕΔΒ προκύπτει ΔΕ<ΔΒ (2). Από (1 ),(2) παίρνουμε ΑΔ<ΔΒ.

7. Τα τρίγωνα ΟΜΒ και ΟΙ Δ είναι ίσα (ΓΙ-Γ-Π), επομένως Β2 = Γ 2 .

Είναι και Β, = Γ| αφού ΟΒ=ΟΓ , οπότε Β = Γ. Άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές.

8. Επειδή Β = Γ θα είναι Βες = Γες, οπότε και Β| = Γ και επομένως ΒΔ=ΔΓ. Έτσι τα τρίγωνα ΚΒΔ και ΛΓΔ έχουν ΚΒ=ΔΓ, ΒΔ=ΓΔ και ΚΒΔ = ΛΓΔ οπότε είναι ίσα και επομένως ΔΚ=ΔΛ.

30 3.10-3.12

Λ Β Γ 9. ί) Είναι Β| = — = — = Γ| , οπότε το τρίγωνο ΒΙΓ είναι

ισοσκελές. ii) Τα τρίγωνα ΑΙΒ και ΑΙΓ είναι ίσα (Π-Π-Π), αφού έχουν ΒΙ=ΓΙ, ΑΒ=ΑΓ και Β2 = Γ 2 (Β2 = Β - Β , = Γ - Γ , = Γ 2 ) .

Β Μ Γ 10. Με εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στα τρίγωνα ΠΚ|Κ2,

ΠΚιΚϊ και ΠΚ3Κ2 (σχ. Βιβλίου) παίρνουμε αντίστοιχα Κ ι Κ2< 13, Κ ι Κ3< 17 και Κ3Κ2<16. Προσθέτοντας αυτές κατά μέλη βρίσκουμε ΚιΚ2+Κ|Κ3 · Κ,Κ2<46. Επομένως ο χιλιομετρητής θάπρεπε να γράψει απόσταση μικρότερη του 46 και όχι 48.


1. Από την μα < — προκύπτουν ΑΜ<ΒΜ και ΑΜ<ΜΓ.

Απ' αυτές παίρνουμε αντίστοιχα Β < Α ι και f < Α 2 , απ' όπου με πρόσθεση κατά

μέλη προκύπτει: Β + Γ < Α . -r. α , α Οταν μ α = — ή μα > — ισχυουν αντίστοιχα

Β + Γ = Α ή Β + Γ > Α .

2. Τα τρίγωνα ΑΜΒ και ΑΜΓ έχουν δύο πλευρές ίσες (ΑΜ=κοινή, ΒΜ=ΜΓ) και τις τρίτες άνισες (ΑΒ<ΑΓ), οπότε (εφαρμογή §3.12) οι απέναντι γωνίες θα είναι ομοίως άνισες ΑΜΓ > ΑΜΒ .

3. α) Προεκτείνουμε τη διάμεσο AM κατά ίσο τμήμα ΜΑ'. Τα τρίγωνα ΑΜΒ και Α'ΜΓ είναι ίσα (ΠΓΠ), οπότε ΓΑ'=ΑΒ και ΒΑΜ = ΓΑ'Μ (1). Στο τρίγωνο ΑΓΑ' είναι ΑΓ>ΓΑ' (γιατί ΑΓ>ΑΒ), οπότε ΜΑΓ>ΜΑΓ , από την οποία σύμφωνα με την (1) προκύπτει ΜΑΒ > ΜΑΓ .

β) Με εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στο τρίγωνο ΑΓΑ' παίρνουμε:

ΑΓ-Γ Α'<ΑΑ'<ΑΓ+ΓΑ'<=>

3.10-3.12 31

β - γ < 2 μ α < β + γ ο ^ τ ^ < μα <

γ) Σύμφωνα με το β) έχουμε: β + γ

<——.Μβ <

2

γ + α και μ γ <

α + β

Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: μ„+μ|1+μγ<α+β+γ=2τ

4. Αν τα Σ,Ο,Μ δεν είναι συνευθειακά με εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στο τρίγωνο ΣΜΟ παίρνουμε:

ΣΟ-ΟΜ<ΣΜ<ΣΟ+ΟΜ <=> ΣΟ-ΟΑ<ΣΜ<ΣΟ+ΟΒ <=> ΣΑ<ΣΜ<ΣΒ

• Αν Μ=Α τότε: ΣΑ=ΣΜ<ΣΒ και • α ν ΜΕΕΒ ε ί να ι Σ Α < Σ Μ = Σ Β .

5. Στο τρίγωνο ΑΒΜ η διχοτόμος είναι και ύψος, επομένως είναι ισοσκελές δηλαδή

ΑΒ=ΑΜ= - ΑΓ<=> ΑΓ=2ΑΒ (1). 2

Με εφαρμογή της τριγ. ανισότητας στο τρίγωνο ( ΐ )

ΑΒΓ βρίσκουμε ΑΓ<ΑΒ+ΒΓ <=> 2ΑΒ<ΑΒ+ΒΓ <=> ΑΒ<ΒΓ.

6. Θεωρούμε το μέσο του τόξου ΑΒ, οπότε AM = MB = ΓΑ και AM = MB = ΓΔ. Τότε, λόγω της τριγωνικής ανισότητας στο τρίγωνο ΑΜΒ, έχουμε ότι: AM + MB > ΑΒ ή 2ΓΔ > ΑΒ.

7. Έστω ότι ΓΔ > ΑΒ, οπότε η επίκεντρη γωνία ΓΟΔ είναι μεγαλύτερη της ΑΟΒ. Τα τρίγωνα ΓΟΔ και ΑΟΒ έχουν δύο ζεύγη πλευρών ίσα (OA = OB = ΟΓ = ΟΔ = R) και τις περιεχόμενες γωνίες άνισες οπότε ΓΔ > ΑΒ. (εφ. § 3.11). Τ ο αντίστροφο αποδεικνύεται εύκολα με απαγωγή σε άτοπο

32 3.10-3.12


1. ί) Με εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στα τρίγωνα ΑΟΒ,ΒΟΓ,ΓΟΔ και ΔΟΑ παίρνουμε αντίστοιχα: ΑΒ<ΟΑ+ΟΒ, ΒΓΟΒ+ΟΓ, ΓΔΟΓ+ΟΔ και

ΑΔ<ΟΔ+ΟΑ από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. ϋ) Αν το Ο δεν είναι σημείο της ΑΓ από το τρίγωνο ΑΟΓ προκύπτει ότι: ΟΑ+ΟΓ>ΑΓ και αν το Ο είναι σημείο της ΑΓ θα είναι ΟΑ+ΟΓ>ΑΓ (1). Όμοια παίρνουμε ΟΒ+ΟΔ>ΒΔ (2). Από (1),(2) προκύπτει ΟΑ+ΟΒ+ΟΓ+ΟΔ>ΑΓ+ΒΔ η οποία σημαίνει ότι ελάχιστη τιμή του αθροίσματος ΟΑ+ΟΒ+ΟΓ+ΟΔ είναι η ΑΓ+ΒΔ και συμβαίνει όταν το Ο είναι σημείο της ΑΓ και της ΒΔ δηλαδή όταν 0=Κ.

2. Αφού το τρίγωνο ΑΕΒ είναι ισοσκελές, θα είναι ΑΕΒ = ABE και επειδή τα τρίγωνα ΑΕΔ και ΑΒΓ είναι ίσα, θα είναι ΑΕΔ = ΑΒΓ. Επομένως ΒΕΑ = ΕΒΓ και ΜΕΒ = ΜΒΕ, οπότε το τρίγωνο Μ BE είναι ισοσκελές. ϋ) Αν φέρουμε τη διάμεσο ΑΚ του ισοσκελούς τριγώνου ΑΕΒ θα είναι ύψος και διχοτόμος, όμοια και η ΜΚ, οπότε τα σημεία Μ, Κ, Α, είναι συνευθειακά.

3. ί) Είναι ΑΓ < ΑΒ + ΒΓ (από το τρίγωνο ΑΒΓ) ΑΓ < ΑΔ + ΔΓ (από το τρίγωνο ΑΔΓ) και προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. ϋ) Είναι AO + OB > ΑΒ και ΔΟ + ΟΓ > ΓΔ και προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. iii) Προσθέτοντας κατά μέλη τις δύο ανισότητες (ϋ) έχουμε ότι: ΑΒ + Β Γ + Γ Δ + Δ Α ΑΤ, n Α < ΑΓ + ΒΑ

2 Επίσης προσθέτοντας κατά μέλη τις ΑΓ < ΑΒ + ΒΓ, ΑΓ < ΑΔ + ΔΓ, ΒΔ < ΑΒ + ΑΔ και ΒΔ< ΒΓ + ΓΔ καταλήγουμε ότι ΑΓ + ΒΔ < ΑΒ + ΒΓ + ΓΔ + ΔΑ.

3.13 33

Από το Γ φέρουμε κάθετες στις Οχ, Oy που τις τέμνουν στα σημεία Δ, Ε αντίστοιχα και παίρνουμε τμήματα ΓΔ = Γ'Δ και ΓΕ =Γ"Ε (συμμετρικά). Τότε η περίμετρος του ΑΒΓ είναι

ΓΑ + ΑΒ +Β Γ" > Γ'Γ" = 20Γ. Σχόλιο: Τα σημεία Γ', Ο,Γ" είναι συνευθειακά . (Άσκηση 6-§ 3.8-3.9).

§3 .13


1. Επειδή Ε Α κάθετος στην ΑΒ και ΑΔ<ΑΒ θα είναι ΔΕ<ΕΒ (1). Επίσης ΒΑ κάθετος στην ΑΓ και ΑΕ<ΑΓ. Άρα συνεπάγεται ότι ΕΒ<ΒΓ (2). Από (1),(2) προκύπτει ότι ΔΕ<ΒΓ.

2. Το ΑΗ είναι μεσοκάθετος του ΒΓ, (σχ. Βιβλίου), άρα ΑΒ=ΑΓ. Τα τμήματα ΑΓ και ΑΔ είναι πλάγια και επειδή ΗΓ<ΗΔ και ΑΗ κάθετος προκύπτει ότι ΑΓ<ΑΔ.

3. ί)Έστω Ρ' το ίχνος της καθέτου από το Ρ στην ε. Αν το Ρ' δεν ταυτίζεται με το Α τότε θα είναι ΡΒ = ΡΑ > ΡΡ'. ίί) Θα πρέπει το Ρ' να ταυτίζεται με το Α, επομένως η ε να είναι κάθετη στο ευθύγραμμο τμήμα ΡΑ, στο σημείο Α.

§ 3 . 1 4 - 3 . 1 5 Ασκήσεις Εμπέδωσης 1. Οι χορδές είναι ίσες γιατί έχουν ίσα αποστήματα,

αφού το απόστημα κάθε χορδής ισούται με την ακτίνα ρ του μικρού κύκλου.

2. Έστω Μ το σημείο επαφής της ε με τον κύκλο. Η ΟΓ είναι διχοτόμος της ΑΟΜ και η ΟΔ διχοτόμος της ΜΟΒ , οπότε ΟΓ_Ι_ΟΔ <=> ΓΟΔ = 90° (διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών).

Α Δ

}4 3.14-3.15

(. Υπάρχουν δύο δυνατές περιπτώσεις: Για το Σχ. 1 έχουμε ότι: ΡΓ + ΓΔ + ΔΡ = ΡΑ - ΑΓ + ΓΕ + ΕΔ + ΡΒ - ΡΔ = 2ΡΑ Γ ια το Σχ. 2 έχουμε ότι: ΡΓ + ΓΔ + ΔΡ = ΡΑ + ΑΓ + ΓΕ + ΕΔ + BP = 2(ΡΑ + Γ Δ).

Σχήμα 1 Σχήμα 2

\ποδεικτικές Ασκήσεις ί. Στο τρίγωνο ΟΑΒ η ΟΕ είναι ύψος και διάμεσος,

άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές, δηλαδή ΟΑ=ΟΒ (1). Όμως και ΟΔ=ΟΓ (2) (ως ακτίνες). Με αφαίρεση των (1) και (2) κατά μέλη προκύπτει ΑΔ=ΒΓ.

!. Φέρουμε τη ΜΟ, οπότε οι γωνίες ΑΜΟ και ΟΜΒ είναι ίσες. Το τρίγωνο ΟΜΓ είναι ισοσκελές, οπότε η MB είναι και διχοτόμος, άρα ΟΜΒ = ΒΜΓ. Αρα ΑΜΓ = 3ΒΜΓ.

3.14-3.15 35

Τα ευθύγραμμα τμήματα ΡΑ και ΡΒ είναι ίσα, ως εφαπτόμενα τμήματα που άγονται από ένα σημείο προς τον κύκλο. Επομένως το τρίγωνο ΡΑΒ είναι ισοσκελές, οπότε ΡΑΒ = ΡΒΑ . Επίσης, η ΡΟ είναι μεσοκάθετη στο ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ, οπότε ΜΑ = MB και επομένως ΜΑΒ = ΜΒΑ . Αφαιρώντας κατά μέλη τις δύο τελευταίες ισότητες προκύπτει MAP = ΜΒΡ .

§3 .16


1. ί) Ο ένας κύκλος εσωτερικός του άλλου, ίϊ) Εφάπτονται εσωτερικά. ίίί) Τέμνονται. ίν) Εφάπτονται εξωτερικά. ν) Ο ένας κύκλος εξωτερικός του άλλου.

2. Οι κύκλοι εφάπτονται εσωτερικά.

3. Οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά.

36 3.16


ί) Γ ια να τέμνονται οι κύκλοι (0,2R) και (Ρ,ΡΟ) πρέπει να ισχύει: 2R-PO<PO<PO+2R, γιατί PCX2R. Η δεξιά ανισότητα προφανώς ισχύει. Γ ια την αριστερή έχουμε: 2R - ΡΟ < ΡΟ 2R < 2ΡΟ <=> ΡΟ > R που ισχύει αφού Ρ εξωτερικό σημείο του (0,R). ii) Επειδή (OF)=2R>R το Γ είναι εξωτερικό σημείο του (0,R) άρα η ΟΓ τέμνει τον (0,R) στο Α. Όμοια η ΟΔ τέμνει τον (0,R) στο Β. in) Επειδή (OA)=R και (OF)=2R το Α είναι μέσο της χορδής ΟΓ του κύκλου (Ρ,ΡΟ) οπότε ΡΑ±ΟΓ, επομένως ΡΑ εφαπτόμενη του (O.R). Όμοια αποδεικνύεται ότι και η ΡΒ είναι εφαπτόμενη του (O.R).

2. ί) Επειδή 0I02>R|+R2 ο ένας κύκλος είναι εξωτερικός του άλλου. ii) · Έστω ότι το Α δεν συμπίπτει με το Μ ή το Β δεν συμπίπτει με το Ν. Τότε σύμφωνα με το σχόλιο της § 3.11 έχουμε: 0 1 0 2 < 0 1 Α + Α Β + Β Ό 2 ή R I + M N + R 2 < R | + A B + R 2 ή Μ Ν < Α Β . Όταν Α=Μ και Β^Ν τότε ΜΝ=ΑΒ. Αρα γενικά ΜΝ<ΑΒ. • Έστω πάλι ότι το Α δεν συμπίπτει με το Μ' ή το Β με το Ν' τότε: Α Β < Α Ο Ι + 0 1 0 2 + 0 2 Β ή Α Β < Μ Ό Ι + 0 Ι 0 2 + 0 2 Ν ' ή Α Β < Μ ' Ν ' .

Όταν ΑξΜ' και Β=Ν' τότε ΑΒ=Μ'Ν', γενικά λοιπόν θα ισχύει ΑΒ<Μ'Ν'.

3. Η Κ.Ρ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΡΒ και η ΡΑ διχοτόμος της ΓΡΔ. Όμως οι γωνίες ΑΡΒ και ΒΡΔ είναι εφεξής και παραπληρωματι-

κές, επομένως ΚΡΛ = 90° .

4. Η απάντηση είναι καταφατική και οι κύκλοι φαίνονται στο διπλανό σχήμα.

3.17-3.18 37

§3.17-3.18


1. Κατασκευάζουμε γεωμετρικά μια ορθή γωνία xOy και στη συνέχεια κατασκευάζουμε τη

διχοτόμο Οδ αυτής. Τότε (χόδ) = 45°.

2. Έστω γωνία xOy . Κατασκευάζουμε τη διχοτόμο Οδ αυτής και στη συνέχεια τις διχοτόμους Οδ| και Οδ2 των χόδ και δOy αντίστοιχα.

3. Θεωρούμε τμήμα ΒΓ = α και γράφουμε τους κύκλους (Β, α) και (Γ, α). Αν Α είναι ένα κοινό σημείο των κύκλων αυτών το τρίγωνο ΑΒΓ είναι το ζητούμενο.

• Πράγματι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο με ΒΓ = α, από υπόθεση, ΑΒ = ΑΓ = α, ως ακτίνες των κύκλων (Β, α) και (Γ, α).

• Επειδή α - α < α < α + α, οι κύκλοι τέμνονται και το πρόβλημα έχει πάντα λύση. Το τρίγωνο Α ΒΓ με Α' το δεύτερο κοινό σημείο των κύκλων (Β, α) και (Γ, α) είναι ίσο με το ΑΒΓ, επομένως η λύση είναι μοναδική.

4. Θεωρούμε τμήμα ΒΓ = α και κατασκευάζουμε την μεσοκάθετο ε αυτού. Αν η ε τέμνει τη ΒΓ στο Μ και πάνω σ' αυτήν πάρουμε σημείο Α ώστε AM = υ, τότε το ΑΒΓ είναι το ζητούμενο.

• Πράγματι, ΑΒ = ΑΓ και προφανώς ΒΓ = α και AM = υ.

• Το πρόβλημα έχει πάντα μοναδική λύση.

Β α

υ \

Π \ Β Μ Γ

ε

38

5. α) Κατασκευάζουμε ορθή γωνία xAy και πάνω στις πλευρές της Αχ, Ay παίρνουμε αντίστοιχα τα σημεία Γ, Β ώστε ΑΓ = β και ΑΒ = γ. Το πρόβλημα έχει πάντα μοναδική λύση.

β) Κατασκευάζουμε ορθή γωνία xAy και πάνω στη Ay παίρνουμε σημείο Β ώστε ΑΒ = γ. Στη συνέχεια γράφουμε τον κύκλο (Β, α) που τέμνει την Αχ στο Γ. Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι προφανώς το ζητούμενο και υπάρχει λύση όταν α > γ.

β γ


1. ί) Στην προέκταση της Γ'Β' θεωρούμε σημείο Β " ώστε Γ 'Β' ' = ΓΒ. Τότε τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α 'Β 'Τ ' ε ί να ι ίσα, οπότε Β = Β"(1)και Α ' Β " = ΑΒ(2). Όμως από υπόθεση Β + Β' = 180° η οποία, λόγω της (1) γίνεται

Β' '+Β' = 180° <=> Β" — 180°-Β'= Β'

Β" Β' Γ δηλαδή Β"= Β'εξ και επομένως Α ' Β " = Α'Β' η οποία με τη βοήθεια της (2) δίνει Α'Β'= ΑΒ. ii) Αν δύο τρίγωνα είναι τέτοια ώστε:

• μια πλευρά και μια προσκείμενη σ' αυτή γωνία του ενός να είναι ίση με μια πλευρά και μια προσκείμενη γωνία του άλλου, αντίστοιχα και

• οι μη προσκείμενες στην πλευρά αυτή γωνίες των τριγώνων, είναι παραπληρωματικές. Τότε, οι πλευρές που βρίσκονται απέναντι από ίσες προσκείμενες γωνίες, είναι ίσες.

Γ ενικές Ασκήσεις 39

Επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο τα τρίγωνα Α Β Τ και ΑΒΓ' είναι ισόπλευρα και ίσα μεταξύ τους, οπότε θα είναι Α, = Α2 = φ (1). Τα τρίγωνα ΒΑΒ' και ΓΆΓ έχουνε ΑΓ' = ΑΒ, ΑΓ = ΑΒ' και ΒΑΒ'= Γ 'ΑΓ = Α + φ άρα είναι ίσα και επομένως ΒΒ' = ΓΓ'. Όμοια αποδεικνύεται ότι ΒΒ' = ΑΑ'.

3. Έστω ότι η χορδή ΓΔ είναι μεγαλύτερη της ΑΒ. Μεταφέρουμε την ΑΒ σε ίση χορδή ΓΕ, οπότε το απόστημα ΟΗ της ΑΒ ισούται με το απόστημα ΟΜ της ΓΕ. Αφού τα σημεία Ο και Ε βρίσκονται εκατέρωθεν της ΓΔ, η ΟΜ τέμνει τη ΓΔ σε σημείο I που είναι εσωτερικό του τμήματος ΟΜ. Τότε έχουμε ότι ΟΚ< ΟΙ < ΟΜ = ΟΗ. Αντίστροφα. Έστω ότι ΟΚ < ΟΗ. Τότε: • αν ΑΒ = ΓΔ θα ήταν ΟΚ = ΟΗ (άτοπο). • αν ΑΒ > ΓΔ θα ήταν ΟΚ > ΟΗ (άτοπο). άρα ΑΒ < ΓΔ.

Δ Δ 4. Έχουμε ABE = ΒΓΖ (ΑΒ = ΒΓ, BE = ΓΖ, Β = Γ ).

Δ Δ „ Αρα Α, = Β, (1). Επίσης ΑΒΖ = ΒΓΔ (ΑΒ = ΒΓ, Α = Β .

ΑΖ = ΒΔ). Άρα Β2 = Γ 2 . Δ Δ

Από (1), (2), αφού ΑΒ = ΒΓ προκύπτει ότι ΑΒΑ = ΒΓΜ . Επομένως Λ = Μ , οπότε ώ = φ .

Όμοια ω = θ. Άρα ώ = φ = θ.

5. Φέρουμε ΑΔ διχοτόμο. Έστω Ε το μέσο της ΑΓ. Τότε Δ Δ , ΑΓ

ΑΒΔ = ΑΔΕ (ΑΔ κοινή, Α, = Α2 , ΑΒ = ΑΕ = - γ - ) .

Άρα Β = Ε, < 90°, οπότε Ε2 > 90° .

Τα τρίγωνα ΑΕΔ και ΔΕΓ έχουν: ΔΕ κοινή, ΑΕ = ΕΓ,

Ε2 > Ε, . Άρα ΔΓ > ΑΔ. Επομένως στο τρίγωνο ΑΔΓ είναι Α2 > Γ ή — > Γ.


6. Έστω Μ το μέσο της ΒΓ. Το τρίγωνο ΑΒΜ είναι ισοσκελές. Φέρουμε τη διχοτόμο ΒΔ της γωνίας Β. Τότε το τρίγωνο ΔΒΓ είναι ισοσκελές και η ΔΜ ύψος και διχοτόμος, οπότε ΔΜΒ = lL.Ta τρίγωνα ΒΔΑ και ΒΜΔ είναι ίσα (Π-Γ-ΓΙ), οπότε ΒΜΔ = ΒΑΔ = 1L.

7. Θεωρούμε τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β'Γ' με ΑΒ = Α'Β' , ΑΓ = Α'Γ' και AM = Α'Μ'. Προεκτείνουμε τις AM, Α'Μ' κατά τμήματα AM = ΜΔ και Α'Μ' = Μ ' Δ \

Δ Δ Δ Δ Τότε ΑΒΜ = ΜΓΔ και Α 'Β 'Μ' = Μ ' Γ ' Δ ' , οπότε ΓΔ = ΑΒ και Γ'Δ' = Α'Β'. Επομένως τα τρίγωνα ΑΓΔ και Α'Γ'Δ' είναι ίσα (Π-Π-Π). Άρα ΓΜ = Γ'Μ', οπότε

Δ Δ ΒΓ = Β'Γ. Άρα ΑΒΓ = Α'Β'Γ' (Π-Π-Π).

Β Μ

8. Από συμμετρία έχουμε ότι: AM = Α'Μ και ΒΝ = Β'Ν, οπότε AM + ΜΝ + ΝΒ = Α'Μ + ΜΝ + ΝΒ', δηλαδή το ζητούμενο. Φέρνουμε το Α'Β'. Σύμφωνα με το σχόλιο της §3.11 έχουμε Α'Β' < Α'Μ + ΜΝ + ΝΒ' δηλαδή η μικρότερη τιμή του αθροίσματος Α'Μ + ΜΝ + ΝΒ' είναι το Α'Β'. Αυτό θα συμβεί όταν τα Μ, Ν βρεθούν πάνω στο Α'Β' και επειδή ανήκουν και στις Ox, Oy αντίστοιχα, πρέπει τα Μ,Ν, να ταυτιστούν με τα Κ,Α. αντίστοιχα.

Α Ι Ο

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΑΕΙΞΕΙΣ

• Αν φέρουμε παράλληλη από σημείο της διχοτόμου γωνίας προς μια πλευρά της σχηματίζεται ισοσκελές τρίγωνο. (Ασκήσεις: §4.1-4.5 Εμπέδωσης 2, Αποδεικτικές 4, 5 και Σύνθετα 3) Αντίστοιχα αν φέρουμε παράλληλη προς τη διχοτόμο γωνίας. (Ασκήσεις: §4.1 - 4.5 Εμπέδωσης 3, Αποδεικτικές 2, 3 και Σύνθετα 4)

• Δύο ευθείες είναι παράλληλες αν ισχύει ένα από τα παρακάτω: α) Είναι κάθετες στην ίδια ευθεία.

(Ασκήσεις: §4.1 - 4 . 5 Εμπέδωσης 6, Αποδεικτικές 1) β) Είναι παράλληλες προς τρίτη ευθεία. (Ασκήσεις: §4.1 - 4.5 Σύνθετα 1) γ) Τεμνόμενες από τρίτη ευθεία σχηματίζουν:

ί) Δύο εντός εναλλάξ γωνίες ίσες ή ii) Δύο εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη γωνίες ίσες ή iii) Δύο εντός και επί τα αυτά μέρη γωνίες παραπληρωματικές

(Ασκήσεις: §4.1 - 4.5 Εμπέδωσης 4, 5 και §4.6 - 4.8 Σύνθετα 7) • Τρία σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά αν

ϊ) Η γωνία ΑΒΓ είναι 0° ή 180° ii) Οι ευθείες π.χ. ΑΒ, ΑΓ είναι παράλληλες ή κάθετες σε ευθεία ε. Την (i) πε-

ρίπτωση συναντήσαμε και σε προηγούμενο κεφάλαιο.(Ασκήσεις: §4.6 -4.8 Σύνθετα 3). Άλλες ασκήσεις θα δούμε στο 5ο Κεφάλαιο.

Σχόλιο: Ισοδύναμες εκφράσεις είναι: " η ευθεία ΑΒ διέρχεται από το Γ", "το Γ ανήκει στην ευθεία ΑΒ

• Μια γωνία τριγώνου είναι ορθή αν οι άλλες δυο γωνίες είναι συμπληρωματικές. (Ασκήσεις: §4.6-4.8 Σύνθετα 1)

4.1-4.5 43

§ 4.1 - 4.5


1. Έχουμε Β = Γ (ΑΒ = ΑΓ)

Β = Δι,Γ = Ει (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη)

Άρα Δι = Ει, οπότε ΑΔ = ΑΕ

2. Έχουμε Οι = Θ2 (διχοτόμος) Αι = Θ2 (εντός εναλλάξ) Άρα Οι = Αι, οπότε ΟΒ = ΑΒ

3. Έχουμε Οι = 02 (διχοτόμος) Οι = Αι (εντός εναλλάξ) Θ2 = Βι (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη) Άρα Αι = Βι, οπότε OA = ΟΒ

4. Έχουμε Β = Γ (ΑΒ = ΑΓ)

ΔΒ = Δ Ε , οπότε Β = Ει Άρα Γ = Ει , οπότε ΔΕ / /ΔΓ (αφού σχηματίζουν δύο εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη γωνίες ίσες)

44 4.1-4.5

Δ Α „ 5.Έχουμε ΑΒΓ = ΑΔΕ (Π-Γ-Π)άρα Β = Δ οπότε, ΔΕ //ΒΓ

(αφού σχηματίζουν δύο εντός και εναλλάξ γωνίες ίσες)

6. Έχουμε ΟΜ1ΑΒ (ΟΜ απόστημα) OM_LOx. Άρα Οχ//ΒΑ


1.Έχουμε ΑΒ = ΑΓ = ΓΔ άρα Α2 = Δ (1) ΑΜ±ΒΓ (διάμεσος και ύψος)]

Ί· A M / / Γ Δ . οπότε Αι = Δ (2) ΓΔ1ΒΓ J

Από (1) και (2) προκύπτει ότι Αι = Α2 , δηλαδή η ΑΔ είναι διχοτόμος της ΜΑΓ .

2. Έχουμε ΕΓ = ΑΕ + ΑΓ (1 ) Αι = Α2 (διχοτόμος) Αι = Βι (εντός εναλλάξ) Α2 = Ε (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη) Άρα Βι = Ε, οπότε ΑΕ = ΑΒ (2) Από (1) και (2) προκύπτει ότι ΕΓ = ΑΒ + ΑΓ

4.1-4.5 45

3. Έχουμε ΔΓ = ΑΓ - ΑΔ (1) Αϊ = Α.2 (διχοτόμος) Αι = Βι (εντός εναλλάξ) Α2 = Δι (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη) Άρα Βι = Δ ι , οπότε ΑΔ = ΑΒ (2) Από (1) και (2) προκύπτει ότι ΔΓ = ΑΓ - ΑΒ

Έχουμε ΔΕ = ΔΙ + ΙΕ (1) Τα τρίγωνα ΒΔΙ, ΓΕΙ είναι ισοσκελή (Ασκ. 2) Οπότε ΔΙ = ΒΔ και ΙΕ = ΓΕ (2) Από (1) και (2) προκύπτει ότι ΔΕ = ΒΔ + ΓΕ

5. Έχουμε ΒΓ = ΒΔ + ΔΕ + ΕΓ (1) Τα τρίγωνα ΒΔΙ, ΓΕΙ είναι ισοσκελή, οπότε

ΔΙ = ΒΔ και ΙΕ = ΓΕ (2) Από (1) και (2) προκύπτει ότι ΒΓ = ΙΔ + ΔΕ + ΙΕ .

Σύνθετα Θέματα Ε Γ

1. Έχουμε ΕΒ = ΕΖ , οπότε Β2 = Ζΐ . Αλλά Β2 = Βι. Άρα Ζι = Βι, οπότε ΕΖ / /ΒΓ (1) (αφού σχηματίζουν δύο εντός εναλλάξ γωνίες ίσες). Όμοια KB = KM , οπότε Μι = Β3 = Β4 . Άρα ΜΚ / /ΒΓ (2). Από (1) και (2) προκύπτει ότι ΕΖ / /ΜΚ .

46 4.1-4.5

2. Φέρουμε ΓΖ / /Αχ / /By . Τότε:

Δι = Γ2 (εντός εναλλάξ)] - Ί· Άρα Γι = Γ2 (1)

( Δ , = Γ ! ) J " Όμοια

Γ3 = Ει (εντός εναλλάξ)] Γ4 = Ε, <ΒΕ = ΒΓ) } Λ Ρ ° Π = Γ " < 2 )

Από (1) και (2) προκύπτει ότι ΓΔ_Ι_ΓΕ (διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών). Επομένως ΔΓΕ = 11

3. Έχουμε ΔΕ = ΙαΕ - ΙαΔ (1) Επίσης Αι = Α2 = ΑΪαΕ, οπότε ΑΕ = ΙαΕ (2) και Βι = Β2 = ΒΙαΔ, οπότε ΒΔ = ΙαΔ (3) Από (1), (2) και (3) προκύπτει ότι ΔΕ = ΑΕ - ΒΔ

4. α) Επειδή Α Δ / / Ε Μ έχουμε Αι = Ει,

οπότε Ει = Ζι . Άρα ΑΕ = ΑΖ

Α2 = Zl = Ζ2

Ρ) Έχουμε (α)

BE + ΓΖ = ΒΑ + ΑΕ + ΓΖ —ΒΑ + ΑΖ + ΓΖ = ΒΑ + ΑΓ =σταθ.

γ) Προεκτείνουμε την ΕΜ κατά τμήμα ΜΗ = ΕΜ. Δ Δ

Τότε ΒΕΜ = ΜΗΓ (ΒΜ = ΜΓ,ΜΗ = ΕΜ,Μι = Μ2)

οπότε ΓΗ = BE (1) και Ει = Η . Αλλά Ει = Ζι = Ζι

άρα Η = Ζ2, δηλαδή ΓΖ = ΓΗ (2) Από (1) και (2) προκύπτει ότι BE - ΓΖ

Από το (β) είναι φανερό ότι BE = ΓΖ = Α Β + Α Γ

Επίσης ΑΕ = ΑΖ = BE - ΑΒ = Α Β + Λ Γ - ΑΒ = Α Γ Α Β

4.6-4.8

§ 4 .6 - 4 .8

Α σ κ ή σ ε ι ς Ε μ π έ δ ω σ η ς

1. α) Α = 90°,Β = —Α = 60°,Γ = 30° 3

47

Α =90° ,Β = - Γ Ρ) 3

Α λ λ ά Β + Γ =90°

Β =36°

Γ =54°

2. Έχουμε Α = — και Β = Γ οπότε Β = Γ = 2Α

- Α Αλλά Α + Β + Γ = 180° <=> 5Α = 180° ο Α = 36°, οπότε ΒΙΓ = 90°+— = 108° 2

3 .Έχουμε Γεξ - 144° <=> Γ = 36°,Α = 3Β και Γεξ = Α + Β <=> Γεξ = 4Β <=> Β = 36°

Άρα Β = Γ = 36°, οπότε ΑΒ = ΑΓ

4. Β = ΑΑΓ = φ

Γ = ΔΑΒ = ώ (οξείες γωνίες με κάθετες πλευρές) /03 <{>ν

Λ ω \

5. Έχουμε ΑΒ = ΑΒ , οπότε Δ = Αι = φ

ΑΒ - ΑΓ οπότεΒ Β = Γ = ώ Στο τρίγωνο ΑΔΓ: Αεξ - φ + ώ = 108°

Στο τρίγωνο ΑΔΒ: Βεξ = Δ + Αι <=> ώ = 2φ

6. Έχουμε ω = Αι = 45° (εντός εναλλάξ)

φ = Β (εντός εκτός και επί τα αυτά)

Β = Γ + 20°'

Β + Γ = 90°

οπότε φ = 36°

Β = φ = 55°

48 4.6-4.8

7. Εχουμε Σ ν — 2 ν — 4 ορθές, οπότε

900°= (2ν — 4)90° ο 2 ν - 4 = 10 ο 2ν = 14 ο ν = 7

Α π ο δ ε ι κ τ ι κ έ ς Α σ κ ή σ ε ι ς

1. Βεξ = 90°+ ~ « . 2Βεξ = 180°+Α <=> 2(Α + Β) = (Α + Β + Ε) + Α Ε) + Α ο Β = Γ άρα ΑΒ = ΑΕ

2 · 0 ΑΑΕ = Β + Αι

ΑΑΒ = Γ + Α2 Αι = Α2

ΑΑΕ - ΑΑΒ = Β - Γ

ii) Έχουμε ΑΑΕ - ΑΑΒ = Β - Γ (από (i)) Αλλά ΑΑΕ + ΑΑΒ = 180°

Άρα 2ΑΔΕ = 180°+Β-Ε <=> ΑΑΕ = 9 0 ° + ^ , οπότε ΑΑΒ = 9 0 ° - ^ 2 2

3. Στο τρίγωνο ΑΑΕ (Δ = 90°): ΔΑΕ + Ει = 90°

Αλλά Ει — Αι + Γ <=> Ει - — + Γ (εξωτερική) και

n n o Α Β Ε 90 — — + —(- — οποτε

2 2 2

Δ Α Ε + Α + Γ A B + R W A A E = I + F _ F 6 + F

£ 2 2 2 2 2

4. Στο τρίγωνο ΑΕΒ:

ΑΕΒ = Αι + Βι = 180° <=> ΑΕΒ + — + — = 180° (1) 2 2

Αλλά Α + Β + Ε + Δ = 360° ο

Α Β Ε Δ 7 + i + i + Y = ,80°(2)

Από (1), (2) προκύπτει ότι ΑΕΒ = Γ + Α-2

49

5.Έχουμε Α + Β + Γ = 180» ^ + 2Γ = 18(Τ » Α = 180°-2Γ » Β = Γ

Α = 2(90°-Ε) <=> Α = 2ΕΔΓ αφού ΕΔΓ + Ε = 90° οπότε

ΕΔΕ = 90°—Ε.

6. Στο τρίγωνο ΑΒΖ: Ζι + Βι = 90° Στο τρίγωνο ΒΕΔ: Ε2 + Β2 = 90°

Αλλά Β1 = Β2 και Ει = §2

ΑΕ=ΑΖ

Ζι = Ει οπότε L>^ Ν. E Χ.

IS2

7. Στο τρίγωνο ΒΗΕ: Η + Β2 = 90° Στο τρίγωνο ΑΒΖ: Ζ2 + Βι = 90°

Αλλά Βι = Β2 και Ζι = Ζ2

οπότε ΖΕ = ΕΗ.

Ζι = Η


1. Στο τρίγωνο ΑΕΔ: ΑΕ = ΑΔ ο Δι = Ε, Α = Δι + Ε

(ως εξωτερική), οπότε Δι = Ε = — (1)

Αλλά Α + Β + Ε = 180° Β = Ε

Α + 2Β = 180° <=>

A CD , /\ fy — + Β = 90° <=> Δι + Β = 90° «=> Δ 2 + Β = 90° άρα Κ = 90°

οπότε ΔΕ_Ι_ΒΕ.

Β κ

50 4.6-4.8

2. Στο τρίγωνο ABE το ΑΖ είναι ύψος και διχοτόμος, οπότε το τρίγωνο ABE είναι ισοσκελές. Άρα Βι = Ει (1). Επίσης Βι = ΕΒΕ = Β (2).

Ο „ Ει = ΕΒΕ = Ε (εξωτερική) <=> Βι = ΕΒΕ + Ε (3). Από (2), (3) προκύπτει ότι

Β - Ε 2ΕΒΕ = Ε = Β ο ΕΒΕ

3. Έχουμε: ΑΒ = ΒΔ οπότε Αι = Δ = ω και EE = ΑΕ οπότε Α2 = Ε = φ.

Αλλά Ε + Δ = 90° (από το τρίγωνο EE Δ) οπότε Αι + Α2 = 90°.

Άρα Αι + Α2 + Α = 180° και επομένως τα Δ, Α, Ε είναι συνευθειακά.

4. ί) Έχουμε

Βι + Ε = 90° (από τρίγωνο ΒΔΕ) Ε + Β = 90° (από τρίγωνο ΒΗΕ) · Βι Β = Ε (ΑΒ = ΑΕ)

οπότε ΒΔ = ΔΕ ii) Τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΔΕΕ έχουν: ΔΕ κοινή,

ΒΔ = ΔΕ και ΒΔΕ = 90° > Δι. Άρα BE > EE.

Δ Δ 5. ί) Έχουμε ΑΖΒ = ΑΕΗ (ΒΗ = ΑΕ,

ΕΗ = ΑΒ, ΑΒΖ = ΑΕΗ = 90°+Α ). Άρα ΑΖ = ΑΗ.

ϋ)

ΖΑΗ = ΖΑΔ + ΕΑΗ ΕΑΗ = Ζ (από (ί))

οπότε AZJ.AH

ΖΑΗ = ΖΑΔ + Ζ = 90°

4.6-4.8 51

6. Στο τρίγωνο ΔΖΕ είναι: « - - „ Δ -φ + Δ2 + Ει = 180° <=> φ + — + Ει = 180° (1)

„ Β Αλλά Ει = Γ = Β2 = Γ + γ (2) (εξωτερική στο τρίγωνο

ΒΕΓ) και Α + Β+ Ε + Δ = 360°, οπότε

— + — + — + — = 180° (3). 2 2 2 2

Α Ε „ Α — Ε Από (1), (2) και (3) προκύπτει ότι φ + Ε = — + y <=> φ = ———

7. Επειδή ΑΟΒ = 90°, θα είναι ω+φ = 90° (1). Επομένως Α, + Β, = 180° - 2ω + 180° - 2φ =

( ί ) = 360° - 2(ω + φ) = 360° - 2 • 90° = 180°.

Άρα α//β.


Α Β 1.Έχουμε ΒΔΕ = Α + Β ι = Α + — (εξωτερική του τριγώνου

- „ „ Γ ΑΒΔ) και ΕΕΑ = Β + Ε 2 = Β + — (εξωτερική στο

τρίγωνο BEE).

» Β - Ε Αρκεί Α + — = Α + — « 2Α + Β = 2Β + Ε <=>2Α=Β + Ε που ισχύει

(αφού Α = 60°, Β + Ε - 120°).

2. Έστω Ζ μέσο του EE. Τότε το τρίγωνο ΒΔΖ είναι ισόπλευρο 2 (ΒΔ = ΒΖ = — α. Β = 60°) και η ΔΕ είναι διάμεσος.

Άρα ΔΕ ύψος οπότε ΔΕ±ΒΓ.

ζ Γ

52

3. Φέρουμε ΔΗ1ΑΒ, ΔΚ±ΑΓ. Είναι ΔΗ = ΔΗ (ΑΣ διχοτόμος). Δ Δ

Επίσης είναι ΒΗΔ = ΖΔΚ (Η = Κ = 90°, ΔΗ = ΗΚ,

Β = Ζ ως οξείες γωνίες με κάθετες πλευρές).

Άρα ΒΔ = ΖΔ. Δ Δ „

Επομένως ΒΕΔ = ΖΔΕ (ορθογώνια, ΒΔ = ΖΔ, Β = Ζ), άρα BE = ΕΖ.

Γενικές Ασκήσεις

Β

4. Επειδή Α + Β+ Ε + Δ = 360°, και Α = Ε = 90°

είναι Β + Δ = 180°. Άρα Β = Δι. Δ Δ

Επομένως ABE = ΕΔΕ (BE = ΕΔ, ΑΒ = ΔΕ, Β = Δι.). Οπότε Ει = Ε3 (1).

. , . (ί) Αλλά Ε = Ε ι + Ε 2 = 90° <=> Ε2 + Ε3 = 90° <=> ΑΕΕ = 90° δηλαδή ΑΕ1ΕΕ.

ί) Επειδή ΑΒ < ΑΕ θα είναι Β < Ε (1). Αλλά Β = 90°-ΒΑΔ , Ε = 90°-ΕΑΔ (2).

Από (1), (2 προκύπτει ότι: 90°-ΒΑΔ > 90°-ΕΑΔ

ή - ΒΑΔ > - Ε Α Δ ή ΒΑΔ < Ε ΑΔ . ii) Προεκτείνουμε την AM κατά ΜΕ = AM.

Δ Δ Τότε ΑΒΜ = MEE (AM = ΜΕ, ΒΜ = ΜΕ, Μι = Μ2). Άρα ΑΒ = EE και ΒΑΜ = Ε. Επομένως στο τρίγωνο ΑΕΕ έχουμε EE = ΑΒ < ΑΕ, οπότε ΜΑΕ < Ε ή ΜΑΕ < ΒΑΜ. iii) Επειδή ΑΕ διχοτόμος θα είναι

ΒΑΕ

Από το ί) έχουμε

Α ΕΑΕ = — . 2

ΒΑΔ < Ε ΑΔ , άρα ΒΑΔ < —,

Γενικές Ασκήσεις 53

ενώ από το ii) έχουμε Α

ΒΑΜ > ΜΑΓ άρα ΒΑΜ > — . 2

Επομένως το ύψος και η διάμεσος βρίσκονται εκατέρωθεν της διχοτόμου.

Δ Ε Μ

6. Αφού τα τρίγωνα Κ-!BE, Κ2ΑΓ, Κ3ΑΒ είναι ισοσκελή, οι διχοτόμοι των γωνιών του τριγώνου Κ ι Κ2Κϊ είναι μεσοκάθετες των BE, ΕΑ, ΑΒ. Άρα το έγκεντρό του τριγώνου Κ|Κ2Κ3 ταυτίζεται με το περίκεντρο Ο του τριγώνου ABE, οπότε OA = ΟΒ = ΟΕ. Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι ΟΑ1Κ2Κ3, ΟΒ±Κ,Κ3, ΟΕΙΚ,Κ,. Πράγματι έχουμε ΟΒΚ[ = ΟΕΚ[ = ώ, ΟΕΚ2 = ΟΑΚ2 = φ και

OAK3 = OBKj = θ (από την ισότητα των αντίστοιχων τριγώνων). Επειδή ω + φ = ω + θ = φ + θ = 180° προκύπτει ότι ώ = φ = θ = 90°.

7. ί) Έχουμε ΑΖ = ΑΕ — χ, ΒΔ — ΒΖ — y και ΓΔ — EE — ω. Τότε y + ω = α, χ + ω = β, χ + y = γ (1). Οπότε με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε:

2x + 2y + 2ω = a + β + γ = 2τ<=>x + y + ω = τ(2) Από (1), (2) προκύπτει ότι χ = τ - a, y = τ - β και ω = τ - γ.

ii) ΑΖ' + ΑΕ' = ΑΒ + ΒΖ' + ΑΕ + EE' = ΑΒ + ΒΔ' + ΑΕ + ΕΔ' = ΑΒ + ΑΕ + BE = α + β + γ = 2τ. Επειδή όμως ΑΖ' = ΑΕ', προκύπτει ότι ΑΖ' = ΑΕ' = τ.

ϋί)Έστω Μ το μέσο του BE. Τότε MB = ΜΕ (3). Αλλά ΒΔ = τ - β και ΕΔ' = EE' = ΑΕ' - ΑΕ = τ - β. Άρα ΒΔ = ΕΔ' (4)

Από (3), (4) προκύπτει ότι ΜΔ = ΜΔ', άρα τα τμήματα BE και ΔΔ' έχουν κοινό μεσο.

iv) ΖΖ' = ΑΖ' - ΑΖ = τ - (τ - α) = a, EE' = ΑΕ' - ΑΕ = τ - (τ -α) = α και ΔΔ' = BE - ΒΔ - ΕΔ' = α - (τ - β) - EE' = α - τ + β - (ΑΕ' - ΑΕ) = = α - τ + β - ( τ - β ) = α + 2 β - 2 τ = α + 2 β - ( α + β + γ) = β - γ .


• Το κοινό κέντρο δυο ή περισσότερων παραλληλογράμμων διχοτομεί τις διαγώνι-ους των παραλληλογράμμων. Άρα οι φορείς τους είναι συντρέχουσες ευθείες. (Ασκήσεις: §5.1 - 5.2 Εμπέδωσης 3 και Σύνθετα 1)

• Για τις συντρέχουσες ευθείες λαμβάνουμε υπόψιν μας την παρατήρηση της §5.7. Αν τρεις ευθείες ει, ε2, ε3 είναι φορείς υψών, διαμέσων ή διχοτόμων τριγώνου συ-ντρέχουν. (Ασκήσεις: §5.9 Σύνθετα 8 και §5.11 Σύνθετα 1)

Σχόλιο: Ισοδύναμη έκφραση είναι "οι ευθείες ε/, ε2 τέμνονται σε σημείο της ε / '

• Ένα τρίγωνο είναι ορθογώνιο αν μια διάμεσος του ισούται με το μισό της αντί-στοιχης πλευράς. (Ασκήσεις: §5.11 Αποδεικτικές 1, 4)

• Για να αποδείξουμε ότι μια παράσταση Α που εξαρτάται από μεταβλητό σημείο Μ παραμένει σταθερή θεωρούμε μια ή δυο χαρακτηριστικές (ή οριακές) θέσεις του σημείου Μ και βρίσκουμε την τιμή c της παράστασης Α. Αρκεί τότε, για την τυχαία θέση του Μ, να αποδείξουμε ότι Α = c. (Ασκήσεις: §5.3 - 5.5 Σύνθετα 3)

5.1-5.2 57

§ 5.1 - 5.2


1. Έχουμε: Αι = Α 2

Αι — Ει ·Α1=Ε] άρα ΔΕ = ΑΔ = ΒΓ

2. Έχουμε: ΟΕ = ΟΖ ΟΒ = ΟΔ

αρα ΒΕΔΖ παραλληλόγραμμο.

3. ί) Έχουμε ΑΕ//=ΓΖ άρα ΑΕΓΖ παραλληλόγραμμο ίί) Οι ΑΓ, ΒΔ ως διαγώνιοι του παραλληλογράμμου ΑΒΓΔ διχοτομούνται από το Ο. Οι ΕΖ, ΑΓ είναι διαγώνιοι του ΑΕΓΖ, οπότε η ΕΖ διέρχεται από το μέσο Ο της ΑΓ. Άρα ΑΓ, ΒΔ, ΕΖ συντρέχουν.

4. Έχουμε: Α] = Α 2

Α , = Ε Ά 2—Δ ι, οπότε ΑΕ = ΔΕ = ΒΖ

αφού το ΒΔΕΖ είναι παραλληλόγραμμο. Αποδεικτικές Ασκήσεις

1. Έχουμε: ΜΕ=ΑΔ (1), αφού ΑΔΜΕ παραλληλόγραμμο. Β = Γ ] Λ Λ

Επίσης: „ Λ >αρα Β = Μ., οπότε Μ Δ = ί Β (2) Μ, = Γ J

Από (1), (2) προκύπτει ότι: ΜΔ + ΜΕ = ΑΔ + ΔΒ = ΑΒ. Β

58 5.1-5.2

Δ Δ 2. Έχουμε: A BE = Δ ΖΓ(ΑΒ = ΔΓ,

A t = Γ], Ε 2 = Ζ 2 , αφού Ε] = Ζ , )

άρα BE = ΔΖ Αλλά ΒΕ//ΔΖ, οπότε ΔΕΒΖ παραλληλόγραμμο.

Αρα ΔΕ//ΒΖ.

3. Φέρουμε ΑΓ. Τότε το ΑΖΒΓ είναι παραλληλόγραμμο (ΑΖ//=ΒΓ), οπότε ΒΖ//ΑΓ (1). Επίσης το ΑΒΕΓ είναι παραλληλόγραμμο (ΑΒ//=ΓΕ),

οπότε ΒΕ//ΑΓ (2). Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι Ζ, Β και Ε συνευ-θειακά (Ευκλείδειο αίτημα). Α

Ζ

-*Ε

4. Έχουμε ΑΖΒΓ παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιοι του Ζ Α Η διχοτομούνται), οπότε ΑΖ//=ΒΓ (1). Επίσης το ΑΗΓΒ παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιοι του διχοτομούνται), οπότε ΑΗ//=ΒΓ (2). Άρα: ί) ΑΗ=ΑΖ=ΒΓ

ii) Ζ,Α,Η συνευθειακά (Ευκλείδειο αίτημα).

5. Με κέντρο τυχαίο σημείο Ο πάνω στη μία από τις παράλληλες, γράφουμε κύκλο με ακτίνα λ, που τέμνει την άλλη παράλληλο στα Β και Γ. Στη συνέχεια από το Α φέρουμε τις παράλληλες προς τις ΟΒ και ΟΓ ευθείες. Επειδή τα τετράπλευρα ΟΔΕΒ και ΟΖΗ Γ είναι παραλληλόγραμμα, είναι ΔΕ=ΟΒ=λ και ΖΗ=ΟΓ=λ.

5.1-5.2 59


1. ί) Εχουμε: Δ Δ

Α Ε Κ = Γ Η Ζ (ΑΕ = ΓΗ, ΑΚ = ΓΖ, Α = Γ) Δ Δ

και BE Ζ = ΔΚΗ(ΔΚ = ΒΖ, ΕΒ = ΔΗ, Β = Δ)

οπότε ΚΕ=ΖΗ και ΕΖ=ΚΗ.

Άρα ΕΖΗΚ παραλληλόγραμμο ii) Επειδή ΒΕ//=ΔΗ το ΔΕΒΗ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα

ΑΓ, ΒΔ διαγώνιοι του ΑΒΓΔ ΒΔ, ΕΗ διαγώνιοι του ΔΕΒΗ EH, ΚΖ διαγώνιοι του ΕΖΗΚ

άρα οι ΑΓ, ΒΔ, ΕΗ και ΚΖ συντρέχουν στο Ο.

2. Έχουμε: Ζ = Γ, (ΔΖ = ΔΓ)1 Ζ = Γ2 J

Ε = Γ 3 (BE = ΒΓ)1

άρα Γ, = Γ2 (1)

(2) „ „ , άρα Γ3 = Γ4 Ε = Γ4 J Από τις (1), (2) προκύπτει ότι ΖΓ_Ι_ΓΕ (διχο-τόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γω-νιών) άρα: ΖΓ Ε = 90°.

3. Εχουμε Β Ε Γ: Ε = Γ, (BE = ΒΓ) Β αρα Γ. = Ε = — (1)

και Β = Ε + Γ, (εξωτ.) I 2

Α Β ρ ν — 7

ε

1 /

Επίσης στο ΔΓΖ: Ζ = Γ2 (ΔΓ = ΔΖ)

και Δ = Ζ + Γ 2 (εξωτ) •άρα Γ2 = Ζ = γ = ® (2)

Τ

Β Β Άρα: Γ ι + Γ 2 + Γ = γ + γ + Γ = Β + Γ = 180°, οπότε τα Ζ,Γ,Ε είναι συνευθειακά.

60

4. Φέρουμε ΔΖ//ΑΒ. Τότε Ζ, = Β = Γ άρα ΔΖ=ΔΓ=ΒΕ

Επομένως ΔΖ//=ΒΕ, οπότε το ΒΔΖΕ παραλληλόγραμμο.

Αρα Ο μέσο ΔΕ.

Υποθέτουμε ότι το πρόβλημα είναι λυμένο και έστω ΓΔ η θέση της γέφυρας και ΑΓ=ΒΔ, όπου Α και Β τα δύο χωριά. Εάν φέρουμε μια βοηθητική ευθεία BE, παράλ-ληλη και ίση προς την ΓΔ, παρατηρούμε ότι το σημείο Γ προσδιορίζεται από την κάθετη ΓΜ στο μέσο Μ της ΑΕ (μεσοκάθετος). Πράγματι το ΓΔΒΕ είναι παραλληλόγραμμο (ΓΔ//=ΒΕ) και επομένως ΒΔ=ΕΓ=ΑΓ.

5.1-5.2

§ 5.3 -5.5


1. Έχουμε ΑΕ||=ΓΖ, οπότε το ΑΕΓΖ είναι παραλληλόγραμμο. Επειδή Ε = 90° το ΑΕΓΖ είναι ορθογώνιο.

2. Το ΑΕΓΖ είναι παραλληλόγραμμο, αφού οι διαγώνιοι του

διχοτομούνται. Επειδή OB ΟΔ ΔΒ ΕΖ = ΟΕ + ΟΖ = + 2 2

το ΑΕΓΖ είναι ορθογώνιο.

= ΑΓ

3. Έχουμε ΑΕ1ΔΕ, ΒΗ1ΓΗ και ΑΖ1ΒΖ γιατί οι διχοτόμοι των εντός και επι τα αυτά μέρη γωνιών τέμνονται κάθετα (εφαρ. §4.4). Άρα Ε = Ζ = Η = 90°, οπότε το ΕΖΗΚ

είναι ορθογώνιο.

5.3-5.5 61

4. Εστω Α Β ΓΔ ρόμβος. Τότε Δ Δ

ΑΔΕ = ΔΓΖ(Α = Γ. Ε = Ζ = 90°. ΑΔ = Δ Γ ) .

Αρα ΔΕ=ΔΖ

Εστω ΑΒΓΔ παραλληλόγραμμο και ΔΕ=ΔΖ. Δ Δ „ Λ Λ

Τότε ΑΔΕ = ΔΓΖ(Α = Γ, Ε = Ζ = 90°, ΔΕ = ΔΖ) .

Αρα ΑΔ=ΔΓ, οπότε το ΑΒΓΔ είναι ρόμβος.

5. Έχουμε ΕΖ_Ι_ΒΔ ΕΖ = ΒΔ

Ο μέσο ΕΖ,ΔΒ

Αρα το ΔΕΒΖ είναι τετράγωνο.

Δ Δ Δ Δ 6. Εχουμε ΑΚΝ = ΒΚΛ = ΜΓΛ = ΜΔΝ

οπότε ΚΑ=ΑΜ=ΜΝ=ΝΚ (1) Επίσης Κ 2 = Ν ], οπότε

Κ, + Κ, = Κ, + Ν, = 90° Άρα Κ = 90° (2)

Από (1), (2) προκύπτει ότι το ΚΑΜΝ είναι τετράγωνο.

Αποδεικτικές Ασκήσεις Δ Δ Λ

1.Έχουμε ΔΕΜ = ΜΒΖ (ΒΜ = ΜΔ,Μ[ = Μ2 , Δ] =Β , ) ί

Άρα ΔΕ=ΒΖ. Αλλά ΔΕ//ΒΖ, οπότε το ΔΕΒΖ είναι

παραλληλόγραμμο. Επειδή ΒΔ διχοτόμος της Β το

ΔΕΒΖ είναι ρόμβος.

Δ Δ Λ 2. i) ΑΒΖ = ΑΔΕ (ΑΕ = ΒΖ, ΑΒ = ΑΔ, Α = Β = 90°).

Αρα ΑΖ=ΔΕ

ίί) Εχουμε Δ , = Α) , οποτε Δ] + Α 2 = Α, + Α 2 = Α = 90°, οπότε

Κ = 90° (στο τριγ. ΑΔΚ). Άρα ΑΖ_Ι_ΔΕ.

62

3. Έχουμε ΕΒΖΔ παραλλληλόγραμμο (ΒΖ\\=ΔΕ), οπότε ΒΕ//=ΔΖ. Αρα ΕΗ//=ΖΘ και ΕΗ=ΗΖ (αφού ΑΒΖΕ,

ΔΓΖΕ ορθογώνια). Επομένως το ΕΘΖΗ είναι ρόμβος.

5.3-5.5

Β Η

Θ

4. Έστω ΚΛ1ΕΖ. Φέρουμε ΕΗ1ΔΓ και ΚΜ1ΒΓ. Τότε ΚΜ=±ΕΗ.

Δ Δ Άρα ΕΖΗ = ΚΛΜ (Η = Μ = 90°, KM = ΕΗ, Κ = Ε

ως οξείες με κάθετες πλευρές). Επομένως ΕΖ=ΚΛ. ζ Η

Σύνθετα Θέματα 1. Έχουμε

Δ Δ - • ΜΕΔ = ΜΖΓ ( Μ 1 = Μ 2 = 9 0 , ΔΜ = ΜΓ, Δ = Γ=45°) ,

οπότε ΔΕ=ΓΖ. Αλλά ΔΕ//ΓΖ οπότε το ΔΕΓΖ είναι παραλληλόγραμμο. Επειδή ΕΖ1ΔΓ και ΔΜ=ΜΕ ( Δ = 45°), οπότε ΕΖ=ΔΓ το ΔΕΓΖ είναι τετράγωνο.

Α , - (1) (αφού ΑΒΓΔ ορθογώνιο) και 2. Έχουμε Α, = Β, = Δ

Α, = Β4 (2) (οξείες με κάθετες πλευρές). Επομένως

Ζ, = Δ, + Β, (ως εξωτερική)

οπότε Z t = ΓΒΖ. Άρα ΒΓ=ΓΖ.

(1 ) , (2 )

Β4 + Β] - Β4 + Β, , Δ

3. ϊ) Έστω Κ τυχαίο σημείο της βάσης, ΒΓ, ΚΔ_Ι_ΑΓ, ΚΕΧΑΒ. Φέρουμε KZ_LBH. Τότε ΚΔ=ΖΗ και ΚΕ=ΒΖ

Δ Δ , (αφού ΒΕΚ = ΒΖΚ γιατί Ζ = Ε - 90°, KB κοινή,

Β = Γ = ΒΚΖ ).

Άρα ΚΔ+ΚΕ=ΖΗ+ΒΖ=ΒΗ=σταθερό.

α/ : \ 45 Ύ /45° Γ \ y

\ Μ 4yy 1

Μ

7.

Λ

/ \Η

5.3-5.5 63

ii) Εστω Μ τυχαίο σημείο. Φέρουμε από το Μ παράλληλη προς τη ΒΓ που τέμνει τις ΑΒ, ΑΓ στα Κ,Λ. αντίστοιχα. Τότε από το ί) έχουμε: Ζ,

ΜΖ+ΜΕ=ΑΝ (1) (αφού το τριγ. ΑΚΑ είναι ισόπλευρο). κ Επίσης ΜΔ=ΝΗ (2)

Από τις (1), (2) προκύπτει ότι ΜΔ+ΜΕ+ΜΖ=ΑΗ=σταθερό. Η Δ

§ 5.6 - 5.9

Ασκήσεις Εμπέδωσης Δ Δ μεσο ΑΒ]

1. Έχουμε Α Β Γ: >αρα ΔΕ / /ΒΓ Ε μεσο ΑΓ I

Δ Δ μεσο ΑΒί και Α Β Ζ: ^ άρα Η μέσο ΑΖ.

ΔΕ //ΒΓ

Δ Η μεσο ΑΓί ΑΒ 2. Εχουμε Α ΒΓ: Ιαρα Δ Η / / = — (1)

Δ μεσο ΒΓ J 2 Δ Ζ μεσο ΑΔ] ΑΒ

και Α Β Δ: > αρα ΖΕ / / = (2) Ε μεσο ΒΔ J 2

Από (1), (2) προκύπτει ότι ΔΗ//=ΖΕ, οπότε το ΔΕΖΗ είναι παραλληλόγραμμο.

3. Έχουμε ΒΔ Γ (Δ = 90° ,ΔΜ διάμεσος): ΔΜ =

Δ ΒΓ και BE Γ (Ε = 90 ,ΕΜ διάμεσος): ΕΜ =

Αρα ΜΔ=ΜΕ.

ΒΓ

64 5.6-5.9

Δ Λ ΒΓ 4. ΑΒΓ(Α = 90 , Β = 30 ): ΑΓ = — και

Δ . ΒΓ Α ΒΓ(Ε,Ζ μεσα ΑΒ,ΑΓ):ΕΖ = — 2

Άρα ΕΖ = ΑΓ.

Δ Δ 5.Έχουμε ΒΘΕ = ΓΘΔ(Θ, = © 2 , ΒΘ = ©Γ, ΘΑ = ΘΕ)

ΆραΒΕ = ΓΔ, οπότε β=γ.

6. Στο τρίγωνο ΒΔΓ τα ΒΑ και ΔΗ είναι ύψη, οπότε το Ε είναι το ορθόκεντρο. Άρα ΓΕ_1_ΔΒ.

Δ Α Γ 7. Έχουμε: ΑΒΓ: (Δ, Ε μέσα Α Β, ΒΓ) άρα ΔΕ| | = —̂— οπότε

ΖΕ=2ΔΕ//=ΑΓ. Επομένως το ΑΓΕΖ είναι παραλληλόγραμμο. ΒΓ Αλλά Β = 30°, οπότε ΑΓ = ΕΓ . 2

Άρα το ΑΓΕΖ είναι ρόμβος.

Αποδεικτικές Ασκήσεις Δ Δ

Ι.ί) Έχουμε: Δ Ε Ζ = Α Ε Ζ (ΕΖ κοινή.

α ζ

ΑΓ ΔΖ = = ΑΖ). 2

ΑΒ ΔΕ = = ΑΕ, 2

Άρα ΕΔΖ = Α = 90°. Δ ΒΓ Δ

ii)Έχουμε: ΑΒΓ(Ε,Ζμέσα ΑΒ, ΑΓ):ΕΖ = (1)και ΕΔΖ

ΕΖ ( Δ = 90°, ΔΜ διάμεσος): ΔΜ = (2)

5.6-5.9 6 5

ΒΓ Από τις (1), (2) προκύπτει ότι ΔΜ = — 4

2. Φέρουμε ΔΒ. Τότε έχουμε: Δ

ΒΓΔ(Ε,Ζ μεσα ΒΓ, ΓΔ): ΕΖ / /ΒΔ, οπότε Η μέσο του

ΓΟ.

Αρα: ΓΗ = — = — . 2 4

3. Στο τριγ. Μ ΑΔ είναι: ΜΑΔ + Μ, = 90° (1)

Αλλά Μ, = Γ + Α, = 2Γ (2) (αφού Α, = Γ )

και Β + Γ = 90° (3)

Από τις (1), (2), (3) προκύπτει ότι: ΜΑΔ + 2Γ = Β + Γ ή ΜΑΔ = Β - Γ .

4 Έχουμε ΒΕ//-ΔΖ, οπότε το ΔΕΒΖ είναι παραλ-

ληλόγραμμο. Άρα ΔΕ//ΒΖ. Επομένως στο τριγ. Ε μέσο ΑΒί

Α Β Η : ΕΚΙΙΒΗ Ο

Ζ μεσο Δ Γ) και στο τριγ. ΓΔΚ: f άρα ΓΗ=ΚΗ (2)

ΖΗ| IΔΚ

Από (1), (2) είναι ΑΚ = ΚΗ = ΓΗ.

5. Φέρουμε ΑΓ τότε: ΑΒΓ: ΑΕ, ΒΟ διάμεσοι, οπότε Κ

βαρύκεντρο. Αρα: ΒΚ = — ΒΟ = = (1) Άρα: ΒΚ = - Β Ο = - · — = — 3 3 2 3

και

ΑΔΓ: ΑΖ, ΔΟ διάμεσοι, οπότε Η βαρύκεντρο.

(2)

ΒΔ

•Λ Α τ τ 2 . /-\ 2 ΒΔ ΒΔ Αρα: ΔΗ = — ΔΟ = = 3 3 2 3

ΛΒ Από τις (1), (2) Οα είναι και ΚΗ= , οπότε ΔΗ = ΚΗ= ΒΚ = — 3 3

66 5.6-5.9

6. Έστω Ζ το μεσο ΕΓ'. Τότε: Δ

ΒΕΓ(Μ, Ζμέσα ΒΓ.ΕΓ): ΜΖ||ΒΕ (1) και Δ

ΑΜΖ(Δ μεσο AM, ΔΕ||ΜΖ από (1)):

ΕΓ 2

Ε μέσο ΑΖ, οπότε: ΑΕ = ΕΖ

7. ί) Έχουμε ΒΕ=ΑΒ=ΓΔ, οπότε ΒΕ//=ΓΔ άρα το

ΒΕΓΔ είναι παραλληλόγραμμο. Επομένως ΒΖ=ΖΓ.

ii) Στο τριγ. ΒΔΓ: ΓΌ, ΔΖ διάμεσοι, οπότε Η βαρύκεντρο.

2 2 ΑΓ 1 Αρα: ΓΗ = — ΓΟ = ή ΓΗ = — ΑΓ . 3 3 2 3

2 ΑΗ Επομένως Α Η = — Α Γ . Αρα ΓΗ = —— .

8. ϊ) Έχουμε Δ Δ ΒΓ

ΜΛΓ = ΓΑΔ (Μ = Α = 90 , ΔΓ κοινή, ΑΓ = — = ΜΓ

Αρα ΜΔ=ΑΔ Δ ΔΒ ii) ΜΔΒ(Μ = 90°, Β = 30°): ΜΔ = - — <=> ΔΒ = 2ΜΔ .

2

Αλλά ΑΔ=ΜΔ. οπότε: ΔΒ + ΑΔ = 3ΜΔ <=> ΜΔ = Α Β

9. Αρκεί Η, + Κ, = 90 (στο τριγ. ΜΗΚ). Έχουμε: Λ

ΑΗΒ:(Η = 90°, HE διάμεσος) Αρα Η[ = Bj Δ

και ΚΒΓ (Κ =90°. Κ Ζ διάμεσος )Αρα Κ2 = Κ ,

Επομένως Η, + Κ, = Β, + Β, = Β = 90°.

(Π

Β, (2)

5.6-5.9 67

10. Παρατήρηση : Δύο σημεία Α και Β ισαπέχουν: ί) Από κάθε ευθεία παράλληλη προς την ΑΒ ii) Από κάθε ευθεία που διέρχεται από το <j μέσο του ΑΒ.

Έστω Α,Β και Γ τα τρία χωριά. Σύμφωνα με την παρατήρηση ο δρόμος πρέπει να συνδέει τα μέσα δύο πλευρών του τριγώνου ΑΒΓ. Προφανώς υπάρχουν τρεις τέτοιοι δρόμοι.

Λ Λ // \ / > Ν • \

^ A/jd \

Β

1/ / I Μ


1. Έχουμε ΑΒΓ: (Ε,Ζ μέσα ΑΓ, ΒΓ). Άρα ΕΖ||ΑΒ οπότε Β = Ζ, (1) και

Δ ΑΔΓ:(Δ = 90°, ΑΕδιάμεσος)

Αρα ΔΕ = ΕΓ οπότε Γ = Ζ, (2) » ( 1 ) · ( 2 ) „

Αλλά Ζ, = Δ, + ΔΕΖ <=> ΔΕΖ : Β - Γ . Δ Ζ

2. Φέρουμε τη διάμεσο AM. Τότε ΑΒ = ΒΜ, οπότε Α, = Β = 15 .

Άρα Μ, = Α, + Β = 30'. Επομένως στο τριγ. ΜΑΔ είναι

Δ = 90°, Μ, = 30 άρα ΑΔ = , αφού AM = .

ΒΓ ΒΓ Αντίστροφα. Αν Α Δ = - ^ - , τότε επειδή AM = - έχουμε

AM ΑΔ = , οποτε στο ορθογώνιο τριγ. ΜΑΔ είναι Α,

Μ, Αρα Β = —- = 15 . 2

30

68 5.6-5.9

3. Έχουμε ΚΔΓ: (Ζ, Η μέσα ΔΓ, ΔΚ). KF Άρα Ζ Η \ \ = (1)

2 KF και Κ βαρύκεντρο του τριγ. ΑΒΓ άρα ΕΚ=

2

( 2 )

Από τις (1), (2) προκύπτει ότι ΖΗ\\=ΕΚ, οπότε το ^ ΕΚΖΗ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα ΕΗ//ΚΖ

4. Επειδή ΒΔ=ΒΕ έχουμε Ε = Δ, = Δ 2 . Αλλά Β = Ε + Δ, ,

οπότε Β = 2Δ2 2Γ = 2Δ2 <=> Δ 2 = Γ .

ΆραΔΜ=ΜΓ (1). Επίσης Δ3 = Α, (συμπληρωματικές ίσων γωνιών), οπότε

ΔΜ=ΑΜ (2).

Από τις (I), (2) προκύπτει ότι ΑΜ=ΜΓ.

5. Προεκτείνουμε την BE που τέμνει την ΑΓ στο Ζ. Τότε το τριγ. ΑΒΖ είναι ισοσκελές (ΑΕ διχοτόμος και ύψος), οπότε ΑΒ=ΑΖ (1) και Ε μέσο του ΒΖ (2). Άρα:

ΖΓ ί) ΒΖΓ (Ε μέσο ΒΖ, Μ μέσο ΒΓ): EMjj (3).

Επομένως ΕΜ||ΑΓ. •·Χ ΖΓ ΑΓ 11 ΕΜ = = ΑΖ Α Γ - Α Β

Α iii) ΔΕΜ = Α2 = —, αφού ΕΜ||ΑΓ.

6. Εστω MZJ_AB που τέμνει την ΒΔ στο Μ. Αρκεί ΑΗΤΓΕ. Στο τριγ. ΑΒΜ το Η είναι το ορθόκεντρο, οπότε AH_LBM (1). Επίσης στο τριγ. ΔΕΓ τα Β και Μ είναι μέσα των ΔΕ και ΔΓ, οπότε ΒΜ||ΓΕ (2). Από τις (1), (2) προκύπτει ότι ΑΗ_Ι_ΓΕ.

69

5.6-5.9

7. i) Έχουμε Κ = Λ = 90 και ΚΒΑ = 90

(διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών). Άρα το Α ΚΒΑ είναι ορθογώνιο. ii) Επειδή ΑΚΒΑ ορθογώνιο είναι: Ο μέσο ΑΒ και Κ, = Β, - Β2 οπότε ΟΚ'||ΒΓ. Επομένως στο τριγ. ΑΒΓ

έχουμε Ο μέσο ΑΒ, ΟΚ||ΒΓ. Αρα Μ μεσο ΑΓ.

8. i) Α = Ε = Ζ = 90 . Άρα το ΑΕΔΖ είναι ορθογώνιο,

οπότε ΑΔ=ΕΖ

ii) Επειδή ΑΕΔΖ ορθογώνιο έχουμε Ζ, = Ε, = Δ, .

Αλλά Δ, = Β (οξείες με κάθετες πλευρές), οπότε Λ Λ /V J3P

Ζ, = Β (1). Επίσης Α, = Γ (2) ( Α Μ = — = ΜΓ)

Από (1), (2) προκύπτει ότι Α, + Ζ, = Β + Γ = 90'

Αρα Η = 90 οπότε ΑΜ_Ι_ΕΖ

Δ Μ

iii) Εστω Κ. το σημείο τομής των AM και ΔΖ. Αρκεί ΒΚ||ΕΖ . Έχουμε ΒΕ||ΚΖ (ώς Δ Δ Λ

κάθετες στην ΑΓ) και ΑΚΖ= ΒΕΑ (Ζ = Ε = 90°, ΔΕ = ΑΖ, Α! = Γ = Δ 2 ) , οπότε

ΒΕ=ΚΖ. Άρα ΚΖ||=ΒΕ, οπότε το ΒΕΖΚ είναι παραλληλόγραμμο και συνεπώς ΒΚ//ΕΖ.

§ 5 . 1 0 - 5 . 1 1

Ασκήσεις Εμπέδωσης Δ

1. Έχουμε ΕΖ//ΑΒ (διάμεσος τραπεζίου) (1) και ΚΑΒ : (Η, Θ

μεσα ΚΑ, KB). Άρα ΗΘ//ΑΒ (2). Από (1) (2) προκύπτει ότι ΗΘ//ΑΒ//ΕΖ,

οπότε το ΕΖΘΗ είναι τραπέζιο.

70 5.10-5.11

2. Έχουμε ΑΒΓ : (Δ. Ε μεσα ΑΒ, ΑΓ). Αρα ΔΕ/ ΒΓ (1) και Β = Γ (2) (ΑΒ=ΑΓ).

Από τις (1), (2) προκύπτει ότι το ΔΕΓΒ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

3. Έχουμε ΟΑΒ: (Ε,Ζ μέσα OA, OB). Άρα ΕΖ//ΑΒ (1) Λ

ΟΔΓ : (Θ,Η μέσα ΟΔ, ΟΓ). Άρα ΘΗ//ΔΓ (2) Επειδή ΑΒΓΔ ισοσκελές τραπέζιο είναι ΑΓ=ΒΔ οπότε ΑΓ ΒΔ / -= <=> ΕΗ = 0Ζ(3)

2 2 —

Από τις (1), (2) (3) προκύπτει ότι το ΕΖΗΘ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

4. Έχουμε ΚΑ//ΑΒ//ΓΔ. Άρα ΚΛ//ΕΓ. Επίσης ΑΕΔ

( Ε = 90 ΕΚ διάμεσος). Άρα ΕΚ = = ΑΓ .

Επομένως το ΚΛΓΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

/ κ / Λ Λ

Δ Δ 5. Έχουμε ΑΔΕ = ΒΖΓ (Ε = Ζ = 90", ΑΕ=ΒΖ, ΑΔ-ΒΓ)

Αρα ΔΕ-- ΓΖ (1) Επίσης 1~Δ=ΔΕ+ΕΖ+ΖΓ=2ΔΕ+ΕΖ=2ΔΕ+ΑΒ

λ,. ™ ΓΔ - ΑΒ Αρα ΔΕ = ΓΖ = .

Το τετράπλευρο Β Β Τ Τ είναι τραπέζιο, αφού ΒΒ7/ΓΓ', ως κάθετες στην ε. Η ΜΔ είναι διάμεσος του τραπεζίου, οπότε ΜΔ//ΒΒ7/ΓΓ'. Άρα Δ Μ 1ε. Επομένως η ΜΚ είναι διάμεσος του ορθογωνίου τριγώνου ΑΜΔ, οπότε

ΑΔ ΜΚ = .

5.10-5.11 71


1. Έχουμε: Α Β / /ΕΖ, οποτε Β, = iij

Αλλα Β| — Βτ ΒΓ ΗΖ = ΒΖ = ΖΓ =

Apu Η[ = Β2, οπότε:

. Άρα ΒΗΓ = 90°.

2. Επειδή ΖΗ//ΒΓ και Β = Γ το ΖΗΒΓ είναι ισοσκελές τραπέζιο,

οπότε ΓΗ=ΒΖ Αλλά. ΒΖ=ΑΖ (ΖΜ μεσοκάΟετος ΑΒ). Αρα ΓΉ=ΑΖ.

3. Φέρουμε ΒΕΊΔΓ. Τότε στο τριγ. ΒΕ'Γ(Ε' = 90°, Γ = 60°, Β = 30°). Άρα

ΒΓ α Ε 'Γ = = —. Επομένως 2 2

α 5α ΔΓ = ΔΕ 4 Ε Γ = ΑΒ + Ε'Γ = 2α + - = -

2 2

Άρα ΕΖ

5α ΑΒ + ΓΔ " α + ? 9α

Λ Α

Μ, ί I ·

/ "Ν

ΑΒ + ΓΔ ΑΔ 4. Έστω Ε μέσο ΑΔ. Τότε ΜΕ = -

ΑΜΔ = 90° (αφού ΜΕ διάμεσος στο τριγ. ΑΜΔ).

οποτε κ \Μ

\

\

5. Έχουμε Δ = Γ (ΑΒΓΔ Ισοσκελές) και Δ = Μ| (ΑΔ//ΜΕ)

Άρα Μ] = Γ , οπότε ΜΕ = ΕΓ = BE =

Άρα ΒΜΓ = 90° ή ΒΜ1ΔΓ

ΒΓ

72 5.10-5.11

6. Έχουμε ΑΒΓ (Δ,Ε μεσα ΑΒ. ΑΙ") Αρα ΔΕ//ΒΓ, οπότε ΔΕ//ΗΖ (I)

Α Λ U Επίσης ΑΒΓ (Ε, Ζ μεσα ΑΓ, ΒΓ). Άρα ΕΖ = — (2) και

Δ AR ΑΗΒ ( Η = 90°, ΗΔ διάμεσος). Άρα ΗΔ = (3)

Από τις (1), (2), (3) προκύπτει ότι το ΔΕΖΗ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

ιι 7.

7. Έστ(οΓΔ=2ΑΒ Έχουμε Δ ΑΒ ΑΒΔ (Ε. Κ μέσα ΑΔ. ΔΒ) Άρα ΕΚ = (1) και

2 Δ ΑΗ

ΑΒΓ (Ζ. Α μέσα ΒΓ, ΑΓ). Άρα ΑΖ = — (2)

„ Α Δ Γ - Α Β 2 Α Β - Α Β ΑΒ Επίσης ΚΑ = = = (3) 2 2 2

Από τις (1), (2), (3) προκύπτει ότι ΕΚ=ΚΛ=ΛΖ.

8. Έχουμε ΚΔ//ΔΓ7/ΑΒ και Δ Γ - Α Β 3 Α Β - Α Β ΚΑ = = = ΑΒ.

2 2

οπότε ΚΛ//=ΑΒ. Άρα το ΑΚΛΒ είναι παραλληλόγραμμο. Αν το ΑΚΛΒ είναι ορθογώνιο, τότε ΒΚ=ΑΛ, οπότε ΒΔ=ΑΓ. Άρα το ΑΒΓ Δ πρέπει να είναι ισοσκελές τραπέζιο.

9. Στο τραπέζιο ΕΒΓΛ η ΖΙI είναι διάμεσος, οπότε

ΕΒ + ΑΓ ΖΗ = •

ΑΒ 3 Η Α Β

2 2 = ΑΒ

Άρα ΗΖ//=ΑΒ, οπότε το ΑΒΖΗ είναι παραλληλόγραμμο. Επίσης ΘΔ = ΔΓ - ΘΓ = ΔΓ - ΑΒ. αφού το ΑΒΓΘ είναι παραλληλόγραμμο.

Λ Ε, Β

0

5.10-5.11 73

10. Το ΑΓΓ'Α' είναι τραπέζιο με διάμεσο ΚΚ'. Α Α' + ΓΓ'

Άρα ΚΚ' = <=> ΑΑ' + ΓΓ' = 2ΚΚ' (1) 2

Επίσης το ΒΒ'Δ'Δ είναι τραπέζιο με διάμεσο ΚΚ'. DD' ι Λ Λ '

Αρα ΚΚ' = <=> ΒΒ' + Δ Δ ' = 2ΚΚ' (2) 2

Από τις (1) (2) προκύπτει ότι ΑΑ' + ΒΒ' + ΓΓ'+ΔΔ' = 4ΚΚ'.


1. Έστω ότι η διχοτόμος της Α τέμνει την ΒΓ στο Ε. Αρκεί ΔΕ διχοτόμος της Δ . Αν Ζ το σημείο τομής των ΑΕ, ΔΓ τότε Α] = Ζ, οπότε Α2 = Ζ .

Άρα ΑΔ = ΔΖ <=> ΑΔ = ΔΓ + ΓΖ <=> . <=> ΑΒ + ΓΔ = ΔΓ + ΓΖ <=> ΑΒ = ΓΖ .

Επομένως το ΑΒΖΓ είναι παραλληλόγραμμο (ΑΒ//=ΓΖ). Άρα Ε μέσο ΑΖ, οπότε η διάμεσος ΔΕ του ισοσκελούς

τριγ. ΑΔΖ είναι και διχοτόμος της Δ .

2. Φέρουμε ΜΕ_Ι_ΑΔ, οπότε ΜΕ διάμεσος. Τότε ΒΓ Μ, = Δι (ΓΜ = = ΓΔ) 2

Μ2 = Δ ι (εντός εναλλάξ)

Μ3 = Μ2 (ΜΕ ύψος και διάμεσος)

Άρα: ΑΜΓ = 3Μ3 = 3ΜΑΒ. αφου Μ3 = ΜΑΒ .

3. Έστω Κ το κέντρο του ΑΒΓΔ και ΚΚ'_Ι_ε. Τότε το ΚΚ' ενώνει τα μέσα των διαγωνίων του τραπεζίου

ΑΑ' — ΓΓ' ΑΑ'ΓΓ'οπότε ΚΚ' = (1)

Επίσης στο τριγ. ΔΒ Β' είναι ΚΚ' = ΒΒ'

(2)

Από τις (1), (2) προκύπτει ότι ΑΑ'-ΓΓ'=ΒΒ'.

74 5.10-5.11

Δ 4. Έχουμε ΑΒΓ: (Δ, Ε μέσα ΑΒ, ΒΓ). Αρα ΔΕ||= —— (1)

Επομένως το ΔΕΓΑ είναι τραπέζιο με διάμεσο τη ΖΗ. ΔΕ + ΑΓ 3 Άρα: ΖΗ = <=> 2ΖΗ = - ΑΓ

2 2 3 Β Γ

Αλλά ΖΗ = - ΒΓ, οπότε ΑΓ = . 8 2

Άρα Β = 30°.

5. ί) Επειδή ΔΜ=ΔΓ είναι Γ = Μ, . οπότε Β = Μ2

(παραπληρωματικές ίσων γωνιών). Άρα το ΑΒΜΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε ΑΜ=ΒΕ. ii) Αν η ΑΕ τέμνει την ΔΓ στο Ζ τότε ΑΖ=ΒΓ (1) (αφού

ΑΒΓΖ παραλληλόγραμμο) και ΕΖ = ο Ε Ζ = (2) 2 4

Άρα ΑΕ = ΑΖ - ΕΖ = ΒΓ ΒΓ 4

ΒΙ


1. Έστω ΑΒ<ΑΓ Τότε: Δ

ΑΒΑ: (Δ = 90°, Α = 60°, Β = 30°)

ΑΒ Α Γ Άρα ΑΔ = < (1) και 2 2

Δ ΑΓΕ: (Ε = 90 , Α = 60 30°)

,. Α Γ ΑΓ ΑΒ . Αρα ΑΕ = —— > (2). Επομένως

ΑΓ ΑΒ ΜΕ = ΑΕ - AM = και 2 2

ΑΓ ΑΒ ΝΔ = ΑΝ - ΑΔ = . Άρα ΜΕ=ΝΔ. 2 2

2. Έχουμε ΕΒΚ = Ε, (1) ΔΕ

Έστω Μ το μέσο του ΔΕ. Τότε: AM = = Α Β


Άρα ΑΒΜ = Μ, (2)

Αλλά Μ, = Ε, + Α, = 2Ε, (AM = ΜΕ) (3

Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι ABM = 2ΕΒΚ. Άρα ΑΒΚ = ABM + ΕΒΚ = 3ΕΒΚ .

3. α) Έχουμε ΑΒ=ΑΒ' και ΑΕ=ΑΕ' (1) (γιατί τα τριγ.

ABB' και ΑΠΕ' είναι ισοσκελή). Αρα: Β'Ε' = ΑΕ' - ΑΒ' = ΑΕ - ΑΒ = ΑΔ + ΔΕ - ΑΒ =

ΑΒ ΑΓ ΑΓ - ΑΒ = + ΑΒ = 2 2 2

β) Έχουμε: Ι Έ ' = ΑΓ - ΑΕ' = ΑΓ Α Ε - Μ ΑΔ - ΔΕ =

Α Β Α Γ Λ,' ΑΒ Ί 1

= ΑΓ

Άρα ΒΈ'=ΓΕ' Επομένως στο τριγ. ΓΒΒ' (Ε' μέσο ΓΒ', ΕΕ/ /ΒΒ) . Άρα Μ μέσο ΒΓ.

ΑΒ 4. α) Επειδή ΗΒ//=ΖΓ και ΗΒ = = ΒΓ το ΗΒΓΖ είναι ρόμβος,

β) Έχουμε Z j=E | (1).

Επίσης στο τριγ. ΑΕΒ (Ε = 90°, ΕΗ διάμεσος). ΑΒ - „ Αρα ΕΗ = = ΗΖ, οποτε Ζ, = Ε-, (2) 2

Από (1) (2) προκύπτει ότι ΖΕ διχοτόμος της ΗΕΓ

γ) Επειδή ΕΓ//ΗΖ και HE = = ΖΓ το ΗΕΕΖ είναι 2

ισοσκελές τραπέζιο. δ) Επειδή ΗΕΓΖ ισοσκελές τραπέζιο είναι Γ = ΗΕΓ = 2ΖΕΓ (3) Επίσης Ζ.] = ΖΕΕ (4) και Ζ2 = Ε (5)

Από (3), (4), (5) προκύπτει ότι ΔΖΕ = Ζ2 + Ζ, = 3ΖΕΕ .


5. Στο τραπέζιο ΑΓΓΆ ' η MM' είναι διάμεσος. , ΑΑ' + ΓΓ'

Αρα MM' = <̂> ΑΑ' + ΓΓ' = 2ΜΜ (I)

Έστω Δ το μέσο του ΒΚ.

Τότε ΒΔ: ΔΚ=ΚΜ. Επομένως στο τραπέζιο ΒΚΚ'Β' η ΔΔ' είναι διάμεσος.

Λ Λ , ΒΒ' + ΚΚ' Αρα Δ Δ = ΒΒ + ΚΚ = 2ΔΔ (2)

2 Επίσης στο τραπέζιο ΔΜΜ'Δ' η ΚΚ' είναι διάμεσος. Άρα

MM' + Δ Δ ' ΚΚ = » MM' + ΔΔ = 2ΚΚ

2 <=>2ΜΜ' + 2ΔΔ' = 4ΚΚ' (3)

Από τις (1), (2), (3) προκύπτει ότι ΑΑ'+ΒΒ'+ΓΓ'=3ΚΚ'.

6. α) Έχουμε ΒΕΓ (Δ,Ζ μέσα ΒΓ, ΕΓ). Άρα ΔΖ//ΒΕ Δ

β) ΔΕΓ (Ζ, Η μέσα ΕΓ, ΔΕ). Άρα ΖΗ//ΔΓ, οπότε ΖΗ_Ι_ΑΔ (αφού ΑΔ±ΔΓ). Επομένως το Η είναι το

ορθόκεντρο του τριγ. ΑΔΖ. Άρα ΑΙ Ι1ΔΖ, οπότε ΑΗ1ΒΕ (αφού ΒΕ//ΔΖ).

Δ Δ 7. Έχουμε ΑΒΗ = ΑΓΕ

(ΑΒ = ΑΕ, ΑΓ = ΑΗ, ΕΑΓ = ΒΑΗ = 90° + Α)

Αρα ΕΓ=ΒΗ (1) και Ε, = Β, οπότε Ν = ΕΑΒ = 90° Άρα ΕΓ1ΒΗ (2)

Αλλά K M / / = - y (3) (τριγ. ΕΒΓ)

ΒΗ και Μ Α / / = (4) (τριγ. ΗΓΒ).

2

Λ Λ' Κ' Μ'

Από τις (1), (2), (3), (4) προκύπτει ότι KM _L=MA.

Γ ενικές Ασκήσεις 7 7

8. α)Έχουμε Μ μέσο ΟΓ, Η μέσο ΒΓ και ΟΗ= —

Στο τριγ. ΒΟΓ το Ζ είναι το βαρύκεντρο, οπότε 2 2 α α ΟΖ= — ΟΗ= = -3 3 2 3

β) Είναι Ζ Η11 = (τριγ. ΒΕΓ) και ΖΗ = (Ζ βαρυκ.)

Λρά ΟΖ// =ΕΓ, οπότε το ΟΖΓΕ είναι παραλληλόγραμμο.

9. ϊ) Έστω Κ μέσο ΑΒ και Α το σημείο τομής των ΟΚ και ΔΓ. Αρκεί Λ μέσο ΔΓ. Έχουμε ΟΑΒ(0 = 90', ΟΚ διάμεσος)

Αρα Ο, = Α, . Αλλά Aj = Δ, οπότε Ο] = Δ ή

ΟΛ=ΔΛ.

Όμοια ΟΑ=ΑΓ. Άρα το Λ είναι το μέσο του ΔΓ ΔΓ ΑΒ ιι) ΚΑ = Ο Α - Ο Κ =

2 2 ΑΒ ΔΓ (αφου ΟΚ = , OA = )

2 2 ΑΔ

iii) Το ΚΕΛΖ είναι παραλληλόγραμμο γιατί ΚΖ / / = ΑΕ / / = — ( α π ό το τριγ. ΑΒΓ

και ΑΓ Δ). Επειδή ΖΕ = = ΚΑ , το ΚΕΛΖ είναι ορθογώνιο.

10. Φέρουμε: Δ Δ , Ι Β Γ ΔΔ 2 ±ΑΒ|

ΕΕ,ΙΒΓ ]

ΕΕ2ΧΑΓ J

Στο τραπέζιο ΔΕΕ]Δ| η ΜΖ είναι διάμεσος, οπότε

ΔΔ, +ΕΕ, (1)·<2) ΑΑ-, + Ε Ε , ΜΖ = 1 L = ? 2.=

οπότεΔΔ|=ΔΔι (1) και

[· οπότε ΕΕ|=ΕΕ2 (2) Μ // //

ΔΔ-, ΕΕ7 — Η — = ΜΚ + ΜΗ (στα τρίγωνα ΔΕΔ2 και ΔΕΕ2. αφου Μ μεσο ΔΕ).

ΚΕΦΑΛΑΙΟ


Λ ν μας ενδιαφέρει γωνία που σχετίζεται με δυο εφαπτόμενους κύκλους, συνήθως φέρουμε την κοινή εφαπτομένη (εσοκερική ή εξωτερική). (Ασκήσεις: §6.4 Σύνθετα 1, 2)

Όμοια, στους τεμνόμενους κύκλους, συνήθως φέρουμε την κοινή χορδή. (Ασκήσεις: §6.6 Αποδεικτικές 1)

Για να διέρχεται ένας κύκλος (Α, Β, Γ) από ένα σημείο Δ αρκεί τα Α, Β, Γ και Δ να είναι κορυφές εγγράψιμου τετραπλεύρου. (Ασκήσεις: Γ ενικές 6, 8)

6.1-6.4 81

§ 6 . 1 - 6 . 4

Ασκήσεις εμπέδωσης

1. Για το Γ'σχήμα έχουμε: 2x + 3x + 4χ = 360° <=> 9χ = 360°<=> χ = 40° . Η y είναι εγγεγραμμένη γωνία και βαίνει στο τόξο ΒΓ = 4χ οπότε y — 2χ — 2 • 40 — 80° .

Για το 2" σχήμα έχουμε x = Α ΒΔ = 50°, ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο. Γ ια τον ίδιο λόγο ΔΑΓ = ΔΒΓ = 35° οπότε από το τρίγωνο ΑΔΓ βρίσκουμε: y = 180°-χ - 35°= 105° .

2. Η γωνία Α είναι γωνία τεμνουσών οπότε (§ 6.3) έχουμε: 1 η n I γι η

Α = - ( Γ Δ - BE) <=> 40°= - (200° - BE) <=> BE = 120° . 2 2

3. Εια το Γ σχήμα έχουμε: x = Α = 40°, γιατί η χ είναι γωνία χορδής και εφαπτομένης. Γι Γι Γι

ΤότεΒΓ = 80°. Επειδή ΑΒ=ΑΓ θα είναι ΑΒ = ΑΓ = y οπότε από την: η

2y + ΒΓ = 360° <=> 2y + 80°= 360° <=> y = 140° . Για το 2" σχήμα έχουμε: Η Α είναι γωνία τέμνουσας και εφαπτομένης, επομένως σύμφωνα με την § 6.3 θα είναι:

Α = — ( y - x) ο y — χ = 120° (1). Για τη γωνία Γ έχουμε:

η

Γ = ΓΒΔ = = ~~(360°-x - y) <=> 50°= ^-(360°-χ - y) ο x + y = 260°(2)

Λύνοντας το σύστημα των (1) και (2) βρίσκουμε: χ = 70° , y = 190°.

4. Από το σχήμα έχουμε: Λ 1 n n j n n n n Κ = — (ΔΓ+ BE) <=> 7 0 ° = - ( Δ Γ + Β Ε ) « ΔΓ+ BE = 140°(1).

] η Γι Γι η Επίσης: Α = — (ΓΔ- BE) <=> Δ Γ - BE = 50°(2). Λύνοντας το σύστημα των (1) και (2)

ο η βρίσκουμε: ΔΓ = 95° , BE = 45°.

5. Έχουμε: Α = - 0 ή 70°= ^-0 ή. 0 = 140°.

Επειδή ΟΒ = ΟΓ είναι Β[ = ί \ = x οπότε

82 6.1-6.4

2χ + Ο = 180° ή χ = 20° δηλ. Β, = Γ, =20° Επειδή η

Α = 70° θα είναι ΒΜΓ = 140° και αφού Μ μέσο η η I

ΒΜ = ΜΓ = 70° οπότε Β^ = Γ, = - 7 0 ° = 35° και από 2

το τρίγοονο ΒΜΙ ' βρίσκουμε ότι Μ = 180°-2 · 35°= 110° .

6. Από το σχήμα έχουμε y = 2ζ (y εξωτερική γωνία τρι-γώνου)και x = ζ , ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο. Με τη βοήθεια αυτών η ί) είναι σωστή.

7. Τα ζητούμενα καθίσματα είναι αυτά που βρίσκονται πάνω στο τόξο που γράφεται με χορδή το τμήμα που εκφράζει το πλάτος της σκηνής και δέχεται γωνία ίση με τη γωνία υπό την οποία φαίνεται η σκηνή από το κάθισμα Α.


Μ 1. Ευθύ: Έστω Μ το μέσο ενός τόξου Α Β και ε η εφαπτο-μένη του στο Μ. Θα δείξουμε ότι ε / /ΑΒ . Έχουμε: η Μ, είναι γωνία χορδής και εφαπτομένης, άρα:

Α = Μ[(1). Εξ' άλλου αφού Μ μέσο Α Β θα είναι η n „

AM = MB οπότε A = Β(2) ως εγγεγραμμένες που βαί-η η

νουν στα ίσα τόξα MB και ΜΑ αντίστοιχα. Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι Β = Μ j απ' όπου έχουμε ε//ΑΒ.

Αντίστροφο: Υποθέτουμε τώρα ότι ε / /ΑΒ και θα δείξουμε ότι Μ μέσο ΑΒ . Έχουμε Α = Μ ((3) (γωνία χορδής και εφαπτομένης) και Β = Μt (4) (γιατί ε / /ΑΒ ).

η η Από (3), (4) προκύπτει ότι Α = Β οπότε και τα αντίστοιχα τόξα αυτών MB, ΜΑ είναι

η ίσα δηλ. Μ μέσο του ΑΒ .

2. Επειδή Γ αντιδιαμετρικό του Α στον κύκλο κέντρου Κ, η γωνία ΑΒΓ είναι ορθή γιατί βαίνει σε ημικύκλιο, δηλ. ΑΒΓ = 90°(1) όμοια ΑΒΑ = 90° (2). Από (1) και (2)

προκύπτει ότι ΑΒΓ + ΑΒΑ = 180° η οποία σημαίνει ότι Γ, Β, Δ συνευθειακά δηλαδή η ΓΔ διέρχεται από το Β.

κ / • Τ ν / \ ) \

6.1-6.4 83

3. Αρκεί Pj + Δ = 90°. Έχουμε:

Ρ, = Ρ2 (ως κατακορυφήν)

Δ = Β (εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο) και Β = Ρ;, (γιατί το τρίγωνο ΒΡΓ είναι ορθογώνιο στο Ρ και ΡΜ διάμεσος)

4.

Άρα Ρ] + Δ : Ρ 2 + Ρ 3 ΒΡΓ' = 90°, αφού οι

χορδές ΑΒ και ΓΔ τέμνονται κάθετα. Επειδή ΑΙΒ = 100° το I βρίσκεται σε τόξο τι

που γράφεται με χορδή ΑΒ και δέχεται γωνία 100° . Όμοια το I βρίσκεται και στο τόξο τ2 που γράφεται με χορδή τη ΒΓ και δέχεται γωνία 125°. Τα τόξα αυτά έχουν κοινό το σημείο Β που δε βρίσκεται πάνω στη διάκεντρο τ(ον α-ντίστοιχων κύκλων, επομένως θα έχουν και δεύτερο κοινό σημείο I το οποίο είναι το ζη-τούμενο. Πράγματι ΑΪΒ = 100° από κατασκευή του τ! και ΒΙΓ = 125° από κατασκευή του τΊ

και ΑΙΓ = 360°-100°-125° = 135°. Σχόλιο: Προφανώς ο καπετάνιος έκαμε και μια περιττή μέτρηση.

Σύνθετα θέματα

1. Έστω ότι οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά στο Α. Φέρνουμε τη κοινή εσωτερική εφαπτομένη n αυτών στο Α. Τότε: Β = Α] (γωνία χορδής και εφαπτομένης στον κύ-κλο κέντρου Κ) Γ = Α2 (γωνία χορδής και εφαπτομένης στον κύκλο κέντρου Λ) Αι = Α2 (ως κατα κορυφήν)

Άρα Β = Γ που σημαίνει ότι ΒΒ7/ΓΓ' <Έστω ότι οι κύκλοι εφάπτονται εσωτερικά στο Α. Τότε, όπως και στην προηγούμενη

περίπτωση, φέρνουμε τη κοινή εξωτερική εφαπτομένη και έχουμε: Β = Α , και Γ = Α| (χορδή και εφαπτομένη) οπότε Β = Γ άρα ΒΒ7/ΓΓ'.

84 6.1-6.4

2. Έστω Ζ, Η τα δεύτερα κοινά σημεία των ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα με το μικρότερο κύκλο. Για να δεί-ξουμε ότι η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Β Α Γ αρκεί να δείξουμε ότι η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Ζ Α Η και επειδή, αυτή είναι εγγγεγραμ-μένη στο μικρό κύκλο αρκεί να δείξουμε ότι τόξο ΖΔ είναι ίσο με το ΔΙ1, το οποίο σύμφωνα με την άσκηση 1 είναι ισοδύναμο με την ΒΓ//ΖΗ το ο-ποίο είναι με τη σειρά του ισοδύναμο με την Γ = Η που ισχύει γιατί Γ = Α | και Η = Α | , ως γωνίες χορδής και εφαπτομένης όπου ε η κοι-νή εξωτερική εφαπτομένη το)ν δύο κύκλων στο Α.

3. Για να δείξουμε ότι ΡΑ=ΓΔ αρκεί να δείξουμε ότι η γωνία Λ Δ Ρ ισούται με την γωνία Δ Α Ρ. Έχουμε: η γωνία Α Α Ρ είναι εξωτερική στο τρί-γωνο ΑΔΓ οπότε: Α Δ Ρ = Γ + Αι (1). Όμως

Γ = A j ( γωνία χορδής και εφαπτομένης) και

Α ι = Α 2 γιατί η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας

Β ΑΓ. Με αντικατάσταση των Γ και Α, με τα ίσα τους στην (1) παίρνουμε:

ΑΔΡ = Α 3 + Α 2 = ΔΑΡ δηλ. ΑΑΡ = ΔΑΡ που είναι το ζητούμενο.

§ 6 .5 • 6 .6


1. Επειδή το ΑΒΓΔ είναι εγγράψιμο έχουμε: Α + Γ = 180° ή 120°+Γ = 180° ή Γ = 60° .

Επίσης έχουμε Δ = Βεξ ή Δ = 80° .

Προφανώς δε Β = 180°-Βεξ = 100° .

2. Επειδή ΑΒΓΔ ρόμβος θα είναι Α = Γ(1). Αλλά ο ρόμ-βος ΑΒΓΔ είναι και εγγεγραμμένος σε κύκλο, οπότε Α + Γ = 180°(2). Από τις (1), (2) προκύπτει 2Α = 180°

ή Α = 90° . Δηλαδή ο ρόμβος ΑΒΓΔ έχει μια γωνία ορθή, άρα είναι τετράγωνο.

6.5-6.6 85

3. Σε κάθε παραλληλόγραμμο οι απέναντι γωνίες εί-ναι ίσες, δηλαδή Α = Γ,Β = Δ . Αφού είναι και εγγεγραμμένο, οι απέναντι γωνίες είναι και πα-ραπληρωματικές, συνεπώς Α = Γ = 1 L και B = A = 1L.

4. ί) Αφού το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο θα εί-ναι ΑΒ=ΓΔ και ΒΓ=ΔΑ. Επειδή είναι περιγράψι-μο θα έχουμε ότι: ΑΒ+ΓΔ=ΑΔ+ΒΓ ή 2ΑΒ=2ΒΓ ή ΑΒ=ΒΓ. Επομένως το ΑΒΓΔ είναι ρόμβος, ϋ) Αφού το ΑΒΓΔ είναι ρόμβος οι διαγώνιοι του διχοτομούν τις γωνίες του, επομένως τέμνονται στο κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου.


1. Αρκεί να αποδείξουμε ότι Γ = Δ , . Γι' αυτό φέρ-νουμε τη κοινή χορδή ΑΒ οπότε από τα σχηματιζόμενα εγγεγραμμένα τετράπλευρα ΑΒΓΤ και ΑΒΔ Δ έχουμε: Γ = Β, ( Β| εξωτερική γωνία του ΑΒΓΤ)

Β, = Δ ] ( Δ , εξωτερική γωνία του ΑΒΔ'Δ).

Από τις σχέσεις αυτές προκύπτει Γ = Δ[ δηλ. το ζητούμενο.

2. Αρκεί να δείξουμε ότι Α, = Ει .

Έχουμε: Α, = Β(1) (γωνία χορδής και εφαπτομέ-

νης) στον κύκλο (Ο) και Εj = Β(2) γιατί το ΒΔΕΓ είναι εγγεγραμμένο στον κύκλο (Κ). Από τις (1) και (2) προκύπτει Α, = Ε, το οποίο ση-μαίνει ότι ε//ΔΕ.

86 6.5-6.6

3. Είναι ΒΔΗ + ΒΖΗ = 90°+90°= 180° οπότε το ΒΔΗΖ είναι εγγράψιμο σε κύκλο και επομένοος

\ Ε Δ, =Β,(1) . Αλλά και το ΒΖΕΓ είναι εγγράψιμο \ Ε

σε κύκλο, γιατί ΒΖΓ = ΒΕΓ = 90° οπότε ζ

\ Β, = Γ, (2). Όμως και το ΔΗΕΓ είναι κι αυτό Μ ,

Η / \ 7

εγγράψιμο,αφού ΗΔΓ + ΗΕΓ = 90°+90°= 180°

οπότε f t = Δ 2 (3).

Από (1), (2) και (3) προκύπτει ότι: Δ , = Δ 2 δηλ. ΑΔ διχοτόμος της γωνίας ΖΔΕ του τριγώνου ΔΕΖ. Όμοια αποδεικνύεται και για τα άλλα ύψη.

Μ 4. Αρκεί να δείξουμε ότι Κ + Μ = 180°. Είναι ΚΑ = ΚΔ , ως εφαπτόμενα τμήματα από το σημείο Κ προς τον κύκλο και επομένως Α ι = Δ j = ω οπότε από το τρίγωνο ΚΑΔ

έχουμε Κ = 180°-2ώ . Όμως Β, = Aj = ώ , ως γωνία χορδής και εφαπτομένης οπότε Κ = 180°—2Β, 0) -

Όμοια βρίσκουμε ότι Μ = 180°-2Δ, (2)

Επειδή όμως ΑΒ1ΓΔ είναι Β, + Δ , =90°(3)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις (1) και (2) βρίσκουμε ότι Κ + Μ = 360°—2(Β, + Δ,)οπότε

παίρνοντας υπόψη και την (3) προκύπτει ότι Κ + Μ = 180° που σημαίνει ότι το Κ Λ Μ Ν είναι εγγράψιμο σε κύκλο.


1. Αρκεί να δείξουμε ότι A j + Ε | = 90° . Γ Γ αυτό φέρνουμε την ΌΒ, οπότε από το ισοσκελές τρί-γωνο ΑΟΒ βρίσκουμε: 2Α, + Ο = 180° και επει-

δή Ο — 2Γ , αφού Γ εγγεγραμμένη και Ο επί-κεντρη που βαίνουν στο ίδιο τόξο, παίρνουμε 2 Α ι + 2Γ = 180 <=> Α, + Γ = 90° (1). Επειδή ό-

μως ΒΕΓ = ΒΛΓ = 90° το ΒΕΔΓ είναι εγγράψι-

μο σε κύκλο στον οποίο η Γ, είναι εξωτερική

6.5-6.6 87

2"s τρόπος: Φέρνουμε την εφαπτομένη χχ ' στο Α, οπότε ΟΑΙχχ ' . Αρκεί να αποδεί-ξουμε ότι ΔΕ//χχ'. Πράγματι χΑΒ = Γ (χορδή και εφαπτομένη) και Γ = Ε], οπότε

χΑΒ = Ε, . Άρα ΔΕ//χχ'.

Φέρνουμε τα τμήματα ΟΔ και ΟΕ. Στο τρίγωνο ΟΔΕ το ΟΜ είναι ύψος, από κατασκευή οπότε για να είναι ΔΜ = ΜΕ πρέπει το τρίγωνο ΟΔΕ να είναι ισοσκελές δηλ. πρέπει Δ ( = Ε , . Επειδή ει εφαπτομένη και ΟΒ ακτίνα που καταλήγει στο σημείο επαφής έχουμε: ΟΒΔ = 90°. Επίσης και ΟΜΔ = 90° οπότε το ΟΒΔΜ είναι εγγράψιμο και επομένως Α, = Β( (1)

Επίσης από ΟΜΕ = ΟΓΕ = 90° προκύπτει ότι

ΟΜΓΕ εγγράψιμο οπότε Ε| — Fj (2).

Αλλά ΟΒ = ΟΓ συνεπάγεται ότι το τρίγωνο ΟΒΓ είναι ισοσκελές οπότε Β] = Γ j (3).

Από (1), (2) με τη βοήθεια της (3) βρίσκουμε ότι Λ, = Ε] που είναι το ζητούμενο.

3. Έστω Δ, Ε, Ζ οι προβολές ενός σημείου Μ του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ πάνο) στις πλευρές του ΒΓ, ΑΙ", ΑΒ αντίστοιχα. Για να δείξουμε ότι τα Δ, Ε, Ζ είναι συνευθεια-κά αρκεί να δείξουμε ότι ΖΕΜ + ΜΕΑ = 180° . Επειδή ΜΖΑ + ΜΕΑ = 90°+90° = 180° το ΜΖΑΕ είναι εγγράψιμο σε κύκλο, οπότε ΜΕΖ = Μ ΑΖ(1).

Επίσης από ΜΕΓ - ΜΔΓ = 90° προκύπτει ότι ΜΕΔΓ εγγράψιμο και επομένως ΜΕΔ + ΜΓ Δ = 180°(2)

Αλλά, αφού ΑΒΓΜ εγγεγραμμένο, θα είναι ΜΑΖ = ΜΓΔ(3)

Από (1) και (3) προκύπτει ότι ΜΕΖ = ΜΓΔ οπότε αντικαθιστώντας στη (2) βρίσκουμε ότι ΜΕΔ + ΜΕΖ = 180° η οποία σημαίνει ότι τα σημεία Δ, Ε, Ζ είναι συνευθειακά.

88 6.5-6.6

4. Η γωνία ΖΑΓ είναι εγγεγραμμένη στον (Α,Λ,Γ) κύκλο και η ΑΔ είναι διχοτόμος της, άρα * π π Α ! = Α 2 ή ΖΑ = ΔΓ οπότε και ΖΔ = ΔΓ(1).

Όμοια η ΑΔ είναι διχοτόμος και της ΒΑΕ που είναι εγγεγραμμένη στον (Α,Δ,Β) κύκλο, οπότε ΔΕ = ΒΔ(2) Επειδή το ΑΒΔΕ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο θα είναι ΕΔΓ = ΒΑΓ(3). Επίσης και το ΑΖΔΓ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, οπότε ΒΔΖ = ΒΑΓ(4). Από (3) και (4) προκύπτει ότι ΕΔΓ = ΒΔΖ από την οποία με τη βοή-θεια και των (1), (2) προκύπτει ότι τα τρίγωνα ΒΔΖ και ΓΔΕ είναι ίσα.

§6 .7

Ασκήσεις εμπέδ(οσης

1. ί) Επειδή ο δρομέας κινείται ισαπέχοντας από τις πλευρές του διαδρόμου, ο γεωμ. τόπος των θέσεων του είναι η μεσοπαράλληλη των πλευρών του διαδρόμου. ίί) Είναι ένας κύκλος ομόκεντρος της γης και ακτίνας R+10 όπου R η ακτίνα της γης σε Km. 2. ί) Ευθύ: Έστω (Μ,ρ) ο κύκλος γνωστής ακτίνας ρ που κυλιέται στο εσωτερικό του γνωστού κύκλου (0,R) και Α το μετακινούμενο μοναδικό κοινό σημείο των δύο κύ-κλων. Τότε OM=OA-MA=R-p δηλ. το τυχαίο σημείο Μ του τόπου απέχει σταθερή α-πόσταση από το σταθερό σημείο Ο, άρα βρίσκεται στον κύκλο (O.R - ρ)

Αντίστροφο. Έστο> Ν ένα σημείο του κύκλου (Ο,R - ρ) και Β το κοινό σημείο της προέκτασης της ON με τον (O.R). Τότε ΝΒ = Ο Β - ON = R - (R - ρ) = ρ οπότε το Β είναι σημείο του κύκλου (Ν,ρ). Επειδή δε το Β είναι σημείο της διακέντρου των (0,R) και (Ν,ρ) το Β εί-ναι το μοναδικό κοινό σημείο των δυο κύκλων. Άρα το Ν είναι κέντρο κύκλου ακτίνας ρ που εφάπτεται στον (0,R) εσωτερικά. Επομένως γεωμ. τόπος του Μ είναι ο κύκλος (Ο, R - ρ).

6.7 89

ii) Ευθύ: Έστω (Μ,ρ) ένας κύκλος γνωστής ακτί-νας ρ που διέρχεται από το σταθερό σημείο Α. τότε ΑΜ=ρ που σημαίνει ότι το Μ βρίσκεται στον κύκλο (Α,ρ).

Αντίστροφο. Έστω Ν τυχαίο σημείο του κύκλου (Α,ρ). Τότε ΝΑ=ρ οπότε το Ν είναι το κέντρο κύκλου που διέρχεται από το Α και έχει ακτίνα ρ. Επομένως ο ζητούμενος γεωμ. τόπος είναι ο κύκλος (Α,ρ).

3. Έστω Θ η θέση του θησαυρού. Επειδή ΘΑ=ΘΒ το Θ είναι σημείο της μεσοκαθέτου ε του τμήματος ΑΒ με άκρα τις θέσεις των δένδρων. Εξάλλου αφού το Θ α-πέχει από το δέντρο Δ απόσταση 4m θα βρίσκεται και στον κύκλο (Δ,4ιη). Άρα η ζητούμενη θέση του θησαυρού θα είναι στα κοινά σημεία της ε με τον κύκλο (Δ,4m).

4. Αν R είναι η ακτίνα του δοθέντος κύκλου, είναι φα-νερό ότι ο γεωμ. τόπος των μέσων Μ της ακτίνας OA, καθώς το Α κινείται πάνω στον (0,R), είναι ο

κύκλος (Ο.—).


1. Ευθύ: Έστω ορθογώνιο τρίγωνο A BE με σταθερή υ-ποτείνουσα ΒΓ=α. Φέρνουμε τη διάμεσο AO που α-

• . η Β Γ α ντιστοιχει στην υποτεινουσα, τοτε ΑΟ = — -— η

οποία σημαίνει ότι το μεταβλητό σημείο Α απέχει α-

πό το σταθερό σημείο Ο σταθερή απόσταση ~ , άρα

α το Α βρίσκεται στον κύκλο (0·~) ·

Αντίστροφο: Γράφουμε τον κύκλο (Ο,—)και έστω Α' ένα σημείο του, διαφορετικό

των Β,Ε. Τότε τα Α', Β, Γ δεν είναι συνευθειακά, ορίζουν επομένως τρίγωνο. Το τρίγω-οι ΒΓ

νο αυτό είναι ορθογώνιο στο Α', αφού για τη διάμεσο Α Ό ισχύει: Α'Ο = — = .

Άρα κάθε σημείο του κύκλου (Ο,—), διαφορετικό των άκρων Β, Γ της σταθερής δια-

μέτρου ΒΓ αυτού είναι κορυφή της ορθής γωνίας Α του μεταβλητού τριγώνου ΑΒΓ.

90 6.7

Επομένοις γεωμ. τόπος το» A rival ο κύκλος (Ο,-·) χωρίς τα σημεία του Β, Γ.

2. Ευθύ: Έστω ε μια ευθεία που διέρχεται από το Β και Μ η προβολή του Α πάνω στην ε. Τότε ΑΜΒ = 1 Lοπότε το Μ βρίσκεται σε κύκλο με διάμετρο το ΑΒ. Αντίστροφο: Γράφουμε τον κύκλο διαμέτρου ΑΒ και θεωρούμε ένα σημείο Ν αυτού, διαφορε-τικό των Α, Β. Τότε ΑΝΒ = 1 L (εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο) και επομένως το Ν εί-ναι προβολή του Α πάνω στην ευθεία Ν Β, που διέρχεται από το Β. Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι κάθε σημείο του κύκλου διαμέτρου ΑΒ, διαφορετικό των Α, Β είναι σημείο του ζητού-μενου γεωμ. τόπου. Όμως στο γεωμ. τόπο ανήκουν και τα Α, Β γιατί το μεν Α είναι προβολή του εαυτού του πάνω στην ΑΒ, ενώ το Β είναι προβολή του Α πάνω στην ευ-θεία που διέρχεται από το Β και είναι κάθετη στην ΑΒ. Επομένως ο ζητούμενος γεωμ. τόπος είναι ο κύκλος διαμέτρου ΑΒ.

3. Ευθύ: Έστω Μ το μέσο της υποτείνουσας ΒΓ του ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ του προβλήματος. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΒΓ η ΟΜ είναι διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα, επομένως

ΒΙ ΟΜ = (1). Ομοια στο ορθογώνιο τρίγιονο ΑΒΙ

η AM είναι διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτεί-ΒΓ

νουσα, οπότε AM = (2). Από (1), (2) προκύ-

πτει ΟΜ=ΜΑ το οποίο σημαίνει ότι το Μ βρίσκε-ται στη μεσοκάθετη ε του τμήματος OA.

Αντίστροφο: Φέρνουμε τη μεσοκάθετη ε του τμήμα-τος OA και θεωρούμε τυχαίο σημείο Ν της ε. Γράφου-με τον κύκλο (Ν,NO), ο οποίος τέμνει τις Oy.Ox στα σημεία Β',Γ" αντίστοιχα. Επειδή Β '0Γ ' = 90°το Β Ί " είναι διάμετρος του κύκλου (Ν,ΝΟ) και επομένως διέρχεται από το κέντρο Ν οπότε, θα είναι Β'Ν = ΝΓ' δηλαδή το Ν είναι μέσο του Β'Γ".

Αρα θα έχουμε Ν Α = NO = ~ ( γ ι α τ ί το ON διάμε-

σος του ορθογωνίου τριγώνου ΟΒ'Γ) . Έτσι για τη διάμεσο ΝΑ του τριγώνου Α Β Τ έχουμε

6.7 91

ΝΑ = -Β'Γ' το οποίο σημαίνει ότι Β'ΑΓ' = 90°. Όμως το Ν είναι εσωτερικό σημείο

της γωνίας, άρα γεωμ. τόπος του Μ είναι το τμήμα Β(,ΓΠ της μεσοκαθέτου ε που βρί-σκεται στο εσωτερικό της γωνίας, συμπεριλαμβανομένων και των άκρων Β Γ

4. ί) Ανάλυση. Έστω ΑΒΓ το ζητούμενο τρίγωνο που έχει: Α = 1 L, ΑΒ=λ και διάμεσο ΑΜ=μ. Τότε ΒΓ = 2AM = 2μ , οπότε έχουμε να κατα-σκευάσουμε ορθογώνιο τρίγωνο από την υπο-τείνουσα και μια κάθετη πλευρά.

Σύνθεση. Κατασκευάζουμε ορθή γωνία xAy , στην Αχ παίρνουμε σημείο Β ώστε ΑΒ=λ και γράφουμε τον κύκλο (Β,2μ), ο οποίος τέμνει την ημιευθεία Ay στο Γ. Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι το ζητούμενο. Απόδειξη. Το τρίγωνο ΑΒΓ έχει: Α = xAy = 1 L, από κατασκευή της xAy , ΑΒ=λ από κατασκευή κα

AM = ΒΓ 2μ • = μ δηλαδή

ι όιαμεσο

τα δοθέντα

Α λ

στοιχεία. α λ Β

Διερεύνηση. Για να υπάρχει λύση θα πρέπει ο κύκλος (Β,2μ) να τέμνει την Ay, το ο-ποίο συμβαίνει όταν λ<2μ.

ii) Έστω ΑΒΓ το ζητούμενο τρίγωνο που έχει: Α = 1 L, διάμεσο ΑΜ=μ και ύψος ΑΔ=λ. Παρατηρούμε ότι το ορθογώνιο τρίγωνο ΔΑΜ (Δ = 1 L )κατασκευάζεται γιατί έχει γνωστή υπο-τείνουσα ΑΜ=μ και μια κάθετη πλευρά ΑΔ=λ. Έτσι για τη σύνθεση, κατασκευάζουμε πρώτα το ΔΑΜ και παίρνουμε την προέκταση της ΜΔ και εκατέρωθεν του Μ τα σημεία Β, Γ ώστε MB = ΜΓ = μ . Τότε το τρίγωνο ΑΒΓ είναι το ζητούμενο. Για να υπάρχει λύση πρέπει να κατα-σκευάζεται το τρίγωνο ΔΑΜ το οποίο συμβαίνει όταν λ<μ.

92 6. '

Σύνθετα θέματα 1. Από τυχαίο σημείο Ρ της ΒΓ φέρνουμε ΡΕ//ΑΒ

και ΡΖ//ΑΓ. Ζητάμε το γεωμ. τόπο του μέσου Μ του ΖΕ. Το ΑΖΡΕ είναι παραλληλόγραμμο οπότε οι διαγώνιες ΑΡ και ΖΕ διχοτομούνται άρα το Μ είναι και μέσο του ΑΡ. Φέρνουμε το ύψος ΑΔ = υ και Μ H I 15! . Στο τρίγωνο ΑΑΡ είναι ΜΗ//ΑΔ και Μ μέσο της πλευράς ΑΡ οπότε

ΑΔ υ ΜΗ = η ΜΗ = —, η οποία σημαίνει οτι το

Μ απέχει σταθερή απόσταση — από τη σταθερή ευθεία ΒΓ και επομένως βρίσκεται σε

ευθεία ε//ΒΓ που απέχει ^ από τη ΒΓ. Επειδή το Ι' είναι σημείο του τμήματος ΒΓ το

Μ είναι σημείο του τμήματος ΚΑ. Αντίστροφο: Έστω Μ σημείο του ΚΑ και Ρ η τομή της AM με τη ΒΓ. Από το Ρ φέρ-νουμε ΡΕ//ΑΒ και ΡΖ//ΑΓ οπότε στο παραλληλόγραμμο ΑΖΡΕ το Μ είναι μέσο της μιας διαγωνίου ΑΡ και επομένως θα είναι και μέσο της άλλης διαγωνίου ΖΕ. Άρα κάθε σημείο Μ του τμήματος ΚΑ είναι σημείο του ζητούμενου γεωμ. τύπου και επομένως γεωμ. τόπος του Μ είναι το τμήμα ΚΑ.

ί) Ανάλυση: Έστω ΑΒΓ το ζητούμενο τρίγωνο που έχει: ΒΓ=λ, Α = ω και διάμεσο ΑΜ=μ. Ε-

πειδή Α = ω το Α βλέπει το σταθερό τμήμα ΒΓ=λ υπό σταθερή γωνία, άρα θα είναι σημείο του τόξου τ που γράφεται με χορδή τη ΒΓ και δέχεται γωνία ώ. Επίσης, αφού ΛΜ=μ το Α α-πέχει σταθερή απόσταση από το σταθερό σημείο Μ, άρα θα είναι σημείο του κύκλου (Μ,μ). Άρα το Α είναι σημείο της τομής του τόξου τ και του κύκλου (Μ,μ). Σύνθεση: Παίρνουμε τμήμα ΒΓ=λ και με χορδή αυτό γράφουμε το τόξο τ που δέχεται γωνία ω. Επίσης παίρνουμε το μέσο Μ του τμήματος ΒΓ και γράφουμε τον κύκλο (Μ,μ) ο οποίος τέμνει το τόξο τ. Αν Α είναι ένα σημείο τομής, το τρί-γωνο ΑΒΓ είναι το ζητούμενο τρίγωνο. Απόδειξη: Το τρίγιονο ΑΒΓ έχει ΒΓ=λ, από κα-τασκευή, Α = ω γιατί είναι εγγεγραμμένη στο τόξο τ που δέχεται γωνία ω και διάμεσο ΑΜ=μ, ως ακτίνα του κύκλου (Μ,μ). Διερεύνηση: Για να υπάρχει λύση πρέπει ο κύκλος (Μ,μ) να έχει κοινά σημεία με το τόξο τ. Αν υπάρχει και δεύτερο κοινό σημείο Α' τότε το τρίγωνο ΑΒ'Γ είναι ίσο με το

93 6.7

τρίγωνο ΑΒΓ, οπότε δεν έχουμε δεύτερη λύση. Αν θεωρήσουμε κι/1 το τόξο τ' του α-ντικειμένου ημιεπιπέδου ως προς την Β Γ τότε τα τρίγωνα που προκύπτουν είναι πάλι ί-σα με το τρίγωνο ΑΒΓ.

ίί) Ανάλυση: Έστω ΑΒΓ το ζητούμενο τρίγωνο που έχει: ΒΓ=λ, Α = ω και διάμεσο ΒΝ=μ. Από το Α φέρνουμε παράλληλη προς τη ΒΝ, που τέ-μνει την προέκταση της ΓΒ στο Κ. Τότε στο τρί-γωνο ΑΚΓ Ν μέσο της ΑΓ και ΝΒ//ΑΚ οπότε Β μέσο ΚΓ και ΑΚ=2ΒΝ=2μ. Επειδή ΚΒ=ΒΓ το σημείο Κ είναι ένα σταθερό σημείο και αφού ΚΑ=2μ=σταθερό το Α είναι σημείο του κύκλου (Κ,2μ). Επίσης αφού Α = ω το Α βρίσκεται σε τόξο τ που γράφεται με χορδή τη BE και δέχεται γωνία ω. Άρα το Α είναι σημείο της τομής του τόξου τ και του κύκλου (Κ,2μ).

Σύνθεση: Παίρνουμε τμήμα ΒΓ=λ και στην προέκταση της ΓΒ σημείο Κ έτσι ώστεΚΒ=ΒΓ. Γράφουμε τον κύκλο (Κ,2μ). Στη συνέχεια με χορδή το ΒΓ γράφουμε τό-ξο τ που δέχεται γωνία ω. Αν Α είναι το σημείο τομής του τ με τον (Κ,2μ) το τρίγωνο ΑΒΓ είναι το ζητούμενο. Απόδειξη: Το τρίγωνο ΑΒΓ έχει: ΒΓ=λ, από κατασκευή, Α = ω , γιατί είναι εγγεγραμμέννη στο τόξο τ που δέχεται γωνία ω και διάμεσο

ΚΑ _ 2μ 2 ~ 2

Διερεύνηση: Για να υπάρχει λύση θα πρέπει ο κύκλος (Κ,2μ) να τέμνει το τόξο τ και προφα-νώς 0 < ω < 180° .

ΒΝ = μ

3. Ανάλυση: Έστω ΑΒΓΔ το ζητούμενο τετρά-πλευρο που έχει ΑΒ=κ,ΒΓ λ, ΓΔ=μ, ΔΑ=ν , και Α = ω. Παρατηρούμε ότι στο τρίγ<ονο Α ΒΔ γνωρίζουμε δυο πλευρές του και την πε-ριεχόμενη γωνία, επομένως αυτό κατασκευάζε-ται. Έτσι προσδιορίζονται οι τρεις κορυφές Α, Β και Δ του τετραπλεύρου. Η κορυφή Γ πλέον είναι η τομή των κύκλων (Β,λ) και (Δ,μ).

94 6.7

Σύνθεση: Με κορυφή τυχαίο σημείο Α κατα-σκευάζουμε γο)νία xAy = ω και στις πλευρές της παίρνουμε τα τμήματα ΑΒ=κ και ΑΔ=ν. Στη συνέχεια γράφουμε τους κύκλους (Β,λ) και (Δ,μ) που τέμνονται στο Γ. Το ΑΒΓΔ είναι το ζη-τούμενο. Απόδειξη: Από κατασκευή έχει ΑΒ=κ, ΑΔ=ν και Α = ω. Επίσης ΒΓ=λ, ως ακτίνα του (Β,λ) και ΔΓ=μ ως ακτίνα του (Δ,μ). Διερεύνηση: Πρέπει 0 < ω < 180° και οι κύκλοι (Β.λ) και (Δ,μ) να τέμνονται.


1. α) Επειδή ΜΔ//ΑΓ, ως κάθετες στην ΑΒ και Μ μέσο Β Γ θα είναι και Ν μέσο ΑΒ οπότε ΜΔ με-σοκάθετος ΑΒ και επομένως ΑΔ=ΔΒ απ' όπου προκύπτει ότι Α, = Β](1).

Όμοια βρίσκουμε ότι Α2 = Γ[ (2).

Από (1) και (2) έχουμε Α, + Α + Α2 = Β[ + 90°+Γ, = 90°+90°= 180°

άρα Δ, Α, Ε συνευθειακά.

β) Επειδή AM διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου που αντιστοιχεί στην υποτείνουοα είναι ΑΜ^ΒΜ οπότε Α 3 - Β και επομένως Α, + Α 3 = Β[ + Β = ΔΒΜ = 90°. Έτσι έχουμε

ΔΒΜ + ΔΑΜ = 90°+90°= 180° που σημαίνει ότι το τετράπλευρο ΑΔΒΜ είναι εγγρά-

ψιμο. Όμοια προκύπτει ότι ΜΑΕ + ΜΓΕ = 180° που σημαίνει ότι και το ΑΜΓΕ είναι εγγράψιμο.

γ) Επειδή ΜΔ.1ΑΒ, ΜΕ1.ΑΓ και Α - 90° προκύπτει ότι το τρίγωνο ΜΔΕ είναι ορ-θογώνιο στο Μ και επομένως κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του είναι το μέσο Κ της πλευράς ΔΕ. Για να εφάπτεται ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΜΔΕ στη ΒΓ αρκεί ΚΜΧΒΓ που ισχύει γιατί ΒΓΕΔ τραπέζιο με Β = Γ = 90° και ΜΚ//ΒΔ, ως διάμεσος του τραπεζίου.


2. Έστω ΑΒΓ μια θέση του τριγώνου ΑΒΓ με σταθερή τη ΒΓ και τη διαφορά ΑΓ - ΑΒ = δ . (ΑΓ > ΑΒ). Έστω Μ η προβολή του Β πάνω στη διχοτόμο ΑΔ και Ε η τομή της προέκτασης της ΒΜ με την ΑΓ. Στο τρίγωνο ABE η AM είναι ύψος και διχοτόμος, επομένως το τρίγοινο είναι ισοσκελές δηλ. ΑΕ = ΑΒ οπότε ΕΓ = ΑΓ - ΑΕ = ΑΓ - ΑΒ = δ(1). Παίρνουμε το μέ-

ΕΓ δ σο Κ της ΒΓ και έχουμε: KM = — = —, λόγω της

(I), οπότε το Μ βρίσκεται στον κύκλο (Κ,—) ·

Αντίστροφα. Έστω Μ σημείο του (Κ. —). Φέρνουμε τη ΒΜ και στην προέκτασή της

παίρνουμε ΜΕ=ΜΒ. Από το Μ φέρνουμε κάθετο στη BE που τέμνει την προέκταση της ΓΕ στο Α. Επειδή AM μεσοκάθετος της BE θα είναι ΑΒ = ΑΕ και ΑΔ διχοτόμος

δ της ΒΑΓ . Επίσης θα είναι ΑΓ - ΑΒ = ΑΓ - ΑΕ = ΕΓ = 2 • ΜΚ = 2— = δ . Το Μ επο-

μένως είναι σημείο του τόπου. Επομένως ο ζητούμενος γεωμ. τόπος είναι ο κύκλος

(Κ , - ) . 2

3. Ανάλυση: Έστω ΑΒΓ το ζητούμενο 1 τρίγωνο με Β = ω , Γ = φ και

Α Β + ΒΓ + ΓΑ = δ . Προεκτείνουμε τη Β Γ εκατέρωθεν κατά τμήματα ΒΔ=ΑΒ και ΓΈ=ΑΓ. Τότε από τα ι-σοσκελή τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΓΕ

ω - φ — και Ε = — 2 2

προκύπτει ότι Δ :

ω και ΔΕ=δ. Το τρίγωνο λοιπόν ΑΔΕ κατασκευάζεται από ΔΕ=δ, Δ = — και Ε

>~Ε

Ψ 2

Σύνθεση: Κατασκευάζουμε το τρίγωνο ΑΔΕ και φέρνουμε τις μεσοκάθετες των ΑΔ και ΑΕ που τέμνουν αντίστοιχα τη ΔΕ στα Β, Γ. Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι το ζητούμενο. Απόδειξη: Επειδή Β σημείο της μεσοκαθέτου του ΑΔ θα είναι ΑΒ=ΒΔ. Όμοια ΑΓ=ΓΕ

ω οπότε: ΑΒ + ΒΓ + ΓΑ = δ και Β = 2Δ = 2 γ = ω. Όμοια Γ = φ

Διερεύνηση: Πρέπει ώ + φ < 180°.

96 Γενικές Ασκήσεις

4. Ανάλυση: Έστω ΑΒΓ μια τέμνουσα του κύκλου ώστε Β μέσο ΑΓ. Παίρ-νουμε το μέσο Κ του AO. Τότε

KB = —και επομένως το Β ανήκει

. , Κ στον κύκλο (Κ,—). 2

Σύνθεση: Γράφουμε τον κύκλο

(Κ,—) που τέμνει τον (O.R) στο Β,

φέρνουμε την ΑΒ και προεκτείνουμε κατά τμήμα ΒΓ=ΑΒ. Απόδειξη: Τότε ΟΓ = 2KB = R οπότε το Γ ανήκει στον κύκλο (0,R) και επομένως η ΑΒΓ είναι η ζητούμενη. Διερεύνηση: Πρέπει οι κύκλοι να τέμνονται, δηλαδή R < AO < 3R

5. Αρκεί να αποδείξουμε ότι Ε + Η = 2 L. Επειδή το τετράπλευρο ΑΕΘΔ είναι εγγε-γραμμένο 0α έχουμε Ε| = Δ, (1) Επίσης από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΕΖΒ έχουμε: Ε2 = Β2(2). Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΒΓΗΖ έχουμε Η ι = Β] (3) και από το ΓΗΘΔ ότι

Η2 = Δ 2 (4) . Προσθέτοντας τις (1), (2), (3) και (4) κατά μέλη βρίσκουμε Ε] + Ε2 + Η| + Η2 Δ ι + Δ 2 + Β| -I- B*> Ε + Η Δ + Β(5).

Αλλά το ΑΒΓΔ είναι εγγράψιμο και Β + Δ = 2Ι_ οπότε από την (5) προκύπτει ότι Ε + Η = 2 L η οποία σημαίνει ότι το ΕΖΗθ είναι εγγράψιμο σε κύκλο.

6. Έστω Η το δεύτερο κοινό σημείο των κύκλων (Α,Ζ,Ε) και (Β,Ζ,Λ). Για να διέρχεται και ο τρί-τος κύκλος (Γ,Δ,Ε) από το Η, αρκεί το τετρά-πλευρο ΔΓΕΗ να είναι εγγράψιμο και για να συμβαίνει αυτό αρκεί Η + Γ = 2 L. Επειδή τα τε-τράπλευρα ΑΖΗΕ και ΒΖΗΔ είναι εγγεγραμμένα έχουμε ότι: Η ι = Α και Η2 = Β οπότε:

' Η + Γ = Η, + Η : + Γ = Α + Β + Γ = 2 L, αφού

Α, Β, Γ γωνίες του τριγώνου ΑΒΓ.


7. Έστω ΚΑΜΝ το τετράπλευρο που ορίζουν οι ευ-θείες του προβλήματος. Για να δείξουμε ότι το ΚΛΜΝ είναι εγγράψιμο αρκεί να δείξουμε ότι Ν = Λ ε ξ .

Θέτουμε ΕΒΔ = ω . Επειδή ΕΟ μεσοκάθετη της ΒΔ θα είναι και ΕΔΒ = ω . Όμοια αν θέσουμε Ζ Α Δ = φ θα είναι και ΖΓΔ = (ρ .

Η γωνία Ν είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΝΒΖ, οπότε έχουμε Ν = ώ + ΒΖΝ(1).

Αλλά και η ΒΖΝ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΑΖΔ οπότε ΒΖΝ = φ + ΖΔΑ(2).

Από (1),(2) έχουμε Ν = ώ + φ + ΖΔΑ(3). Η Αεξ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΑΓ Δ ο-

πότε Δεξ = φ + ω + ΖΔΓ(4). Από (3) και (4) λαμβάνοντας υπόψη ότι ΖΔΑ = ΖΔΓ (οι

διαγώνιες ρόμβου διχοτομούν τις γωνίες του) προκύπτει ότι Ν = Λεξ δηλαδή το ζη-

τούμενο.

8. ί) Επειδή Μ2, Μ3 μέσα των ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα, θα είναι Μ2 Μ3 //ΒΓ δηλ. το ΗιΜιΜ2Μ3 είναι τραπέζιο. Αλλά, επειδή πάλι Μ|,Μ2 μέσα των

ΑΒ ΒΓ, ΓΑ θα είναι Μ,Μ2 ^ τ 0 ορθογώ-

νιο τρίγωνο ΑΗ|Β το Η|Μ3 είναι διάμεσος, άρα ΑΒ

Η,Μ 3 " (2 ) .

Από (1), (2) προκύπτει ότι: Μ,Μ2 = Η , Μ 3 το

οποίο σημαίνει ότι το Η]Μ, Μ2Μ3 είναι ισοσκε-λές τραπέζιο και επομένως (εφαρμογή.2) είναι εγγράψιμο.

ίί) Στο τρίγωνο ΑΗΓ είναι Ζ| μέσο ΑΗ και Μ2 μέσο ΑΓ οπότε, ΖιΜ2//ΓΗ. Αλλά και Μ2Μ]//ΑΒ. Απ' αυτές και επειδή ΓΗ_1_ΑΒπροκύπτει Z|M2-LM2M|, οπότε στο τετρά-πλευρο Ζ|Η|Μ]Μ2 έχουμε Hj + Μ2 = 90°+90°= 180° το οποίο σημαίνει ότι το

Ζ]ΗιΜ]Μ2 είναι εγγράψιμο. ίίί) Από το ί) προκύπτει ότι το Η] είναι σημείο του κύκλου (Μ|, Μ2, Μ3). Όμοια και

τα Η2, Η3 είναι σημεία του ίδιου κύκλου. Από το ίί) συμπεραίνουμε ότι το Ζ] είναι ση-μείο του κύκλου (Ηι,Μ,,Μ?) ο οποίος σύμφωνα με το ί) ταυτίζεται με τον (Μι, Μ2, Μ3), άρα το Ζ ι είναι σημείο του κύκλου (Μ ι, Μ2, Μ3). Όμοια και τα Ζ2, Ζ3 είναι σημεία του ίδιου κύκλου. Άρα τα σημεία Mj, Η;, Zj, ί • 1, 2, 3 είναι σημεία ομοκυκλικά.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ

ΠΑ PATHPHΣΕΙΣ ΥΠΟΑΕΙΞΕΙΣ

Όταν έχουμε αναλογίες της μορφής — = — = · · · θέτουμε Pi $2

— = — = ··• λ, όπου λ > 0. β. 32

(Ασκήσεις: §7.6 Εμπέδωσης 1, 3, Αποδεικτικές 1)

Αν ισχύει το αντίστροφο του θεωρήματος του Θαλή σε τρίγωνο ή τραπέζιο προ-κύπτουν παράλληλες ευθείες. (Ασκήσεις: §7.7 Εμπέδωσης 5, 6, Αποδεικτικές 3, 6)

Αν για δύο τμήματα α, β ισχύει — = 1 ή — = —, όπου x κατάλληλο τμήμα (ή β χ χ

α β \ - η — με χ = y) τοτε α = ρ. χ y

(Ασκήσεις: §7.7 Εμπέδωσης 7, Αποδεικτικές 7)

Σε τρίγωνο ΑΒΓ αν οι ημιευθείες ΑΔ, ΑΕ είναι αντίστοιχα η εσωτερική και εξω-τερική διχοτόμος της γωνίας ΒΑΓ τα Δ, Ε είναι συζυγή αρμονικά των Β και Γ. (Ασκήσεις: §7.8 -7.9 Εμπέδωσης 7, Σύνθετα 1)

7.1-7.6 1 0 1

§ 7.1. - 7.6.

Α σ κ ή σ ε ι ς ε μ π έ δ ω σ η ς

1. Έστω ό τ ι — = — = — = λ τότε Α = 4λ, Β = 3λ και Γ = 2λ 4 3 2

Αλλά Α + Β + Γ = 180°, οπότε 9λ = 180° <=> λ = 20°. Άρα Α = 80% Β = 60% Γ = 40°

2.Έστω φ η παραπληρωματική της ώ . Τότε:

— η φ = 3ω. Αλλά ω + φ = 180° η 4ώ = 180° η ώ = 45° φ 3

(Χ β Ύ 3. Έστω ότι — = — = — = λ τότε α=6λ, β=4λ και γ=3λ 6 4 3

Αλλά α + β + γ = 65cm, οπότε 13λ = 65cm <=> λ = 5cm

Άρα a=30cm, β=20ατι, y=15cm

Α π ο δ ε ι κ τ ι κ έ ς α σ κ ή σ ε ι ς

1. Εστω—— = —— = —— — λ τ ό τ ε Α , = 2 λ Β ε = 3 λ Γ , = 4λ 2 2 2 * * ξ

Αλλά Α ^ + Βεξ + Γεξ = 360° (4 ορθές), οπότε 9λ = 360° <=> λ = 40°

Άρα Αεξ = 80°, Βεξ = 120° και Γ ε ξ = 160°.

Επομένως Α = 100° Β = 60° Γ = 20°

2. Α Β Γ Δ ε

* * Μ * π , ΜΑ MB ΜΑ MB ΜΑ MB Πρέπει = <=> = <=> = <=> 12ΜΑ = 20ΜΒ <=>

ΜΑ ΜΓ ΜΑ + MA MB + ΜΓ 20 12 12(ΜΒ + ΑΒ) = 20ΜΒ <=> 8MB = 12ΑΒ <=> MB = 9

102 7.7

A Β 3.

Μ ΜΑ

ΜΑ 3 Εστω σημείο Μ του ΑΒ τέτοιο ωστε: = —

MB 4 3 ΜΑ 3 3 , Λ Ο Ί , Τότε = <=> = — => ΜΑ = — ΑΒ . Διαιρούμε το ΑΒ=α σε 7 ισα

ΜΑ + MB 3 + 4 ΑΒ 7 7 μέρη και το άκρο του τρίτου από την αρχή τμήματος είναι το ζητούμενο σημείο.

§7.7. Ασκήσεις εμπέδωσης

Λ Α Δ Ρ 1. ί)Έχουμε: ΔΕ||ΒΓ: = (1)

ΔΒ ΕΓ

ΕΖ ΑΒ: ΑΕ _ ΒΖ ΕΓ ~ ΖΓ

,, ΒΖ ΗΒ ΖΗ ΑΓ: = ΖΓ ΗΑ

(2) και

(3)

ΔΑ ΗΒ Από (1), (2), (3) προκύπτει οτι: — = —

ΔΑ ΗΒ ΔΑ π) Εχουμε: = <=> ΔΒ ΗΑ ΔΑ + ΔΒ

ΗΒ ΗΑ + ΗΒ ^ ΑΒ

ΔΑ ΗΒ ΑΒ

<=> ΔΑ = ΗΒ

2. ί) Έχουμε: ΖΓ||ΑΔ: ΑΖ _ Δ £ _ ΑΒ AH ~~ ΔΗ ~ ΔΗ

(ΔΓ = ΑΒ)

ίί) Έχουμε: ΑΕ ΔΕ Α „ Ι | 4 Τ Τ ΕΗ ΔΕ ΑΔ ΒΖ: = καιΑΒ ΔΗ: — = — . ΕΖ ΕΒ ΑΕ ΕΒ

A F F H τ Αρα — = <=> ΑΕ2 = ΕΖ ΕΗ

ΕΖ ΑΕ

, Λ . Ο Δ OA „ 3. Αρκεί = . Εχουμε: OA ΟΕ

ΟΔ ΟΓ ΑΒ ΓΔ: = και

ΒΕΙΙΑΓ:

OA ΟΒ OA _ ΟΓ ΟΕ ~ ΟΒ

Ο Δ OA Αρα: = OA ΟΕ

7.7 103

4. Έχουμε: .. ΑΤ, ΑΕ ΜΑ AM ΔΕ: = καν

ΑΒ ΒΜ ΔΖ AM:

ΑΖ ΜΑ ΑΓ ΜΓ

ΑΕ ΑΖ , ΑΕ ΑΒ Αρα: — (ΒΜ=ΜΓ) ή = ΑΒ ΑΓ ΑΖ ΑΓ Μ Δ

ΑΖ ΑΗ 5. Αρκεί: = (αντίστροφο Θαλή στο τρίγ. ΑΒΔ)

ΖΒ ΗΔ Α 7 A F ΑΤ-Γ A F

Έχουμε: ΖΕ / /ΒΓ: = και ΕΗ / /ΔΓ: = ΖΒ ΕΓ ΗΔ ΕΓ

ΑΖ ΑΕ Αρα: = ΖΒ ΕΓ

ΑΖ _ ΑΗ ΖΒ ~ ΗΓ

ΑΖ _ ΑΓ ΖΒ ~ ΒΔ

6. Αρκεί: (αντίστροφο Θαλή στο τριγ. ΑΒΓ)

Λ 7 Έχουμε: ΖΔ|| ΑΓ:

ι , AH BE Α ΑΖ ΑΗ καιΕΗ ΑΒ: = . Αρα ΗΓ ΕΓ ΖΒ ΗΓ

γιατί ΒΔ = ΕΓ και BE = ΔΓ

7. Έχουμε: ΔΚ / /ΑΒ

και ΚΕ / /ΑΓ:

ΜΔ ΜΚ MB ΜΑ

ΜΕ _ ΜΚ ΜΓ ~ ΜΑ

ΜΔ ΜΕ Αρα = , οποτε ΜΔ= ME (MB = ΜΓ) MB ΜΓ Λ Μ F.

q . . ΖΔ ΗΔ Τ 4 „ , ι 4 ¥ , ΖΔ ΑΕ 8. Αρκεί: = . Εχουμε: ΑΕ ΔΓ: = ΖΕ HE ΖΕ ΔΓ

και ΕΒ ΔΓ: ΗΔ _ ΕΒ HE ~ ΔΓ

ΖΔ ΗΔ Άρα: = (ΑΕ = ΕΒ), οπότε τα Ζ, Η είναι συζυγή

ΖΕ HE αρμονικά των Δ, Ε.

104 7.7

9. Έχουμε ΒΔ//ΓΕ: ΒΓ ΑΓ ΔΕ ~ ΑΕ

, οποτε με

αντικατάσταση των δεδομένων παίρνουμε h 12m = <=> h = 8m

10m 15m


12m

1. Έστω ότι το Γ είναι μεταξύ των Ο και Β. ΓΑ , ΓΑ ΔΑ Τοτε: > 1. Αλλα = > 1 . ΓΒ ΓΒ ΔΒ

Επομένως ΔΑ>ΔΒ Έστω ότι το Γ είναι μεταξύ των Ο και Α.

ΓΑ ΓΑ ΔΑ Τοτε: — < 1. Αλλα = < 1 . ΓΒ ΓΒ ΔΒ

Επομένως ΔΑ<ΔΒ

Α Γ Β Δ Ο

Δ ΑΓ Ο

2. Έχουμε 4x = 6ν = 3ω <=> — = — = — 3 2 4

Παίρνουμε αυθαίρετα ευθ. τμήμα μ. Φέρουμε τυχαία ημιευθεία Αχ και παίρνουμε σ' αυτή τα διαδοχικά τμήματα ΑΓ=3μ, ΓΔ=2μ, ΔΕ=4μ. Ενώνουμε το Ε με

το Β και φέρουμε ΓΖ//ΒΕ και ΔΗ//ΒΕ. Τότε: ΑΖ ΑΓ

ΖΗ ΓΔ

ΗΒ ΑΖ <=> ΔΕ 3μ

ΖΗ ~2μ~

ΗΒ 4μ

Άρα AZ=x, ZH=y και ΗΒ=ω.

3. Αρκεί • ΖΒ

ΑΗ ΗΓ

(αντίστροφο Θαλή στο τριγ. ΑΒΓ).

Επειδή ΑΕ διάμετρος είναι ABE = ΑΓ Ε = 90°. ΑΖ ΑΔ

Άρα ΒΕ||ΔΖ, οπότε = και ΓΕ||ΔΗ, οπότε ΖΒ ΔΕ

ΑΗ ΑΔ . ΑΖ ΑΗ = . Επομένως = ΗΓ ΔΕ ΖΒ ΗΓ

/ ζ / —- \ Η 1

ν \ Δ

7.7 105

4. Έχουμε ΔΖ//ΒΓ: ΔΕ _ ΔΖ ΔΕ ΕΒ ~ ΒΓ η ΕΒ

ΔΕ ΔΖ

ΔΖ ΑΔ , ΔΕ

(ΒΓ = ΑΔ)ή

ΔΖ ΔΕ + ΕΒ ΔΖ + ΑΔ 1 _ ΔΖ 5 2 Δ Ζ + ΑΖ

ΕΒ ΔΖ + ΔΖ + ΑΖ

οπότε ΑΖ = 3ΔΖ

5. Έχουμε: ΔΕ//ΒΓ: ΒΓ ΔΕ

ΖΒ ΔΑ ΖΒ Λ Α ^ <=> - (ΒΓ = ΑΔ) και ΖΕ ΔΕ ΖΕ

ΔΓ _ ΕΒ Α 7. ~ ΖΕ

ΔΑ ΔΓ Αρα

ΔΕ ΔΖ Ζ Β - Ε Β

ΖΕ ΖΕ ΖΕ

ϊ) Έχουμε ΔΚ//ΑΒ:

ΔΕ Αλλά ΜΔ = =

ΜΔ ΔΒ

ΒΔ οποτε

2 ΑΚ

ΜΚ ΑΚ '

ΜΚ _ ~ 2

Άρα Κ βαρύκεντρο του ΑΒΓ. ^ ΔΕ ΕΓ , ΜΕ ίί) Εχουμε: ΜΕ = = — , οποτε

2 2 ΕΓ ΜΚ ΜΕ 1 F C / / Λ Γ Αρα = = —, οποτε ΚΕ / /ΑΓ ΑΚ ΕΓ 2

Λ Μ Ε

7. Έχουμε:

ΟΕ / /ΑΔ:

ΟΖ / /ΒΓ:

ΔΕ ΔΓ ΖΓ ΔΓ

AO ΑΓ ΒΟ ΒΔ

(1) και

— = — (2)

Αλλά ΑΒ//ΓΔ, οπότε AO _ ΒΟ ΑΓ ~ ΒΔ

(3)

ΔΕ ΖΓ Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι = <=> ΔΕ = ΖΓ ΔΓ ΔΓ

106 7.7

Σύνθετα θέματα 1. Εστω Κ, Λ μέσα των ΑΒ, ΑΓ. Φέρουμε ΔΖ//ΚΑ//ΒΓ. Τότε

ΑΔ ΑΖ ΑΖ ΕΓ = , οποτε = ΔΒ ΖΓ ΖΓ ΕΑ

ΑΖ ΕΓ ΑΖ ΕΓ ~ ~ ζ — ~ <=> = <=> ΑΖ — ΕΓ ΑΖ + ΖΓ ΕΓ + ΕΑ ΑΓ ΑΓ

Επομένως στο τριγ. ΔΖΕ το Λ είναι το μέσο του ΖΕ και

ΑΚ//ΔΖ. Άρα Μ μέσο του ΔΕ, οπότε Κ,Λ.Μ συνευθειακά.

-> Λ*' ΑΕ//όγ -τ' ΗΑ ΑΕ ΖΑ ΑΕ 2. Φερουμε ΑΕ//ΒΙ. Τοτε = και = ΗΓ ΜΓ ΖΒ MB

ΗΑ ΖΑ Αρα = (MB = ΜΓ) η ΖΑ ΗΓ = ΗΑ ΖΒ.

ΗΓ ΖΒ

3. Εστω ότι τα Γ, Δ είναι συζυγή αρμονικά των Α,Β. Τότε:

— = — (1) ΓΒ ΔΒ

Επειδή ΒΕ//ΟΑ είναι (2) και ΓΒ BE

ΔΑ OA επειδή ΒΖ//ΟΑ είναι — = — (3)

ΔΒ ΒΖ OA OA Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι <=> BE = ΒΖ BE ΒΖ

ΓΑ ΔΑ Αντίστροφα: Έστω ΒΕ=ΒΖ τότε από (2), (3) προκύπτει ότι = . Αρα τα Γ Δ ΓΒ ΔΒ

\ Α / Γ \ / \ ε

/Β Α

είναι συζυγή αρμονικά των Α, Β.

4. Έχουμε —— = λ ΕΑ και

ΕΔ ΔΓ

Φέρουμε ΔΗ//ΒΖ. Τότε:

ΖΗ

• κ

ΔΒ ΖΗ

ΖΗ ΗΓ

λ »

<=>

ΗΓ ΖΗ

ΖΗ + ΗΓ

ΔΓ λ <=>

λ +1 ΖΓ λ + 1 ΑΕ ΑΖ ΑΖ Επίσης <=> = κ (2). ΕΔ ΖΗ ΖΗ

Από (1), (2) προκύπτει ότι:

( 1 )

7.8-7.9 107

ΑΖ Ζ Η _ _ κ λ _ ΑΖ _ κλ ΖΗ ΖΓ ~ λ + 1 ΖΓ λ + 1

5. Επειδή ΔΒ1ΑΒ, ΑΓ1ΑΒ αρκεί ΜΚ||ΔΒ||ΑΓ.

Έχουμε: ΑΓ//ΔΒ: — = — (1) KB ΔΒ

Αλλά ΑΓ=ΓΜ και ΔΒ=ΜΔ (2) (εφαπτόμενα τμήματα).

Από (1), (2) προκύπτει ότι: ΚΒ ΜΔ

οπότε ΜΚ||ΔΒ (αντίστροφο Θαλή στο τριγ. ΒΓΔ).

§ 7.8 - 7.9

Ασκήσεις εμπέδωσης Δ ΑΕ ΑΒ ΑΒ

1. Έχουμε ΑΒΜ (ΒΕδιχ.): Ε Μ ΒΜ

Δ ΔΑ ΑΒ και ΑΒΓ (ΒΔδιχ.): = (2)

ΔΓ ΒΓ ΑΕ ΑΔ

Από (1), (2) προκύπτει ότι = 2 ΕΜ ΔΓ

ΒΓ 2

= 2 — (1) ΒΓ

2. Έχουμε ΔΒ αγ

και Ε Β=

β + γ αγ 10-6

10 • 6 _ 60 _ , 9 + 6 ~ 15 ~

6 0 — = 2 0

9 - 6 3 β - γ

Αρα ΔΕ = ΔΒ + Ε Β= 24 Β Λ

Δ ΔΑ ΜΑ 3. Έχουμε ΑΜΒ (ΜΔ διχ.): =

ΔΒ MB (1) και

Δ Ρ Α ΜΑ ΑΜΓ (ΜΕ εξωτ. διχ.): = . (2)

Ε Γ ΜΓ Αλλά ΜΒ=ΜΓ (3) Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι ΔΑ ΔΒ

ΕΑ ΕΓ

<=> ΕΑ · ΔΒ = ΕΓ ΔΑ

108 7.8-7.9

Δ Α Δ A M 4. Έχουμε ΑΜΒ (ΜΔ διχ.): = και

ΔΒ MB Δ ο , ΑΕ AM ΑΜΓ (ΜΕ διχ.): = .

ΕΓ ΜΓ

Άρα — = — (ΜΒ = ΜΓ), ΔΒ ΕΓ

οπότε ΔΕ||ΒΓ (αντίστροφο Θαλή στο τριγ. ΑΒΓ).

5. Επειδή ΑΔ, BE και ΓΖ διχοτόμοι είναι: ΑΒ ΑΒ ΕΓ ΒΓ ΖΑ ΔΓ ~ ΑΓ ' ΕΑ ~ ΑΒ ΖΒ

ΕΓ ΖΑ ΑΒ ΒΓ ΑΓ Λ Δ Β Αρα ΔΓ ΕΑ ΖΒ ΑΓ ΑΒ ΒΓ

ΑΓ ~ ΒΓ

= 1

Αν ΑΚ, ΒΛ και ΓΜ οι εξωτερικές διχοτόμοι του τριγ. ΑΒΓ KB ΑΓ ΜΑ , Ισχύει: = 1. Η απόδειξη είναι ομοια. ΚΓ ΑΑ MB

6. Επειδή ΑΒ=ΑΓ έχουμε ΑΒ = ΑΓ , οπότε Δ) = Δ 2 .

Άρα στο τριγ. ΒΔΓ (ΔΕ διχ.): ΕΒ ΔΒ = <=> ΕΒ · ΔΓ = ΕΓ · ΔΒ ΕΓ ΔΓ

7. Έχουμε ΟΑΓ = ΟΕΓ και ΟΒΔ = ΟΕΔ , οπότε Ο) = 0 2

και 0 3 = 0 4 ·

Άρα στο τριγ. ΟΕΖ η ΟΓ είναι εσωτερική διχοτόμος και η ΟΔ εξωτερική διχοτόμος της Ο . Επομένως τα Γ, Δ είναι

συζυγή αρμονικά των Ε,Ζ.

8. Έστω AB=20m, ΑΓ=36ιτ> και ΑΔ η διχοτόμος της γωνίας , ΔΒ ΑΒ ΔΒ 20 5 Α. Τότε = <=> = — = - (1).

ΔΓ ΑΓ ΔΓ 36 9 Από την (1) προκύπτει ότι ΔΒ<ΔΓ. Άρα θα είναι ΔΓ-ΔΒ=12πι (2).

Επομένως

Λ

Β Β ^ / Ε /

Γ

1 ιΜΛ" Γ Ο

v.r ;Μ·ΐ

7.8-7.9

Δ Β 5 ΔΒ ΔΓ ~~ 9 ΔΓ - ΔΒ 9 - 5

5 (2) ΔΒ 5

12m 4 οπότε ΔΓ=27πι και ΒΓ=ΔΒ+ΔΓ=42πι.

<=> ΔΒ = 15m ,

Αποδεικτικές ασκήσεις Δ OA

1. Έχουμε ΟΑΓ (ΟΒ διχ.): ( 0 κ α ι

Δ ΟΒΔ (OA εξωτ. διχοτόμος, γιατί ΟΑ_1_ΟΓ):

^ = ^ (2) ΑΒ ΟΒ

Δ Δ „ Αλλά ΟΑΒ = ΟΓΔ (OA = ΟΔ, Α = Δ = φ

Ο, = 0 3 = 45). Αρα ΟΒ=ΟΓ (3)

Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι: ΑΒ _ ΑΔ ΒΓ ~ ΑΒ

Ο ΑΒ = ΒΓ · ΑΔ

2. Έχουμε:

ΑΔ||ΕΜ: — = — « BE ΑΒ ΒΔ

ΓΖ ΓΜ

ΑΒ ΒΜ ΒΔ

(1) και

ΖΜΙΙΑΔ: — = — <ί=> ΑΓ · ΓΜ = ΓΖ · ΓΔ (2) ΑΓ ΓΔ

Δ , Β Δ ΑΒ ΑΒ ΑΓ ί; Επίσης ΑΒΓ (ΑΔ διχ.): — = — « — = — (3)

ΓΔ ΑΓ ΒΔ ΓΔ Από (1), (2), (3) επειδή ΒΜ=ΓΜ προκύπτει ότι ΒΕ=ΓΖ

ΛΜ

Δ ΑΒ 3. ί) Έχουμε ΑΒΔ (ΒΙ διχ.): — = —

ΑΙ β + γ

Υ ΒΔ

Αλλά ΒΔ αγ

, οποτε — β+ γ ΙΔ

ΑΙ α

ίί) α) Επειδή β+γ-α είναι — = 2. Αλλά Κ βαρύκεντρο, ΙΔ

, ΑΚ „ οποτε = 2. KM

Α Μ

Επομένως —- = , οποτε ΙΚ//ΒΓ (αντίστροφο Θαλή στο τριγ. ΑΔΜ) ΙΔ KM

110 7.8-7.9

β) Έχουμε ΖΕ||ΒΓ, οπότε ΖΕ ΒΓ

β + Ύ ΖΕ = — <=> ΖΕ = 3 3

ΑΚ ΖΕ = <=> - — =

AM α

(αφού β+γ=2α).

2 - Α Μ 7C ί τ, ΖΕ 2 <=> — = — Ο AM α

Δ Λ Λ 1. Έχουμε ΑΒΜ (ΒΔ διχ.):

ΔΜ ΑΕ ΑΓ

ΑΓΜ (ΓΕ διχ,):

ΑΑ ΑΕ • + -

ΕΜ ΓΜ ΑΒ + ΑΓ

ΑΒ ~ ΒΜ

Άρα:

και

ΒΓ AM EM ΒΓ

2

(γιατί ΒΜ=ΓΜ= ) = 2

ΑΒ + ΑΓ : 2 > 2 , διότι ΑΒ+ΑΓ>ΒΓ (τριγωνική ανισότητα) ΒΓ

Ζ Α_ ΟΔ Ζ Γ ~ ΟΓ

(1) 5. i) Έχουμε ΟΔΓ (ΟΖ διχ.):

και ΑΒ//ΓΔ: — = — (2) ΟΓ ΒΓ

, , ΖΔ ΑΔ Απο (1), (2) προκύπτει οτι = <=> ΖΔ · ΒΓ

ii) Όμοια ΟΑΒ (ΟΕ διχ.):

ΖΓ ΒΓ Ε Α_ OA Ε Β ~ ΟΒ

ΖΓ ΑΔ

και ΑΒ//ΓΔ: — = — . Αρα — = — <=> ΕΑ ΒΓ = ΕΒ ΑΔ ΟΒ ΒΓ ΕΒ ΒΓ


I. Επειδή ΚΑ διάμετρος έχουμε ΚΑΔ = 90° (1). Επίσης,

αφού ΚΔ_]_ΒΓ, το Λ είναι το μέσο του τόξου ΒΓ. Άρα Aj = Α2 (2)

Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι οι ΑΚ και ΑΔ είναι η

εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος της γωνίας Α του τριγ. ΕΑΖ. Άρα τα Ε,Ζ είναι συζυγή αρμονικά των Κ,Λ.

7.8-7.9 111

2. Αν οι διχοτόμοι των γωνιών Α και Γ τέμνονται σε σημείο Ε „ Λ , ΕΑ ΑΑ ΕΔ ΓΔ της ΒΔ τοτε: — = και = .

ΕΒ ΑΒ ΕΒ ΒΓ ΑΔ ΓΔ Αρα = <=> ΑΒ · ΓΔ = ΑΔ · ΒΓ ΔΒ ΒΓ

Αντίστροφα: Αν έχουμε ΑΒ ΓΔ = ΑΔ ΒΓ ή ~ ~ = θα ΑΒ ΒΓ

δείξουμε ότι οι διχοτόμοι των γωνιών Α και Γ τέμνονται πάνω στη ΒΔ. Έστω ότι η

διχοτόμος της Α τέμνει τη ΒΔ στο Ε. Τότε: , οπότε από την υπόθεση

ΕΔ _ ΓΔ ΕΒ ~ ΒΓ

. Άρα η ΓΕ διχοτόμος της Γ (στο τρίγ. ΒΓ Δ).

3. Έστω Μ το ζητούμενο σημείο. Αν φέρουμε τη διχοτόμο ΜΔ του τριγ. ΑΜΒ και την προεκτείνουμε τέμνει τον κύκλο στο Ε. Επειδή Μι = Μ2 το Ε θα είναι το μέσο του τόξου ΑΝΒ .

Επίσης ΔΑ ΜΑ μ

Άρα τόσο το Δ, όσο και το Ε ΔΒ MB ν

προσδιορίζονται. Κατασκευή·. Διαιρούμε τη χορδή ΑΒ σε τμήματα ΑΔ, ΔΒ τέτοια

ώστε = — . Φέρουμε κάθετη στο μέσο της ΑΒ, η οποία διχοτομεί το τόξο ΑΝΒ Δ3 ν

στο Ε. Η ΕΔ προεκτεινόμενη ορίζει το σημείο Μ του τόξου Α Β, τέτοιο ώστε ΜΑ μ MB ~ ν '

Πράγματι Μ Α ΔΑ

Μ Β ~ M εκ κατασκευής (αφού ΜΔ διχοτόμος του τριγ. ΑΜΒ).

4. Έστω ότι η ΔΖ τέμνει την ΒΓ στο Κ.. , ΗΚ ΚΓ ,Τ, Αρκεί = Ενουμε:

ΗΔ ΔΓ

ΔΕ//ΒΚ, οπότε ΗΚ ΗΔ

KB ΔΕ

KB ΖΒ

(1) (ΔΕ = ΖΒ)

Επίσης ΖΒ//ΔΓ, οπότε ΚΓ KB ΚΓ KB ΖΒ η ΖΒ ΔΓ

(2)


ΗΚ ΚΓ λ

Από (1), (2) προκύπτει ότι = , οπότε η ΓΗ είναι διχοτόμος της γωνίας ΒΓΔ . ΗΔ ΔΓ

5. Η άγνωστη κορυφή Α του τριγώνου πρέπει: ϊ) Να απέχει από τη ΒΓ απόσταση υ, άρα θα ανήκει σε ευθεία

παράλληλη της ΒΓ και σε απόσταση ίση με υ από αυτή.

ϋ) Να ικανοποιεί τη σχέση = —, άρα θα ανήκει σε κύκλο ΑΓ ν

διαμέτρου ΔΕ, όπου τα Δ και Ε διαιρούν το ΒΓ εσωτερικά και εξωτερικά σε λόγο

λ = ^ . ν

Κατασκευή. Ορίζουμε την ΒΓ=α. Φέρουμε ΓΚ_Ι_ΒΓ ώστε ΓΚ=υ και από το Κ

φέρουμε Κχ//ΒΓ. Διαιρούμε το ΒΓ εσωτερικά και εξωτερικά σε λόγο λ=— και ν

βρίσκουμε τα Δ και Ε. Τέλος γράφουμε κύκλο διαμέτρου ΔΕ οπότε:

Αν το ύψος υ είναι μικρότερο από την ακτίνα του κύκλου έχουμε δύο λύσεις (τα τρίγωνα ΑΒΓ, Α'ΒΓ του σχήματος), άν το ύψος υ είναι ίσο με την ακτίνα μια λύση ενώ άν δεν είναι μεγαλύτερο καμμία λύση.

Γ ενικές ασκήσεις 1. Έχουμε ΚΔ1ΔΕ, ΑΕ1ΔΕ. Άρα ΚΔ//ΑΒ//ΔΕ.

Επομένως ΑΖ//ΚΔ: ΑΖ _ ΛΑ ΑΖ ΚΔ ~ ΚΑ R ~ R + ρ

ΖΒ ΔΖ ΚΑ . ΖΒ//ΑΕ: = = ή ΔΕ Δ Δ ΚΔ

ΖΒ R Ρ R + P

R Λ ^ R ρ ... <=> ΑΖ = (1) και R + ρ

<=> ΖΒ = R-P R +ρ

(2). Από (1), (2) προκύπτει ότι: ΑΒ = ΑΖ + ΖΒ = 2R · ρ R + ρ

2. Φέρουμε Αχ//ΒΓ. Άν η ΔΕ τέμνει τις ΒΓ, Αχ στα Κ, Λ αντίστοιχα έχουμε:

ΑΔ//ΚΒ: — = — (1) και ΑΔ//ΚΓ: _EL = _EL ( 2 ) ΔΑ ΑΔ ΕΑ ΑΔ

Από (1), (2) προκύπτει ότι:


ΔΒ ΕΧ ΔΑ ΕΑ

ΚΒ + ΚΓ ΚΒ + ΚΜ + ΜΓ 2ΚΜ ΑΔ ΑΔ ΑΔ

ΘΜ ΔΘ

, KM ΘΜ 1 / , Λ „ , (γιατί = ) = 2 · — = 1 (αφου Θ βαρυκεντρο). ΑΔ ΔΘ 2

3. ί) Φέρουμε ΓΗ//ΑΒ. Τότε: ΕΒ ΔΒ ΖΓ ΓΗ ΕΓ ΓΗ ΕΒ ΖΓ ΕΓ ΖΔ ~

και ΖΔ ΔΑ

οποτε

ΔΒ ΓΗ ΔΑ ΕΒ ΖΓ ΓΗ ΔΑ ΔΒ ΕΓ Ζ Α

1

Αντίστροφα: Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και Δ, Ε, Ζ σημεία Γ Ε των ευθειών ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ αντίστοιχα (έστω Δ, Ζ εσωτερικά των ΑΒ, ΑΓ και Ε

£ , ΠΤΛ , , ΔΑ ΕΒ ΖΓ , , εξωτερικό του ΒΓ) τέτοια ωστε: = 1 . Τοτε τα σημεία Δ, Ε, Ζ είναι ΔΒ ΕΓ ΖΑ

συνευθειακά. Απόδειξη

ΔΑ ΖΑ Η Ευθεία ΔΖ τέμνει την ευθεία ΒΓ στο Ε' (γιατί άν ΔΖ//ΒΓ τότε = οπότε ΔΒ ΖΓ

από την υπόθεση θα είναι ΕΒ=ΕΓ άτοπο). Για το τρίγωνο ΑΒΓ και την ευθεία ΔΕ' ΔΑ Ε' Β ΖΓ , , ΔΑ ^ , , = 1 . Αλλα απο υπόθεση είναι: = 1 οποτε ΔΒ Ε'Γ ΖΑ ΔΒ ΕΓ ΖΑ Ε'Γ

Άρα τα Ε, Ε' ταυτίζονται (γιατί διαιρούν εξωτερικά το ΒΓ στον ίδιο λόγο).

έχουμε (Θεωρ. Μενελάου) ΔΑ ΕΒ ΖΓ , Ε'Β ΕΒ

ΕΓ

Παρατηρήσεις: 1) Από τα σημεία Δ, Ε, Ζ το ένα ή και τα τρία θα είναι σημεία των προεκτάσεων των

πλευρών (Θεώρημα Pasch)

2) Αν π..χ. Δ,Ε,Ζ τα μέσα των ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ τότε ΔΑ ΕΒ ΖΓ , „ „ „ = 1 χωρίς τα Δ, Ε, Ζ να είναι συνευθειακα. ΔΒ ΕΓ ΖΑ

ϋ) Για το τρίγωνο ΑΒΔ και την ευθεία ΖΓ έχουμε (Θεωρ. . ΖΑ ΓΒ ΗΔ Μενελάου) =1 (1)

ΖΒ ΓΔ ΗΑ Όμοια για το τρίγωνο ΑΓΔ και την ευθεία ΕΒ είναι

= 1 (2) ΗΔ ΒΓ ΕΑ


ΔΒ ΕΓ ΖΑ Με πολλαπλασιασμό των (1) και (2) κατά μέλη προκύπτει = 1

ΔΓ ΕΑ ΖΒ Αντίστροφα. Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και Δ, Ε, Ζ, σημεία των πλευρών του ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ

-λ , ΔΒ ΕΓ ΖΑ , αντίστοιχα. Αν ισχύει = 1 τοτε οι ευθείες ΑΔ, BE και ΓΖ συντρέχουν.

Η απόδειξη όμοια με το (ί) (έστω Η η τομή των BE, ΓΖ και Δ' η τομή της ΑΗ με την ΒΓ. Τότε....)

Σχόλιο: Αν από τα σημεία Δ, Ε, Ζ το ένα είναι εσωτερικό και τα άλλα δύο εξωτερικά (στις προεκτάσεις) των πλευρών, τότε οι ευθείες ΑΔ, BE, ΓΖ συντρέχουν ή είναι παράλληλες.

ΕΑ ΑΔ 4. Επειδή ΑΔ//ΒΖ έχουμε: = (1). ΕΖ ΒΖ

Δ Α Γ 2 Γ Επίσης ΑΒΓ (ΑΖ διχ.): =

ΑΒ ΒΖ Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι: ΕΑ ΑΓ ΑΔ - ΖΓ ΒΓ - ΖΓ

(2)

ΕΖ ΑΒ ΒΖ ΒΖ ΒΖ ΒΖ

= 1

5. Επειδή ΑΒΧΓΔ έχουμε ΑΓ = ΑΔ και ΒΓ = ΒΔ

οπότε Ε, = Ε2 και Zt = Ζ 2 . Δ Μ Γ Β Ρ Δ

Άρα: ΓΕΔ (ΕΜ διχ.): = (1) και ΓΖΔ (ΖΜ διχ.): ΜΔ Ε Δ

ΜΓ Ζ Γ ΜΔ ~ Ζ Δ

(2)

ΕΓ ΖΓ Από (I), (2) προκύπτει οτι —— = <=> ΕΓ - ΖΔ = ΕΔ · ΖΓ ΕΔ ΖΔ

6. Λ Ο

Γ Δ ί) Έχουμε:

ΓΑ ΔΑ ΟΓ + ΟΑ ΟΔ + ΟΑ ΟΓ + OA ΟΔ + OA = <=> = « (OA = ΟΒ) <=> ΓΒ ΔΒ ΟΒ - ΟΓ ΟΔ - ΟΒ OA - ΟΓ ΟΔ - OA <=>...<=> OA = ΟΓ ΟΔ

ΑΓ ΑΔ ΓΑ ΔΑ π) Εχουμε : = <=> ΓΒ ΔΒ Α Β - Α Γ ΑΔ - ΑΒ


2ΑΓΑΔ = ΑΒΑΔ + ΑΒ ΑΓ <=> ΑΒ

1 1 ΑΓ ΑΔ

Σημείωση: Τα Γ, Δ βρίσκονται προς το ίδιο μέρος του Ο. 7. Αν η ΒΔ τέμνει την ΑΓ στο Ζ τότε επειδή ΒΖ//ΓΕ έχουμε:

μ μ - η ν

ΑΖ = — ΑΓ. ν

ΑΔ _ ΑΖ ΑΖ ΑΕ ~ ΑΓ η ΑΓ

Επομένως το Ζ προσδιορίζεται και η Αχ ορίζεται ως κάθετη της ΒΖ από το Α.

8. α) Ανάλυση: Έστω ΒΓ η ζητούμενη ευθεία και ότι η παράλληλη από το Α προς την Οχ τέμνει την Oy στο Δ. Τότε το Δ είναι σταθερό (ορίζεται) και επειδή ΑΒ=ΑΓ το Δ είναι το μέσο του ΟΓ. Άρα ορίζεται και το Γ.

Κατασκευή: Φέρουμε από το Α παράλληλη στην Οχ, βρίσκουμε το Δ και ορίζουμε το Γ πάνω στην Oy ώστε ΟΔ=ΟΓ. Η ζητούμενη ευθεία είναι η ΑΓ (που τέμνει την Οχ στο Β). Η απόδειξη είναι απλή.

2 ΑΒ 2 ΑΒ 2 ΑΒ β) Εχουμε: ΑΒ = — ΒΓ <=> = — <=> = <=> 3 ΒΓ 3 ΒΓ - ΑΒ 3 - 2 ΑΓ

-Λ ΛΑ/̂ Λ ' Α Β Ο Δ ' Ο Δ - ' Λ Γ. Ο Δ Φερουμε παλι ΑΔ//Οχ οποτε = η = 2 η ΔΓ =

ΑΓ ΔΓ ΔΓ 2 Άρα ορίζεται το σημείο Γ και συνεχίζουμε όπως στο (α)

. „ , ΑΒ ΟΔ μ . „ ν γ) Ομοια εχουμε = = — <=> ΔΓ = — ΟΔ. ΑΓ ΔΓ ν μ

Άρα το ΔΓ κατασκευάζεται. Η συνέχεια όπως στο (α).

9. α) Ανάλυση·. Έστω ΒΓ η ζητούμενη ευθεία ώστε ΑΒ=ΑΓ. Φέρουμε τα αποστήματα ΚΔ, ΑΕ οπότε ΑΔ=ΑΕ. Επειδή ΚΔ//ΛΕ αν Μ το μέσο του ΚΑ τότε, από το αντίστροφο του Θαλή, θα είναι ΑΜ//ΚΔ//ΔΕ. Άρα ΑΜ_Ι_ΒΓ, οπότε η ΒΓ κατασκευάζεται.

Κατασκευή: Ορίζουμε το Μ ως μέσο του ΚΑ και γράφουμε

116

ευθεία κάθετη στην AM στο Α, που τέμνει τους κύκλους στα Β και Γ. Απόδειξη·. Φέρουμε τα αποστήματα ΚΔ, ΑΕ, οπότε ΚΔ//ΑΜ//ΛΕ.

Άρα = — <=> ΑΔ = ΑΕ (αφού ΜΚ=ΜΛ)=>ΑΒ=ΑΓ ΜΔ ΑΕ

β) Ανάλογα με το (α) ορίζουμε το σημείο Μ το οποίο διαιρεί εσωτερικά την ΚΑ σε λόγο

= — και γράφουμε ευθεία κάθετη στην AM στο Α, που τέμνει τους κύκλους στα Β ΜΑ 4

και Γ. Δ

10. Έχουμε ΑΒΔ (ΒΙ διχ): — ΙΔ

I Α β γ Άρα — = —+ —(1) όμοια

I Δ α α I Β α + γ α γ — = = — + - (2) και I Ε β β β

ΑΒ ΒΔ

β + γ αγ

β + γ

I Γ_ α + β i f γ

^ (3) Ύ γ

Από (1), (2), (3) με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: ^ Ί II Ύ Π Ύ

> 6 Ι Α I B I Γ — + — + — =

I Δ I E I Ζ — + — β α

ί \ α γ

ν γ « /

ί Q Λ β + Ύ γ β

(γιατί το άθροισμα δύο αντίστροφων θετικών αριθμών είναι μεγαλύτερο ή ίσο του 2).

Μ ϋ ϋ

Α Ι Ο


• Για να είναι όμοια δυο τρίγωνα αρκεί να ισχύει ένα από τα παρακάτω: ΐ) Να έχουν 2 γωνίες ίσες μία προς μία. (Ασκήσεις: Εμπέδωσης 1). ϊϊ) Να έχουν δυο πλευρές ανάλογες και τις περιεχόμενες γωνίες ίσες (Ασκήσεις: Εμπέδωσης 2). iii) Να έχουν τις πλευρές τους ανάλογες (Ασκήσεις: Εμπέδωσης 3).

• Για να είναι όμοια δύο κυρτά πολύγωνα πρέπει να έχουν τις πλευρές τους ανάλο-γες και τις γωνίες που σχηματίζονται από ομόλογες πλευρές ίσες. (Ασκήσεις: Αποδεικτικές 2, Σύνθετα 1).

ν

• Με τη χρήση της ομοιότητας μπορούμε να μετρήσουμε μήκη ευθυγράμμων τμη-μάτων που είναι απρόσιτα(Εφαρμογή 2 §8.2). (Ασκήσεις: Εμπέδωσης 4, Αποδεικτικές 1).

Σχόλιο: Στην άσκηση 4, (Εμπέδωσης) υπολογίζουμε το ύψος ενός δέντρου, μετρώντας τη σκιά του. Αρχαίοι συγγραφείς αναφέρουν ότι με τον τρόπο αυτό ο Θαλής υπολόγισε το ύ-ψος των πυραμίδων.

8.1-8.2 119


1. ί) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΓ έχουν δύο γωνίες ίσες (Α = Ε = 90°, Γ κοινή), άρα είναι όμοια. ii) Αφού τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΓ είναι όμοια έχουμε: ΑΒ ΔΕ

ΑΓ ΕΓ

<=> ΑΓ ΔΕ = ΑΒ-ΕΓ .

2. ί) Έχουμε ΑΔ 1 ΑΔ 1 - Α Β <=> = -3 ΑΒ

, 1 ΛΤ, ΑΕ 1 „ ΑΔ ποτε ΑΕ = — ΑΓ <=> = —. Αρα 3 ΑΓ 3 ΑΒ

και ΓΕ = — Α Γ, ο-3 3

ΑΕ _ 1 ΑΓ ~ 3 '

Επομένως τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΔΕ είναι όμοια γιατί έχουν και τη γωνία Α κοινή. ii) Αφού τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΔΕ είναι όμοια,

ΔΕ ΑΔ ΑΕ 1 εχουμε: ΒΓ ΑΒ ΑΓ

οπότε ΒΓ = 3ΔΕ

3. Αν α', β' και γ ' είναι οι πλευρές μετά τη διαστολή, από την εκφώνηση προκύπτει

ότι :α ' = α + — α <=> α ' = — α, β' = β + — β<=>β' = — βκαι 15 15 15 15

1 , 16 α ' β' γ 7 16^ „ , γ = γ Η γ <=> γ = — γ . Αρα — = — = — = — . Επομένως το τρίγωνο με 15 15 α β γ ν 15y

πλευρές α', β' και γ' είναι όμοιο προς το αρχικό, αφού έχουν τις πλευρές τους α-νάλογες. Άρα το τρίγωνο και μετά τη διαστολή θα παραμείνει ορθογοινιο, αφού το αρχικό τρίγωνο είναι ορθογώνιο.

4. Η ακτίνα ΒΓ του ήλιου, το ύψος ΑΒ και η σκιά ΑΓ του δέντρου σχηματίζουν ορθογώνιο τρί-γωνο ΑΒΓ (Α = 90°). Το ίδιο ισχύει για την ακτίνα ΕΖ, τη ράβδο ΔΕ και τη σκιά της ΔΖ. Επειδή, τόσο οι κατακόρυφες ΑΒ και ΔΕ, όσο και οι ακτίνες του ήλιου ΒΓ και ΕΖ είναι πα-ράλληλες, θα είναι Β = Ε (οξείες γωνίες με παράλληλες πλευρές). Άρα τα ορθογώνια τρί-γωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ είναι όμοια, οπότε ΑΒ ΑΓ , t = . Με αντικατασταση των δεόομε-ΔΕ ΔΖ

120

νων εχουμε: ΑΒ 24m 2m 3m

<=> ΑΒ = 16m.

5. i) Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΔΓ είναι όμοια (ορθογώ-νια και Β = ΔΑΓ ως οξείες γωνίες με κάθετες πλευρές).

ΑΒ ΔΒ Αρα - — = <=> ΑΔ" = ΔΒ • ΔΓ. ΔΓ ΑΔ

ii) και iii) Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΒΓ είναι όμοια

(Α = Δ =90°, Β κοινή). Άρα = ^ = ^ ΒΓ ΑΒ ΑΓ

οποτε ΑΒ ΒΓ ΑΒ ΒΓ

ΒΔ ΑΒ ΑΔ ΑΓ

<=> ΑΒ" = ΒΔ ΒΓ και

<=> ΑΒ ΑΓ = ΑΔ · ΒΓ

6.Έχουμε τριγ. ΑΒΔ όμοιο με τριγ. ΑΕΓ (Α, = Α 2 , Β = Ε

γιατί βαίνουν στο τόξο ΑΓ). Άρα <=> ΑΓ ΑΕ

ΑΔ-ΑΕ = ΑΒ-ΑΓ.


Επειδή φ = ω θα είναι και ΔΚΓ = ΑΚΒ (συμπληρωματικές ίσων γωνιών). Άρα τα ορ-θογώνια τρίγωνα ΔΚΓ και ΑΚΒ είναι όμοια, ο-

ΔΓ ΔΚ ποτε: = . ΑΒ ΑΚ

Με αντικατάσταση των δεδομένω προκύπτει ό-ΔΓ 3m 5.1 „ τι: — = <=> ΔΓ = — m » ΔΓ = 2,55m. 1,7m 2m 2

1,70m

3m Κ 2m A

8.1-8.2 121

2. i) 'Εστω τα παραλληλόγραμμα ΑΒΓΔ και ΑΔ ΑΒ Α Β Γ Δ με = και

Α ' Δ ' Α'Β' Α = Α'. Επειδή ΒΓ = ΑΔ, Β'Γ' = Α'Δ', ΔΓ = ΑΒ και Δ'Γ' = Α'Β' 0α είναι

ΑΔ ΑΒ _ ΒΓ ΔΓ Α ' Δ ' ~ Α'Β' ~ Β'Γ' ~ Δ ' Γ '

Επίσης, επειδή Γ = Α και Γ' = Α ' θα είναι Γ = Γ ' , οπότε και Β = Β', Δ = Δ ' (2) ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών. Από (1) και (2) προκύπτει ότι τα παραλληλόγραμμα ΑΒΓΔ και Α 'Β 'Γ 'Δ ' είναι ό-μοια. ii) Επειδή Α = Α'=90° σύμφωνα με το (I) αρκεί να αποδείξουμε ότι Α̂ Β

ΑΔ ΑΒ Α ' Δ ' Α'Β'

Τα ισοσκελή τρίγωνα ΚΑΔ και ΚΆ'Δ' είναι όμοια (αφού Κ = Κ'). Δ

ΑΔ ΚΑ Άρα —-—- =—;—- (1). Το ίδιο ισχύει για τα τρίγωνα ΚΑΒ και ΚΆ'Β'. Άρα Α' Δ ' Κ' Α'

ΑΒ ΚΑ ^ , ,Χ , , ΑΔ -—- (2). Απο (1) και (2) προκύπτει οτι

ΑΒ Α' Β' Κ' Α Α' Δ ' Α Β

3. Τα τρίγωνα ΑΒΑ, και ΑΒΑ2 είναι όμοια, γιατί Α, = ΒΑΑ2 και Α2 = ΒΑ Α, (γωνίες από χορδή και εφαπτόμενη).

ΑΒ Άρα

ΒΑ 2 ΑΒ ΒΑ, 2 1 Ο ΑΒ2 ΒΑ, ΒΑ2.

4. Έχουμε τριγ. ΗΑΕ όμοιο με τριγ. Η ΒΔ (Δ = Ε = 90°, Η, =Η 2 ) .

Η A HR Άρα = <=> ΗΔ-ΗΑ = ΗΒΗΕ (1)

HE ΗΔ Επίσης τριγ. ΗΒΖ όμοιο με τριγ. ΗΕΓ (Ε = Ζ = 90°, Η 3 = Η4).

HR ΗΖ Άρα = » ΗΒ ΗΕ = ΗΓ-ΗΖ (2)

ΗΓ HE Από (1), (2) προκύπτει ότι ΗΒ-ΗΑ = ΗΒ ΗΕ = ΗΓ-ΗΖ.

122 8.1-8.2

5. Έχουμε Ζ \ = Μ, + Β, (εξωτερική στο ΜΒΖ') r\ r\ r> r>

_ ΒΖ ΜΑ _ ΒΖ MB _ ΜΖ _ -1 ~~ 2 2 ~ 2 2 ~ 2 ~ 1

Άρα τριγ. ΜΔΖ όμοιο με τριγ. ΜΔ'Ζ' (Μ κοινή,

Δ, = Ζ,), οπότε 0 ΜΔ-ΜΔ' = ΜΖ-ΜΖ'. ΜΖ ΜΔ

6. Επειδή το ύψος είναι το ΑΔ αρκεί να αποδείξου-με ότι ΑΔ2 = ΑΒ ΓΔ. Αν ΑΒΔ = ω, τότε ΑΔΒ = 90°-ω και

ΔΓ Α = 90°-ω. οπότε τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΔΑΓ είναι ΑΒ ΑΔ , ομοια, αρα: = ή ΑΔ = ΑΒ·ΓΔ. ΔΑ ΔΓ


1. Θεωρούμε τα τραπέζια ΑΒΓΔ (ΑΒ//ΓΔ) και ΕΖΗΘ (ΕΖ//ΗΘ) με ΑΒ ΔΓ ~ ~ = και Α = Ε, Β = Ζ. ΕΖ ΘΗ

Έστω Α Β > ΓΔ, οπότε θα είναι και

C 7 ^ u - Α Β Δ Γ ΕΖ>ΘΗ, αφου = .

ΕΖ ΘΗ Φέρουμε ΓΓ7/ΔΑ και ΗΗ7/ΘΕ. Τότε τα τρίγωνα ΒΓΓ' και ΖΗΗ' είναι όμοια (Β = Ζ, Γ ' = Α Γ'Β ΒΓ _ ΓΓ' _ ΔΑ

ΖΗ ~ ΗΗ' ~ ΘΕ ΔΓ Α Β - Δ Γ Γ'Β ΘΗ

Ε = Η'), οπότε

Η ' Ζ

Επίσης έχουμε

ΗΗ' ΑΒ ΕΖ

(1)

Ε Ζ - Θ Η Η 'Ζ (2)

λ · /1 \ . , ΑΒ ΒΓ ΔΓ ΔΑ . Απο τις (1) και (2) προκύπτει οτι = = = , δηλαδή οι πλευρες του ΕΖ ΖΗ ΘΗ ΘΕ

τραπεζίου ΑΒΓΔ είναι ανάλογες προς τις πλευρές του ΕΖΗΘ. Επιπλέον, έχουν και τις αντίστοιχες γωνίες ίσες ( Α = Ε, οπότε Δ = Θ και Β = Ζ, οπότε Γ = Η). Άρα τα τραπέζια είναι όμοια.

8.1-8.2 123

2. Έστω ΜΔ = d και ΜΕ = d' . Το τετράπλευρο ΟΒΜΓ είναι εγγράψιμο, οπότε ΜΓΕ = Β. Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα ΜΓΕ και ΒΜΔ είναι όμοια, MB ΜΔ MB d

7 '

οποτε:

ΜΓ ΜΔ MB ΜΕ ΜΓ

3. Στο τρίγωνο ΑΓΔ, επειδή η ΓΖ είναι διχοτόμος έχουμε:

^ = ^ ( 1 ) . ΖΔ ΓΔ

Στο τρίγωνο ΑΒΔ, επειδή η ΑΕ είναι διχοτόμος ΕΒ ΑΒ

έχουμε: — = — (2) ΕΔ ΑΔ

Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΓΔ είναι όμοια (ορθογώνια ΑΓ ΑΒ

και Β = ΔΑΓ) , οπότε = (3). Από τις (1), ΓΔ ΑΔ

ΑΖ ΕΒ (2) και (3) προκύπτει ότι = , οπότε απο το

ΖΔ ΕΔ αντίστροφο του Θαλή στο τρίγωνο ΑΔΒ έχουμε ότι ΖΕ//ΑΒ.

4. Από την υπόθεση έχουμε ότι: Β - Γ = 90° <=> Β = 90°+Γ (1).

Αλλά Β = 90°+Α, (2) (ως εξωτερική στο τρίγωνο ΑΒΔ). Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι Γ = Α, . Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΔΓ είναι όμοια, ο- Αμ-ποτε: ΑΔ ΔΓ ΑΒ ΑΔ

« ΑΔ = ΔΒ · ΔΓ.

5. ί) Έχουμε τριγ. ΑΒΔ όμοιο με τριγ. ΑΕΓ

(Α, = Α2 , Β = Ε, γιατί βαίνουν στο ΑΓ). Άρα

— = — <=> ΑΒ ΑΓ = ΑΔ ΑΕ. ΑΕ ΑΓ

ii) Έχουμε τριγ. ABE όμοιο με τριγ. ΒΔΕ ( Ε κοινή, ΕΒ ΕΑ , Β, = Α, = Α, ). Άρα = <=> ΕΒ" = ΕΑ · ΕΔ.

' 2 1 ΕΔ ΕΒ

124


1. Έχουμε τριγ. ΑΒΤ όμοιο με τριγ. ΑΓΤ , : · ΐ, ΐ , Ν ,4 ΤΒ AT ΑΒ (Α κοινή, Γ = Τ , ) . Αρα = =

ΤΓ ΑΓ AT Επομένως ΤΒ2 AT2 ΤΒ2 AT AT (1)

= <=> r- = Ο ΤΓ2 ΑΓ2 ΤΓ ΑΓ ΑΓ

ΤΒ2 AT ΑΒ ΤΒ2 ΑΒ — . <=> — =

ΤΓ2 ΑΓ AT ΤΓ ΑΓ

(1)

2.. Έχουμε τριγ. ΑΒΔ όμοιο με τριγ. ABE - BE ΑΒ (Α κοινή, E t = Β,). Άρα = (1) και

ΒΔ ΑΔ ΑΔΓ ~ ΑΕΓ (Α κοινή, Ε2 = Γ 2 ) . Άρα

— = — ( 2 ) · ΓΔ ΑΔ

Από (1), (2) επειδή ΑΒ = ΑΓ προκύπτει ότι BE ΓΕ = <=> ΒΔ · ΓΕ = BE · Γ Δ ΒΔ ΓΔ

3. Έχουμε τριγ. ΒΔΕ όμοιο με τριγ. Γ ΔΖ (Ε = Ζ = 90°, Δ] = Δ 2 κατά κορυψήν). Άρα

^ = ^ (1) ΔΖ ΓΖ

Δ Δ και A BE = ΑΓ Ζ (Ε = Ζ = 90°, Α, = Α 2 ) .

ΑΕ BE Αρα = (2). ΑΖ ΓΖ

Από (1), (2) προκύπτει ότι ΑΕ ΔΕ ΕΑ ΖΑ „ „ „ , = <=> = . Αρα τα Ε, Ζ είναι συ-ΑΖ ΔΖ ΕΔ ΖΔ

ζυγή αρμονικά των Α, Δ.


Έστω Ε σημείο της ΑΓ και ΕΖΧΑΒ, ΕΗΧΑΔ. Φέρουμε ΓΚΧΑΒ και ΓΜΧΑΔ. Τότε ΕΗ//ΜΓ,

ΕΗ ΑΕ οπότε = και ΕΖ//ΚΓ, οπότε

ΜΓ ΑΓ ΕΖ _ ΑΕ ΕΗ _ ΕΖ ΕΗ _ ΜΓ ΚΓ ~ ΑΓ ' ρ α ΜΓ ~ ΚΓ ° ΕΖ ~ ΚΓ

Αλλά τριγ. ΓΜΔ όμοιο με τριγ. ΚΒΓ (Κ = Μ = 90°. Β, = Δ , ) , οπότε

Μ Γ _ Δ Γ _ ^ Β ΚΓ ~ ΒΓ ~ ΑΔ

, , , ΕΗ ΑΒ Απο (1), (2) προκύπτει οτι = . ΕΖ .Α Α

(1)

Η Μ

Κ β 1

5. ί) Ισχύει MA MB=2R MH (εφαρμογή βγ = 2Ru„). ΜΑ MB Άρα ΜΗ = d = -

2R

ii) Φέρνουμε τη διάμετρο ΜΕ. Τότε ΜΑΕ = 90° και Ε = At (χορδή, εφαπτομένη). Άρα τριγ. ΜΑΕ όμοιο με τριγ. ΜΑΚ, οπότε ΜΑ ME Μ Α _ 2R ΜΚ ~ ΜΑ d' ~ ΜΑ

O d ' = ΜΑ 2R

iii) Είναι d =

Άρα d, -d2 =

ΜΓ ΜΔ 2R

ΜΓ2 • ΜΔ2

(2R)2

d, = ΜΓ 2R

di — -ΜΔ

2R

6. Πρέπει να αποδείξουμε ότι ΑΒ ΓΔ + ΑΔ ΒΓ = ΑΓ ΒΔ. Παίρνουμε σημείο Ε της ΑΓ ώστε ΕΔΓ = ΑΔΒ (1) Τότε τριγ. ΑΒΔ όμοιο με τριγ. ΔΕΓ (Δ! = Δ 2 , Γ) = Β[).


ΑΒ ΒΔ Άρα = « ΑΒ ΓΔ = ΕΓ ΒΔ ( 2 ) ΕΓ ΓΔ

Επίσης τριγ. ΑΔΕ όμοιο με τριγ. ΒΓΔ (Α] = Β2> ΑΔΕ = ΒΔΓ ως διαφορά ή άθροισμα ίσων γω-νιών).

ΑΔ ΑΕ Άρα = £=> ΑΔ • ΒΓ = ΑΕ · ΒΔ (3). ΒΔ ΒΓ

Με πρόσθεση κατά μέλη των (2), (3) προκύπτει ότι: ΑΒ · ΓΔ + ΑΔ · ΒΓ = ΒΔ · (ΕΓ + ΑΕ) = ΒΔ • ΑΓ '

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΛΕΙΞΕΙΣ

• Για να υπάρχει τρίγωνο με δεδομένα μήκη πλευρών πρέπει να ισχύει η τριγωνική ανισότητα. (Ασκήσεις: § 9.4 Εμπέδωσης 1, 2).

• Για να βρούμε το είδος του τριγώνου ως προς τις γωνίες (οξυγώνιο, ορθογώνιο, αμβλυγώνιο) συγκρίνουμε το τετράγωνο της μεγαλύτερης πλευράς με το άθροι-σμα των τετραγώνων των δύο άλλων πλευρών. (Ασκήσεις: § 9.2 Αποδεικτικές 1 -§ 9.4 Εμπέδωσης 1, Αποδεικτικές 1).

• Για να υπολογίσουμε μια γωνία (σε μοίρες) χρησιμοποιώντας τις γνωστές μετρι-κές σχέσεις βρίσκουμε κατάλληλη σχέση μεταξύ των στοιχείων (πλευρών, διαμέ-σων κ.λ.π.) ενός τριγώνου π.χ. Ισόπλευρο τρίγωνο, ορθογώνιο τρίγωνο με μια πλευρά ίση με το μισό της υποτείνουσας κ.λ.π. (Ασκήσεις: §9.4 Εμπέδωσης 3, §9.5 Εμπέδωσης 3, Γενικές 8).

Σχόλιο: Πολλές φορές μια γωνία υπολογίζεται και τριγωνομετρικά (Νόμος συνημίτονων, ημίτο-νων κ.λ.π.). (π.χ. §9. 4 Άσκηση Εμπέδωσης 3).

• Χρησιμοποιώντας την εφαρμογή 2 της § 9.7 αποδεικνύουμε ότι μια ευθεία εφά-πτεται σε ένα κύκλο. (Ασκήσεις: §9.7 Σύνθετα 3).

9.1-9.2 129

§ 9.1 - 9.2


1. Είναι ΒΓ2 = ΑΒ2 + ΑΓ2 = 32 +42 = 25 <=> ΒΓ = 5

ΑΒ2 = ΒΓ · ΒΔ <=> 32 = 5 · ΒΔ <=> ΒΔ = —. 5

ΔΓ = ΒΓ - ΒΔ = — καιΑΔ 2 = ΒΔ. Δ Γ = - · — <=> ΑΔ = — 5 5 5 5.

2. Είναι Β = 2Γ <=> Β + Γ = 3Γ ο 90°= 3Γ <=> Γ = 30° οπότε Q 2 2 2 2 2 β Ι = — και από την α"=β* +γ" προκύπτει ότι β" =3γ <=> — = Λ/3, οπότε αληθές είναι

το Γ.

3. Επειδή ΑΔ < ΑΓ < ΒΓ και ΓΔ < ΑΓ, αρκεί να συγκρίνουμε 25 τα ΑΔ και ΓΔ. Έχουμε: ΑΒ2 = ΒΓ • ΒΔ <=> 25 = ΒΓ— <=>

144 ΒΓ = 13 οπότε ΓΔ = ΒΓ - Β Δ = - ^ - (1) και από τη σχέση

ΑΔ2 = ΒΔ · ΔΓ βρίσκουμε ΑΑ = — (2). Από (1) και ()

προκύπτει ότι ΑΔ < ΓΔ και επομένως ΑΔ < ΓΔ < ΑΓ < ΒΓ.

Δ

Β

Αποδεικτικές Ασκήσεις 1. Έχουμε β2 + γ2 = (2κλ)2 + (κ2 - λ2)2 = (κ2 + λ2)2 = α2,

δηλαδή α2 = β2 + γ2 <ί=> Α = 90°

2. Επειδή ΑΒ διάμετρος, οι γωνίες ΑΓΒ και ΑΔΒ είναι ορθές, οπότε από τα ορθογώνια τρίγωνα ΓΑΒ και ΔΑΒ έχουμε αντίστοιχα: ΑΓ2 = ΑΒ · ΑΕ και ΑΔ2 = ΑΒ · ΑΖ. Από τις σχέσεις αυτές με διαίρεση κατά μέλη προ-κύπτει το ζητούμενο.

130 9.1-9.2

3. Φέρνουμε τη ΒΔ. Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΕΒΔ και ΕΓΔ έχουμε: ΕΒ2 = ΒΔ2 - ΔΕ2 και ΕΓ2 = ΔΓ2 - ΔΕ2 αντίστοιχα, από τις οποίες με αφαίρεση κατά μέλη προκύπτει:

BE2 - ΓΕ2 = ΒΔ2 - ΔΓ2 ο BE2 - ΓΕ2 = ΒΔ2 - ΑΔ2 (1), αφού το Δ είναι μέσον της ΑΓ. Από την (1) και επειδή το ΑΔΒ είναι ορθογώνιο προκύπτει

BE2 - ΓΕ2 = ΑΒ2 <=> ΓΕ2 + ΑΒ2 = BE2 (2). Είναι φανερό ότι ΔΒ > ΕΒ. Από την (2) προκύπτει ότι BE > ΓΕ οπότε ΔΒ > ΕΒ > ΕΓ.

4. ί) Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΔ και Α 'Β 'Δ ' έχουμε:

2 2 β2 2 ,2 , β '" μ β = γ + — και μ„, = γ +—— 4 ρ 4

αντίστοιχα από τις οποίες, αφού μρ = μ^' προκύπτει:

2 , β" γ + — γ , 2 + ~ τ ~ ( 1 ) · 4

Όμοια, από τα ορθογιόνια τρίγωνα ΑΓΕ και Α'Γ 'Ε 'και επειδή μ γ = μ γ ' προκύ-

πτει

β 2 + 1 Γ = β ' 2 + V (2). 4 4

Προσθέτοντας τις (1) και (2) κατά μέλη βρίσκουμε: — (β* + γ 2 ) = — (β'2 + γ ' 2 ) , 4 4

~ί ο Γ>'*' '2 '2 ' από την οποία λαμβάνοντας υπόψη ότι β" + γ" = α" και β " + γ " = α , προκύπτει ότι α = α'. ii) Είδαμε ότι β + γ = β " + γ " (3). Αφαιρώντας από την (3) την (1) προκύπτει 3 2 3 2 — β" = —β' , δηλαδή β = β". Επειδή πλέον τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α 'Β 'Γ ' είναι ορ-4 4

θογώνια και έχουν τις κάθετες πλευρές ίσες, είναι ίσα.

5. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΕΓ έχουμε: α" = BE" + ΕΓ" (1).

9.1-9.2 131

Επίσης από το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΕΑ έχουμε: γ 2 = Β Ε 2 + Α Ε 2 (2). Επειδή β = γ θα είναι β2 = γ2 = BE2 + ΑΕ2 (3). Προσθέτοντας τις (1), (2) και (30 κατά μέλη προκύπτει ότι: α2 + β2 + γ2 = 3ΒΕ2 + 2ΑΕ2 + ΓΕ2


1. ί) Έχουμε: ΑΒ ΒΔ = — - (1), αφού Α ΑΓ2 ΔΓ

1 L κα ιΑΔΙΒΓ

Επίσης, από τα ορθογώνια τρίγωνα ΔΑΒ και ΔΑΓ έχουμε αντίστοιχα: ΒΔ2 = ΑΒ · ΕΒ (2) και ΔΓ 2 = ΑΓ · ΖΓ (3). Από (1), (2) και (3) έχουμε:

ΑΒ4 ΒΔ2 ΑΒ · ΕΒ ΑΒ3 BE

ΑΓ" ΔΓ Α Γ Ζ Γ <=>

ΑΓ" ΓΖ

Β

ii) Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΔΑΒ και ΔΑΓ έχουμε: ΑΔ2 = ΑΒ ΑΕ και ΑΔ2 = Α Γ ·ΑΖ

από τις οποίες προκύπτει Α Δ 4 = ΑΒ · ΑΓ · ΑΕ • ΑΖ (1 )· Αλλά ΑΒ • ΑΓ = ΒΓ · ΑΔ (2). Από (1), (2) προκύπτει το ζητούμενο.

2. ί) Φέρνουμε ΛΔΧΒΚ. Τότε ΚΔ = R + ρ, ΚΔ = R - ρ, και ΔΔ = ΒΓ. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΔΚΔ έχουμε:

ΔΔ2 = ΚΔ2 - ΔΚ2 = (R + ρ)2-( R-p)2 = 4Rp Ο ΔΑ = 2-y/Rp δηλ ΒΓ = 2^/ϊϊρ.

ii) Σύμφωνα με το ί) έχουμε BE = 2Vro και ΕΓ = 2- / ro

οπότε από την προφανή σχέση ΒΓ = BE + ΕΓ προκύπτει A/Rp = Λ/ro + Λ/RO από την οποία με

διαίρεση με το Λ[Κρσ προκύπτει το ζητούμε EVO.

3. i) Επειδή Ν μέσον ΑΓ και ΜΝ//ΚΓ, το Μ είναι μέ-σον του ΑΚ, δηλαδή στο τετράπλευρο ΑΒΚΔ οι διαγώνιοι διχοτομούνται και αφού Α = 90°, αυτό είναι ορθογώνιο. ii) Έχουμε διαδοχικά: ΔΓ2 - ΑΒ2 = ΔΓ2 - ΔΚ2 = ΚΓ" (από το ορθογώνιο τρίγωνο Κ.ΔΓ) = (2ΜΝ)2 = 4ΜΝ , δηλαδή

ΔΓ • ΑΒ2 = 4ΜΝ2.

132 9.4

4. Επειδή μ α = γ , έχουμε: 2μ2 > βγ <=> α 2 > 2βγ ο β 2 + γ 2 > 2βγ

(γιατί Α = 90°) ο (β - γ)2 > 0 που ισχύει. Το "=" όταν β = γ.

5. Φέρνουμε ΓΖ, ΔΗ_Ι_ΑΒ και τις ΟΓ και ΟΔ. Το τρίγωνο ΟΓΔ είναι ισοσκελές και επομένως ΟΓΔ = ΟΔΓ = φ. Η γωνία ΔΟΗ είναι εξωτε-

ρική στο τρίγωνο ΟΕΔ οπότε ΔΟΗ = 45°+φ. Έτσι τα ορθογώνια τρίγωνα ΖΓΟ και ΗΔΟ έχουν: Ζ = Η = 90°, ΔΟΗ = 45°+φ = ΟΓ Ζ και ΟΔ = ΟΓ (= R)

άρα είναι ίσα και επομένως ΓΖ = OH (1). Έχουμε: ΓΕ2 + ΔΕ2 = 2ΓΖ2 + 2ΔΗ2 = 2 (ΟΗ2 + ΔΗ2) (από την (1)) = = 2 · ΟΔ 2 = 2R2 , δηλαδή, ΓΕ2 + ΔΕ2 = 2R2.

6. Από την ομοιότητα των τριγώνων ΔΑΒ και ΑΒΓ έχουμε ότι:

α ω α 2 ω2

Όμοια, από την ομοιότητα των τριγώνων ΔΑΓ

β 2 ν2

και ΑΒΓ βρίσκουμε ότι —— = ——(2). Προσθέ-α ω

τοντας τις (1), (2) κατά μέλη και λαμβάνοντας υπόψη ότι α2 = β2 + γ2 προκύπτει ότι x2 + y2 = ω2.

§ 9 . 4


1. Επειδή β - γ < α < β + γ (τριγωνική ανισότητα) υπάρχει τρίγωνο. Η μεγαλύτερη

γωνία είναι η Α και αφού α2 < β2 + γ2 θα είναι Α < 1 L. Άρα το τρίγωνο είναι οξυ-γώνιο.

2. Ναι, υπάρχει, αφού ισχύει η τριγωνική ανισότητα. Έχουμε επίσης ότι:

9.4 133

υ„ = I V ' C •" '" f X ' " Ύ) = f J f ί f " <>)(f " 5 I f " 4 ] =

I 115 3 5 7 _J_ 15λ/7 _5Λ/7 3 V 2 ' 2 ' 2 ' 2 ~ 3 ' 4 ~ 4

3 Λ / 7 15Λ/7 Ομοια υρ = ,υγ =

3. Έχουμε β2 = 4 + 2Λ/3 , α2 = 2, γ2 = 4

Άρα β2 > α2 + γ2 οπότε Β > 90° .

Στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι Α > 90° οπό-τε α2 = β2 + γ2 - 2β ΑΔ

3 + λ/3 <=> Α Δ =

<=> ΑΔ =

1 + Λ / 3

S(l + S )

1 + Λ / 3 <=> ΑΔ = Λ / 3 . ( 1 )

Στο τρίγωνο ΑΒΔ είναι ΒΔ2 = ΑΒ2 - ΑΔ2 ο ΔΒ2 = 1 ο ΒΔ = 1. Επειδή ΑΒ = γ = 2 και ΒΔ = 1 είναι Α = 30°.

2ος τρόπος: Από το νόμο των συνημίτονων στο τρίγωνο ΑΒΓ προκύπτει ότι:

συνΑ = β 2 + γ 2 - α 2 (1 + Λ / 3 ) 2 + 2 2 - ( Λ / 2 ) 2 6 + 2Λ/3 + 1) Λ / 3

2βγ

Άρα Α = 30° .

2(1 + Λ / 3 ) · 2 4(1 + Λ / 3 ) 4(1 + Λ / 3 ) 2

4. Είναι Α = 60°, οπότε από το Νόμο των συ-νημίτονων έχουμε: ΒΓ2=ΑΒ2+ΑΓ2-2ΑΒ·ΑΓσυνΑ <=>

ΒΓ2 = 16 + 25 - 2 · 4 · 5 · - Ο ΒΓ = Λ/21< 2

cm

134 9.4


1. Ελέγχουμε αρχικά ίο είδος του τριγώνου. Είναι ΑΓ2 = 144, ΒΓ2 = 49, ΑΒ2 = 81. Επειδή ΑΓ2 > ΑΒ2 + ΒΓ2 θα είναι Β > 90°. Έστω ΒΔ η προβολή της ΒΓ πάνω στην ΑΒ. Ε-πειδή Β > 90° έχουμε:

ΑΓ2 = ΑΒ2 + ΒΓ2 + 2ΑΒ ΒΔ <=>

ΒΔ = ΑΓ" - ΑΒ~ ΒΓ' 144 - 81 - 49 14 2ΑΒ 18

• = — < = >

7 ΒΔ = — cm 9

Εφαρμόζουμε το γενικευμένο Πυθαγόρειο στα τρίγωνα ΑΓΔ και ΒΔΓ με την υπόθε-ση ότι Γ, Δ < 1L . Αν μία από τις Γ, Δ, ή-ταν αμβλεία η απόδειξη είναι ανάλογη. Τότε: ΑΓ2 = ΑΔ2 + ΔΓ2 - 2ΓΔ ΔΕ ΒΔ2 = ΒΓ2 + Δ Γ 2 - 2 Δ Γ - Ζ Γ Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε ότι: Α Γ2

- ΒΔ2 = ΑΔ2 + ΒΓ2 + 2ΔΓ (ΔΦ - ΔΕ -ΖΓ) = ΑΔ2 + ΒΓ2 + 2 • ΓΔ • ΕΖ = ΑΔ2 + ΒΓ2 + 2 · ΑΒ • ΓΔ.

3. Εφαρμόζοντας το θεώρημα οξείας γωνίας στο τρί-γο:>νο ΑΒΓ έχουμε ότι:

β2 = α2 + γ2 - 2γ • ΒΓ' γ2 = α2 + β2 - 2β • ΓΒ'

Προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο.

4. Στο τρίγωνο ΒΓΔ είναι Γ > 90°, οπότε: Β Γ=Γ Δ

ΒΔ = ΒΓ + Γ Δ " +2ΓΔ ΑΓ <=>

ΒΔ2 = 2ΒΓ2 + 2ΒΓ • ΑΓ <=> , ΒΓ=ΓΔ

ΒΔ = 2ΒΓ(ΒΓ + ΑΓ) <=>

ΒΔ2 = 2ΒΓ • ΑΔ

9.4 135

5. Στο τρίγωνο ΒΕΓ είναι Γ <90° , οπότε:

BE2 = ΕΓ2 + ΒΓ2 - 2ΒΓ • ΖΓ Ο

BE2 = ΕΓ2 + ΒΓ2(ΒΓ - 2ΖΓ (1) Φέρουμε ΔΗ_Ι_ΒΓ. Τότε τα τρίγωνα ΔΒΗ και ΕΖΓ είναι ίσα (Ζ = Η = 90°,Β = Γ,ΔΗ = ΕΖ), οπότε ΒΗ=ΖΓ. Άρα ΒΓ - 2ΖΓ = ΒΓ - ΖΓ - ΒΗ = ΗΖ = ΔΕ (2) Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι BE2 = ΕΓ2 + ΒΓ ΔΕ.

Σχόλιο: Το ΒΔΕΓ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Φέρνοντας δύο κατάλληλα ύψη δημιουργούνται ί-

σα τρίγωνα.

6. Έστω ότι υπάρχει. Πρέπει 5α < 4β + 3γ · » (5α)2 < (4β + 3γ)2 <=> 25α : < 16β2 +9γ2 + 24βγ

(διότι α : = β2 + γ2) ο 9β2 + 16γ2 - 24βγ < 0 <=> (3β - 4γ)2 < 0 άτοπο. Άρα δεν υπάρχει τρίγωνο με πλευρές 5α, 4β, 3γ.


1. Στο ΑΒΓ φέρνουμε το ύψος ΒΔ και εφαρμόζοντας το γενικευ-μένο πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε:

α2 = β2 + γ2 -2β · ΑΔ « α2 = β2 + β2 -2β • ΑΔ <=> α2 = 2β2 -2β · ΑΔ (1)

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ επειδή Α = 30° είναι ΒΔ = ,

οπότε

Α Δ-· = ρ - · _ ί £ ) :0 Α Λ ^ Ϊ 1 « Α Δ = Μ ( 2 )

Από (1), (2) έχουμε: α2 = 2β2 - 2|ί — « α : β 2 ̂ 2 - -\/3 j <=> α = P V 2 - V 3 .

136 9.5

η η 2. Επειδή ΑΒ//ΓΔ είναι ΑΓ = ΒΔ <=> ΑΓ = ΒΔ (1).

Στο τρίγωνο ΜΑΓ είναι Α < 90° (αφού η

ΒΓ < 180°), οπότε:

ΜΓ2 = ΜΑ2 + ΑΓ2 - 2ΜΑ • ΑΕ (2). Όμοια στο τρίγωνο ΜΒΔ έχουμε: ΜΔ2 = MB2 + ΒΔ2 - 2MB · ΒΗ (3).

Το ΑΓΔΒ είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε Α-Ε=ΒΗ (4).

Προσθέτουμε κατά μέλη τις (2) και (3) και έχουμε:

ΜΓ2 + ΜΔ2 = ΜΑ2 + MB2 + ΑΓ2 + ΒΔ2 - 2ΜΑ · ΑΕ - 2MB · ΒΗ S (4)

ΜΓ2 + ΜΔ2 = ΜΑ2 + MB2 + 2ΑΓ2 - 2ΑΕ(ΜΑ + MB) Ο

ΜΓ2 + ΜΔ2 = ΜΑ2 + MB2 + 2(ΑΓ2 - ΑΕ · ΑΒ) <=>

ΜΓ2 + ΜΔ2 = ΜΑ2 + MB2

διότι ΑΓ2 = ΑΒ-ΑΕ επειδή ΑΓ Β = 90° και ΓΕ ύψος του ορθογωνίου τριγώνου ΑΓΒ.

3. Από την ισότητα α3 = β3 + γ3 προκύπτει ότι α>β και α>γ. Άρα η γωνία Α είναι η μεγαλύτερη γωνία του τριγώνου, οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι είναι οξεία.

α > β αβ2 > β3 2 2 1 3 2 2 Έχουμε συνεπώς , , οπότε αβ + αγ > β~ + γ ή α(β" + γ") >

α > γ αγ > γ

α3 ή β2 + γ2 > α2 ή Α < 90° .

§ 9 . 5


1. ί) Α,·.; 1° θεώρημα διαμέσων έχουμε:

β2 + γ 2 = 2μ2 + ο 2β2 + 2γ2 = 4μ2 + α 2 <=> Δ Μ

α 2 = 2β2 + 2γ2 - 4μ2<=>α2 = 2-49 + 2-36 - 4 y <=>

α = 121 <=> α = 11

9.5 137

ii) Έστω ΜΔ η προβολή της διαμέσου μα στη ΒΓ. Από το 2" θεώρημα διαμέσων έχουμε:

, 2 β 2 - Υ 2 49 - 36 13 β - γ = 2α • ΜΔ <=> ΜΔ = — <=> ΜΔ = = — 2α 22 22

. Γ - 2 . „ 2β2 + 2 γ 2 - α 2 2(β + γ)2 - α 2

2. Είναι μα + βγ = 1- βΥ ==

Αρκεί ———— — > — ή (β + γ)2 > α2 ή β + γ > α, που ισχύει. 4 4

3. Από το θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ΜΓΔ

έχουμε: Μ Γ 2 + Μ Δ 2 = 2 Μ 0 2 + Ι ^ 1 ή

5 = 2R2 + — Ο 10 = 5R2 «=> R2 = 2 Ο R = λ/2 2

4. ί) Από τους τύπους των διαμέσων έχουμε:

. 2 , . . 2 μα + μ β + μ 2 2 β ζ + 2 γ - α 2 2αζ + 2γ - β2 2 α ζ + 2 β - γ 2

4 4 ^ α 2 + 3 β 2 + 3 γ

2= 3 ( α 2 + β 2 + γ 2 )

4 4 2 2 2

ii) Επειδή Θ βαρύκεντρο είναι: ΘΑ = —μα , ΘΒ = — μβ,ΘΓ = — μ γ .

Άρα από το (i) ερώτημα - προκύπτει ότι:

Θ Α 2 + Θ Β 2 + Θ Γ 2 = | ^ - μ α j j + ( ^ μ γ ) = " ^ μ α + μβ + μ γ ) =

= ν 4 ( ( χ 2 + β 2 + Ύ 2 ) = ·^(α2 + β 2 +Ύ2)

Σχόλιο: Αν το τρίγωνο είναι ορθογώνιο ( Α = 90υ) τότε β2+γ2=α2, οπότε

2 2 2 ^ 2 μ α +μρ + μ γ - - α .

138 9.5


1. Στο τρίγωνο ΑΒΓ (Α < 90°) οπότε από ίο γενι-κευμένο πυθαγόρειο θείόρημα είναι : α2 = β 2 + γ 2 - 2β · Α Δ ]

Αλλά ΑΔ = -

α2 = β2 + γ2 - βγ (1) Στο τρίγωνο ΑΒΓ (AM διάμεσος)

2 >2 , . . 2 _ - , . .2 , « - , „2 , „ 2

(1) <=> β" + γ =2μ" + — 2β~ + 2γ = 4μ" + α ζ <=>2βζ + 2γζ = 4μζ + β~ + γ '

α 2 ο 2 τ η 2 25 + 9 + 1 5 7 « 4 μ α = β + γ " + β γ < = > μ ~ = <=> μ" 49 2 7 — <=> μ" = - . 4 2

2. Αν Μ είναι το μέσο της ΒΓ, τότε από το τρίγωνο ΔΒΓ (ΔΜ διάμεσος) είναι: Δ Γ 2 - Δ Β 2 = 2ΒΓ ΕΜ (1) Επειδή ΔΕ//ΑΜ (αφού ΑΜ_1_ΒΓ) είναι: EM ΒΜ ΕΜ ΒΓ ΒΓ · ΑΔ — t—s F. Μ — ΑΔ ΑΒ ΑΔ 2ΑΒ 2ΑΒ

(2)

Από (1), (2) έχουμε: ΔΓ 2 - ΔΒ2 = — — ΑΒ

3. ί) Φέρνουμε τις διαγώνιους ΑΓ, ΒΔ. Στο τρίγω-νο ΜΑΓ (ΜΟ διάμεσος):

? ? 7 ΔΓ ΜΑ + ΜΓ = 2ΜΟ + ( 1 )

Αλλά ΑΓ = ΒΔ (3) Από (1), (2), (3) έχουμε: ΜΑ2 + ΜΓ2 = MB2 + ΜΔ2

ii) Από ί) έχουμε: ΜΑ2 + ΜΓ2 = MB2 + ΜΔ2 <=>1+3 = 2 + ΜΔ2

<=> ΜΔ = λ/2 .

9.5 139

Άρα, αφού Μ Β = Μ Δ = Λ/2,το Μ θα βρίσκεται στη μεσοκάθετο του ΒΔ, δηλαδή στην ΑΓ. Επομένως α-πό το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι:

α2 + α2 = ΑΓ2

<=> 2α2 = ίΐ + 2α2 = 4 + 2Λ/3 α = Λ/2 + Λ/3.

4. Από το 1° θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε:

,2 Ί Ί ") I ΑΒ +ΒΓ =2ΒΜ + ( 1 ) .

Όμοια στο τρίγωνο ΑΔΓ έχουμε:

(2) . ΓΔ2+ΔΑ2=2ΔΜ2+ —

Με πρόσθεση κατά μέλη των ί ! ) και (2) προκύ-πτει ότι: ΑΒ :+ΒΓ2+ΓΔ :+ΔΑ2=2(ΒΜ :+ΔΜ')+ΑΓ2 (3). Αλλά στο τρίγωνο ΒΜΔ η ΜΝ είναι διάμεσος οπότε:

2

(4) . ΒΜ2+ΔΜ2=2ΜΝ2+ ——

Από τις (3) και (4) προκύπτει ότι: ΑΒ2+ΒΓ2+ΓΔ2+ΔΑ2=ΑΓ2+ΒΔ2+4ΜΝ2

Σχόλιο: Αν το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο τα Μ και Ν ταυτίζονται . 7 7 7 7 * Άρα ΑΒ"+ΒΓ~+ΓΔ~+ΔΑ~=ΑΓ +ΒΔ", δηλαδή «το άθροισμα τ ο ν τετραγώνων των τεσ-

σάρων πλευρών του ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των δ ιαγωνίων».

5. Φέρουμε τη διάμεσο AM στο τρίγιονο ΑΔΕ. Επειδή ΒΔ=ΕΓ η AM θα είναι διάμε-σος και στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ. Άρα

ΒΓ ΑΜ= (1). 2

Από την υπόθεση έχουμε ότι p r

ΒΔ=ΔΕ=ΕΓ= (2). 3

ο BE2 (1)

Επομένως: ΑΔ~+ΑΕ~=2ΑΜ"+ <=> 2 (2)

140 9.5

ΑΔ +ΑΕ =2 ΒΓ ΒΓ 3 ΒΓ ΒΓ + — = —ΒΓ2

18 9

6. Από το Ιο θεώρημα διαμέσων έχουμε:

->2 . 2 2 2

β" + γ2 = 2μ2 + - y <=> 2αμα = 2μ2 + — ο 4αμα = 4 μ 2 + α 2 <=>

α2 - 4αμα + 4μ2 = 0 <=> (2μα - α) = 0 <=> 2μα - α = 0 <t=> μα = — <=> Α = 90°.


1. Έστω το τραπέζιο με βάσεις, ΑΒ=8, ΓΔ=6 και μη παράλληλες πλευρές ΑΔ=5 και ΒΓ=6. Αν Ε και Ζ τα μέσα των ΓΔ και ΑΒ αντίστοιχα πρέ-πει να υπολογίσουμε το μήκος ΕΖ. Φέρουμε ΕΗ//ΑΔ και ΕΚ//ΒΓ, όπως στο σχήμα. Τότε ΕΗ=5, ΕΚ=6, ΗΚ=ΑΒ-ΑΗ-ΚΒ=2 και ΕΖ διάμεσος του τριγώνου ΕΗΚ. Επομένως από τους τύπους των διαμέσων προκύπτει ότι:

2 2ΕΗ2 + 2ΕΚ2 ΕΖ = - ΗΚ/ 2-25 + 2-36 - 4

5 \ \ ι\ ι\ \

Η Ζ Κ 3

118 = — = 29,5 <=> ΕΑ = 5,45 4

Αρα το μήκος του δρόμου είναι 5,45Km και η διάνοιξη κοστίζει 272.500δρχ.

2. Έστω Ο το μέσο της ΜΝ, τότε έχουμε ότι:

, 2 , λ τ , 2 ™ 2 ΑΓ2 OA + ΟΓ" = 20ΝΖ +-

OA2 + OB2 = 20Μ 2 + ΑΒ

και αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε ότι:

2 2 Α Γ 2 - Α Β 2 ΟΓ - ΟΒ" =

9.5 1 4 1

3. Είναι:

2 2 2 ΑΒ2 2 4α" 2 ΜΑ 2 +ΜΒ 2 = 2ΜΟ" + = 2α + = 4α".

ΜΓ2 + ΜΔ2 = 2Μ02 + — 2 2α2 20α2

:2α +-

Επομένως ισχύει ότι: Ί Ί Ί Ί 56α" ΜΑ + MB" + ΜΓ2 + ΜΔ2 =

4. Στο τρίγωνο ΜΑΓ (ΜΟ διάμεσος): 2̂

(1) Λ Γ

ΜΑ2 + ΜΓ2 = 2ΜΟ +

Στο τρίγωνο ΜΒΓ (ΜΟ διάμεσος): -2

(2) ΒΓ MB2 + ΜΓ2 = 2ΜΟ +

Από (1), (2) και υπόθεση με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε:

18α2 = 4(λα)2 + ΑΓ2 + ΒΔ2

(3 )

Αλλά στο τρίγωνο ΑΟΒ έχουμε ΑΒ" = AO" + OB" (γιατί;)

2 ΑΓ2 ΒΔ2 2 ΑΓ2 + ΒΔ2

« α = + <=>2α = (4) 4 4 2

Από (3), (4) είναι: 18α2 = 4λ2α2 + 2α2 ο 16α2 = 4α2λ2 ο λ2 = 4 = 4 ο λ = 2.

5. Εφαρμόζοντας το θεώρημα των διαμέσων έχουμε ότι:

Ρ Α 2 + Ρ Γ 2 = 2 Ρ 0 2 + ^ -

2 2 2 ΒΔ ΡΒ + ΡΔ = 2ΡΟ +

και αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε: (ΡΑ2 - ΡΒ2) + (ΡΓ2 - ΡΔ 2 ) =

_ ΑΓ2 _ ΒΔ2 _ 3α^ _ _ α 2 2 2 ~ 2 2 _ α '

(ΑΓ±ΒΔ και ΑΓ=2ΑΟ=αΤ3) .

142

§ 9 . 7 9.7


1. Επειδή ΑΚ>6 το Α είναι εξωτερικό σημείο του κύκλου. Άρα ΑΒ·ΑΓ=ΑΚ2-ρ2. Έστω ΑΒ=χ τότε ΑΓ=χ+6, οπότε χ(χ+6)=142-62 ο χ' :+6χ-160=0 απ' όπου προκύπτει ότι ΑΒ=χ=10.

2. Επειδή Μ, Ν μέσα είναι Ε μέσο ΑΔ και ΒΔ ΔΓ ΜΕ = , ΝΕ = .

2 2 Οπότε από το θεώρημα τεμνόμενων χορδών είναι

„ ΑΔ ΑΔ ΒΔ ΔΓ ΑΕ • ΕΔ = ΜΕ • ΕΝ <=> = 2 2 2 2

<=;· ΑΔ 2 = ΔΒ ΔΓ

3. Είναι ΡΑ • ΡΒ = ΡΓ ΡΔ και ΡΑ _ ΡΔ ΡΒ ~ ΡΓ

-, οποτε

ΡΑ2 = ΡΔ2 ή ΡΑ = ΡΔ και ΡΒ = ΡΓ.

4. Έστω Ρ το σημείο τομής των ΓΔ και ΑΒ. Τότε είναι ΡΑ Ρ Γ · Ρ Δ = ΡΒ2 ή ΡΑ = ΡΒ

(ΚΙ)

9.7 143

Αποδεικτικές Ασκήσεις 1. i) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ABE έχουμε:

= ΑΒ

α-ν/5

BE2 = ΑΒ2 + ΑΕ2 = α 2 + f - | j = ο

BE = ·

ii) Οι χορδές ΑΔ και ΒΖ τέμνονται στο Ε, οπότε AF · FA

BE · ΕΖ = ΑΕ · ΕΔ <=> ΕΖ = — ο BE

α α

ΕΖ = -2—J- <=> ΕΖ = ολ/5 10

2

Επομένως 5ΕΖ = " = BE .

2. Στο τρίγωνο ΑΒΔ η ΑΕ είναι διχοτόμος, οπότε

— = — ( ί ) . ΕΔ ΑΔ

ΖΓ ΑΓ Όμοια στο τρίγωνοι ΑΓ Δ είναι = (2). ΖΔ ΑΔ

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη προκύπτει ότι ΕΒ ΖΓ ΑΒ ΑΓ ΕΔ ΖΔ

Αλλά ΑΒ · ΑΓ = ΑΔ 2

ΑΔ

(τέμνουσα και εφαπτό-ΕΒ ΖΓ μενη), οποτε = 1 <=> ΕΒ · ΖΓ = ΕΔ · ΖΔ . ΕΔ ΖΔ

3. i) Οι χορδές ΑΕ και ΒΓ τέμνονται στο Μ, οπότε ΒΓ ΒΓ ΒΓ2

AM • ΜΕ = ΒΜ • ΜΓ = <=> AM · ΜΕ = 2 2 4

( 1 ) . ϋ) Από το 1° θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο

ΑΒΓ έχουμε:

144 9.7

2 2 2 ΒΓ W ΑΒ + ΑΓ" = 2ΑΜ + <=>

ΑΒ2 + ΑΓ2 = 2ΑΜ2 + 2ΑΜ · ΜΕ

2ΑΜ(ΑΜ + ΜΕ) = 2ΑΜ • ΑΕ

4. Φέρνουμε ΟΜ οπότε ΟΜ_Ι_ΑΒ (γιατί;) άρα το τε-τράπλευρο ΓΝΗΜ είναι εγγράψιμο (γιατί) οπότε

ON · ΟΓ = OH · ΟΜ (1). Αλλά το ΟΑΜ είναι ορθογώνιο στο Α και ΑΗ ύ-ψος, οπότε

2 ( 1 ) 2 ΟΗ · ΟΜ = OA (γιατί;) « O N O r = R .

5. Φέρνουμε ΒΗ. Είναι ΒΗΓ = 90° , οπότε το τετράπλευρο ΒΔΜΗ είναι εγγράψιμο (γιατί;) Άρα ΓΜ ΓΗ = ΓΔ ΓΒ (1) Επειδή ΑΒΓ ορθογώνιο και ΑΔ ύψος, είναι: ΓΑ2 = ΓΒ·ΓΔ (2) (γιατί;)

Από (1), (2) έχουμε ΓΜ · ΓΗ = ΓΑ 2 .


1. Είναι ΔΒ ΔΓ = ΑΔ ΔΕ <=> ΑΔ = ΑΔ · ΔΕ » ΑΔ = ΔΕ ( 1 ) Τα τρίγωνα ΔΕΓ και ΑΕΓ είναι όμοια (γιατί;) οπότε: ΔΕ ΕΓ 2 = <=> ΔΕ · ΑΕ = ΕΓ ΕΓ ΑΕ (1) ΔΒ - ~ -

« ΑΕ = ΕΓ <=> ΑΕ2 = 2ΕΓ . 2

BC®

2. Στο τρίγωνο ΑΒΓ, AM διάμεσος, οπότε:

β 2 + γ 2 = 2 μ 2 + ^ ~

ΑΔ, ΒΓ χορδές, άρα:

α-ν/3 2 2 2 η 2 2 -, 2 & 2 α r, 2 ^α 2 β 2 + γ 2 = 2 μ 2 + — o 2 a 2 - y = 2μ2 Ο — = μ2 <=>μα = ^ ( 1 )

9.7 1 4 5

AM • ΜΔ = ΒΜ • ΜΓ

ΒΜ-ΜΓ (1) Ο ΜΔ = <=>ΜΔ =

α α 2 2 _ «

<^ΜΑ

AM

α. Λ/3

Ολ/3 2Λ/3 2

(2)

1 Π' ^ α 2 3β2 3. Είναι: μ ν = — β <=> μ ν =

Γ 2 Γ 4

<=> 2α2 +232 - γ 2 = 3β2 ο β2 + γ 2 =2α 2 (1 ) Αν ΑΔ διάμεσος ττου τριγώνου ΑΒΓ αρκεί να δεί-ξουμε ότι ΔΜ · ΔΑ = ΔΒ2 (γιατί;) Έχουμε:

α \λ α α 1 1 2 1 2β2 + 2 γ 2 - α 2 Ο ΔΜ ΔΑ = μα · —μα = - μ α = <=> ΔΜ ΔΑ 1 4α2 - α 2

<=>

Δ Μ · Δ Α = - • — 3 4

<=> ΔΜ · ΔΑ = I — <=> ΔΜ · ΔΑ = ΔΒ

4. Είναι BE ΒΑ = ΒΔ · ΒΜ και ΓΖ · ΓΑ = ΓΜ • ΓΔ, οπότε διαιρώντας κατά μέλη έχουμε ότι: ΒΕ _ ΑΓ ΒΔ ΓΖ ~ ΑΒ ΓΔ

Διχοτόμων.

1 λόγω του Θεωρήματος των



1. Έστω ΑΒ_Ι_ΓΔ και Κ το σημείο τομής των ΑΒ, ΓΔ. Τότε ΑΓ2=ΑΚ2+ΚΓ2, ΑΔ2=ΑΚ2+ΚΔ2

οπότε ΑΓ2-ΑΔ2=ΚΓ2-ΚΔ2 (1). Όμοια ΒΓ2-ΒΔ2=ΚΓ2-ΚΔ2 (2). Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι ΑΓ2-ΑΔ2=ΒΓ2-ΒΔ2.

Αντίστροφα: Έστω ότι ΑΓ2-ΑΔ2=ΒΓ2-ΒΔ2. Τότε (ΑΓ+ΑΔ)( ΑΓ-ΑΔ)=(ΒΓ+ΒΔ)( ΒΓ-ΒΔ) απ' όπου προκύπτει ότι οι διαφορές ΑΓ-ΑΔ και ΒΓ-ΒΔ είναι ομόσημες. Άρα τα σημεία Α,Β ανήκουν στο ίδιο ημιεπίπεδο ως προς την μεσοκάθετο (ε) του ΓΔ, οπότε οι προβολές τους Κ και Κ' βρίσκονται προς το ίδιο μέρος του μέσου Μ του Γ Δ. Από το 2° θεώρημα διαμέσων προκύπτει ότι ΑΓ2-ΑΔ2=2ΓΔ·ΜΚ και ΒΓ2-ΒΔ2=2ΓΔ·ΜΚ'. Επομένως 2ΓΔ·ΜΚ=2ΓΔ·ΜΚ', δηλαδή ΜΚ=ΜΚ'. Άρα Κ=Κ\ οπότε ΑΒ1ΓΔ.

Α

Γ Γ1\Κ' \ Μ κ μ

V ζ'

Β

2. .Έστω ότι η ΑΔ τέμνει τον κύκλο στο Ε. Οι χορδές ΑΕ και ΒΓ τέμνονται στο Δ, οπότε: ΑΔ·ΔΕ=ΒΔ·ΔΓ<=> ΑΔ(ΑΕ-ΑΔ)=ΒΔ·ΔΓ<=> ΑΔ·ΑΕ-ΑΔ2=ΒΔ·ΔΓοΑΔ·ΑΕ=ΑΔ2+ΒΔ·ΔΓ(1). Αλλά τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΕΓ είναι όμοια (Α| = Α2,Β = Ε), οπότε:

ΑΔ ΑΒ = <=> ΑΔ ΑΕ = ΑΒ · ΑΓ (2). ΑΓ ΑΕ

Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι ΑΒ·ΑΓ=ΑΔ2+ΒΔ·ΔΓ.

Σχόλιο: Από την παραπάνω σχέση μπορούμε να υπολογίσουμε την διχοτόμο ΑΔ=δ συναρ-τήσει των πλευρών α,β και γ του τριγώνου. Πράγματι είναι

αβ ΔΒ = αγ β + γ

,ΔΓ = β + γ

οπότε δ = βγ α2βγ

(β + γ)2


3. 1ος τρόπος: Υπολογίζουμε όλους τους όρους του συμπεράσματος συναρτήσει το)ν πλευρών του τριγώνου. Έχουμε:

2 2ΑΒ2 + 2ΑΓ2 - ΒΓ2

AM

ΒΓ 2 ΒΓ* ΒΜ = « Β Μ " = 2 4

(1)

(2)

Επειδή Α < 90° από το γενικευμένο πυθαγό-ρειο θεώρημα προκύπτει ότι:

ΒΓ2 = ΑΒ2 + ΑΓ2 - 2ΑΓ ΑΔ <=> ΑΔ ΑΓ = ΑΒ2 + ΑΓ2 - ΒΓ2

(3 ) Άρα

, 2 0)(2)2ΑΒ2 + 2 Α Γ 2 - Β Γ 2 ΒΓ2 ΑΒ2 + ΑΓ2 - ΒΓ2

AM2 = ΒΜ + ΑΔ • ΑΓ Ο = + : <=> (3) 4

2ΑΒ2 + 2ΑΓ2 - ΒΓ2 2ΑΒ2 + 2ΑΓ2 - ΒΓ2

4

, ισχύει.

2ος τρόπος: Ο κύκλος διαμέτρου ΒΓ διέρχεται από το Δ (αφού ΒΔΓ = 90°) . Άρα

ΑΔ • ΑΓ - Δ ^ Β Μ ) Ο ΑΔ • ΑΓ = A M 2 - ΒΜ2 <=> A M 2 ΒΜ" + ΑΔ · ΑΓ

4. ί) Αν η ΑΔ δεν είναι κάθετη στη ΒΓ, μπορούμε να υποθέσουμε ότι είναι Δ ( < 90° και Δ 2 > 90° . Από το γενικευμένο πυθαγόρειο θειόρημα στο τρίγωνο ΑΔΒ προκύπτει ότι: Α Β 2 = Α Δ : + Β Δ 2 - 2 Β Δ · Κ . Δ ο ( π ο λ λ α π λ α σ ι ά ζ ο υ μ ε επί Δ Γ ) ΔΓ·ΑΒ2=ΔΓ·ΑΔ2+ΔΓ·ΒΔ2-2ΒΔ·ΔΓ·ΚΔ (1) Όμοια από το τρίγωνο ΑΔΓ έχουμε: ΑΓ2=ΑΔ2+ΔΓ2+2ΔΓ·ΚΔ<=> (πολλαπλασιάζουμε επί ΒΔ) ΒΔ·ΑΓ2=ΒΔ·ΑΔ2+ΒΔ·ΔΓ2+2ΒΔ·ΔΓ·ΚΔ (2) Με πρόσθεση κατά μέλη των (1) και (2) παίρνουμε: ΒΔ·ΑΓ2+ΔΓ·ΑΒ2=(ΒΔ+ΔΓ)ΑΔ2+ΒΔ·ΔΓ(ΒΔ+ΔΓ)» (ΒΓ=ΒΔ+ΔΓ) ΒΔ·ΑΓ2+ΔΓ·ΑΒ2=ΒΓ(ΑΔ2+ΒΔ·ΔΓ). Εύκολα αποδεικνύεται ότι η πρόταση ισχύει και όταν ΑΔ_Ι_ΒΓ. ii) Αν ΑΒ=ΑΓ το Θ. Stewart γίνεται: (ΒΔ+ΔΓ)ΑΒ2=ΒΓ(ΑΔ2+ΒΔ·ΔΓ) ή ΑΒ-=ΑΔ"+ΒΔ·ΔΓ


5. ί) Έστω ΑΜ=μα, ΒΕ=μρ, ΓΖ=μγ και Θ το βαρύ-κεντρο.Από το 1° θεώρημα διαμέσων έχουμε

.2 (1). β2 + γ 2 „ 2 α

: 2^α + ~

Πρέπει να υπολογίσουμε τη διάμεσο μ„ συναρ-τήσει της πλευράς α. Επειδή μ|?-ίμγ το τρίγωνο ΒΘΓ είναι ορθογώνιο στο Θ με διάμεσο ΘΜ. Άρα

ΘΜ :

« μ α

•^<=>^μ α =^- (αφού Θ βαρύκεντρο)

3α 2

Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι β2 + γ 2 2 · 9α"

ii) Επειδή Α < 90° από το γενικευμένο πυθα-γόρειο θεώρημα έχουμε:

2 2 2 ^ α 2 = β " + γ 2 - 2β · ΑΚ <=>

α 2 = 5α2 - 2ΑΓ · ΑΚ <=>

2ΑΓ · ΑΚ = 5α2 - α 2 <=> ΑΓ • ΑΚ = 2α2

Επομένως αρκεί ΑΓ·ΑΚ=ΑΗ·ΑΔ, που ισχύει γιατί το τετράπλευρο ΗΔΓΚ είναι εγγράψιμο ( Δ + Κ = 90° + 90° = 180°).

+ —<=>β2 + γ 2 = 5 α 2 . 2

6. Για να προκύψει το γινόμενο ΑΒ-ΑΔ εφαρμό-ζουμε γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΜ. Έχουμε: ΒΜ2 = AM2 + ΑΒ2 - 2ΑΒ · ΑΔ <ί=>

\2 2ΑΒ·ΑΔ Ο f I = AM2 + ΑΒ2

ΒΓ2 = 4ΑΜ2 + 4ΑΒ2 - 8ΑΒ • ΑΔ (1)

Αλλά AM διάμεσος στο τρίγωνο ΑΒΓ, οπότε: 4ΑΜ2 = 2ΑΒ2 + 2ΑΓ2 - ΒΓ2 (2). Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι: ΒΓ2 = 2ΑΒ2 + 2ΑΓ2 - ΒΓ2 + 4ΑΒ2 - 8ΑΒ • ΑΔ <=>

2ΒΓ2 = 6ΑΒ2 + 2ΑΓ2 - 8ΑΒ • ΑΔ <=>

ΒΓ2 = 3ΑΒ2 + ΑΓ2 - 4ΑΒ · ΑΔ


7. Αν Μ το μέσο της ΒΓ έχουμε:

2 2 2 ΒΓ" ΑΒ2 + ΑΓ2 = 2ΑΜ + (1)· ζ

Επειδή έχουμε κύκλο μετασχηματίζουμε τη σχέση (1) και παίρνουμε ΑΒ2 + ΑΓ2 = 2ΑΜ2 + 2ΒΜ2

= 2ΑΜ2 + 2ΒΜ · ΜΓ = 2ΑΜ2 + 2(R2 - ΟΜ2)

= 2(ΑΜ2 - ΟΜ2) + 2R2 = 20Α2 + 2R2

(γιατί ΜΟΑ = 90° ). Άρα AB2+Ar2=4R2 , δηλαδή το άθροισμα ΑΒ :+ΑΓ2 είναι σταθερό.

8. Αρκεί να αποδείξουμε ότι στο τρίγωνο ΕΔΗ ισχύει το πυθαγόρειο θεώρημα, δηλαδή

ΔΕ 2 + ΔΗ 2 = ΕΗ2 Ο ΔΕ 2 + ΔΗ 2 =

Από το 1° θεώρημα διαμέσων στα τρίγωνα ΕΓΔ και ΔΗΓ έχουμε:

ΔΕ 2 + ΕΓ2 = 20Ε 2 +

και

(1, 2 2

2 2 7 ΓΔ ΔΗ 2 + ΗΓ = 20Η + 2 R : 2R 2 + — (2).

Από τις (1) και (2) με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε: Δ Ε 2 + Δ Η 2 = 5 R 2 - ( Ε Γ 2 + Η Γ 2 ) (3). Αλλά ΕΗ=ΕΓ+ΓΗ, οπότε ΕΗ2 = ΕΓ2 + ΓΗ2 + 2ΕΓ • ΓΗ <=>

ΕΓ2 + ΓΗ2 = ΕΗ2 - 2ΑΓ · ΓΒ (αφού ΕΓ·ΓΗ=ΑΓ·ΓΒ) <»

2 2 13R2 R 3R 2 2 7R2 Ε Γ 2 + Γ Η " = 2 <=>ΕΓ 2 +ΓΗ"= (4).

4 2 2 4

2 2 Από (3) και (4) προκύπτει ότι ΔΕ + ΔΗ 13R . Άρα ΕΔΗ = 90° .

κ ε φ α ·

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΑΕ1ΞΕΙΣ

Αν γνωρίζουμε το εμβαδόν ενός σχήματος το χρησιμοποιούμε για να υπολογί-σουμε κάποια στοιχεία του (ύψος, βάση κ.λ.π.)· (Ασκήσεις: § 10.3 Εμπέδωσης 3 - §10.4 εμπέδωσης 2, 4).

Η διάμεσος του τριγώνου το χωρίζει σε δύο ισοδύναμα τρίγωνα (εφαρμογή 3 §10.3). (Ασκήσεις: § 10.4 Αποδεικτικές 2, 3 - Σύνθετα 2).

Τρίγωνα που έχουν κοινή βάση και η άλλη κορυφή τους βρίσκεται σε ευθεία πα-ράλληλη προς τη βάση είναι ισοδύναμα (εφαρμογή 1 §10.5). (Ασκήσεις: § 10.5 Σύνθετα 1- Γενικές 1).

Αν προεκτείνουμε τις πλευρές τριγώνου σχηματίζονται τρίγωνα που έχουν γωνίες παραπληρωματικές (ή ίσες). Όμοια αν από εσωτερικό σημείο τριγώνου φέρουμε κάθετες στις πλευρές του. (Ασκήσεις: § 10.5 Εμπέδωσης 3).

Όταν έχουμε σχέση της μορφής Ε|·Ε2 = Ε3·Ε4 συνήθως την μετασχηματίζουμε σε Ε Ε λόγο εμβαδών (π.χ. — = — ) . (Ασκήσεις: § 10.5 Σύνθετα 3 - Γ ενικές 4).

153

§ 10 .1 . -10 .3


1. Έστω τετράγωνο ΑΒΓ Δ πλευράς α=4. Είναι φανερό ότι

(ΑΒΓΔ)=α2= 16τ.μ., (ΔΑΖ) = — — = = 4V3 •

Φέρνουμε ZI_L ΑΒ και ΖΗ± ΑΔ τότε: ΑΔ ΖΙ = ΑΗ 2 οπότε

(ΑΒΖ) = - ΑΒ · ΖΙ = - 4 · 2 = 4τ.μ. 2 2

Τα τρίγωνα ΑΒΖ και ΔΓΖ είναι ίσα, οπότε και ισεμβαδικά και επομένως; (ΒΓΖ) = (ΑΒΓΔ) - 2(ΑΒΖ) - (ΑΔΖ) = 16 - 2 · 4 = 4λ/3 = 8 - 4Λ/3 .

2. Έχουμε: (ΑΜΒ) + (ΔΜΓ) = j AM · ΑΒ + -ί ΜΔ · ΔΓ =

= - ( A M + ΜΔ)ΑΒ = - ΑΔ · ΑΒ = - 1 0 10 = 50 2 2 2

άρα το άθροισμα (ΑΜΒ)+(ΔΜΓ) είναι Γ: 50τ.μ.

3. α) Επειδή Α = 60° και Ε = 90° θα είναι Bj = 30°

ΑΒ οπότε ΑΕ = = 3. Από το ορθ. τρίγ. ΑΕΒ με

εφαρμογή Πυθαγορείου θεωρήματος έχουμε: = ΑΒ2 - ΑΕ 2 = 36 - 9 = 27 <=> υβ = 3Λ/3μ.μ.

β) Έχουμε (ΑΒΓ) = ^ ΑΓ · BE = -^8 · 3-^3 = 1273τ.μ.

γ) Είναι ΕΓ = ΑΓ - ΑΕ = 8 - 3 = 5 και από το ΕΒΓ βρίσκουμε ΒΓ2 = BE2 + ΕΓ2 = (3Λ/3)2 + 52 = 52 <=> ΒΓ =

j ι 12 */3 12 Λ/39 Αλλά (ΑΒΓ) = —ΒΓ ·υη <?=> 1 2 S = — 2Λ/Ϊ3 · υΠ <=> υΠ = — —

2 3 λ/Ϊ3 13 μ. μ.

154 10.1-10.3

4. Έστω α,β οι διαστάσεις του ορθογωνίου τότε έχουμε 2α+2β=14 ο α+β=7 (1)και α2+β2=25 (2)

Υψώνοντας την (1) στο τετράγωνο και αξιοποιώντας

την (2) έχουμε: α2+β2+2αβ=49 <=> 25+2αβ=49 <=> αβ=12

δηλαδή το εμβαδόν του ορθογ. ΑΒΓΔ είναι 12 τ.μ.

5. α) Έχουμε (ΑΒΓΔ)=ΒΓΆΗ=10*5=50 τ.μ. β) Επειδή ΑΔ=ΒΓ και ΑΕ=ΖΓ προκύπτει ΕΔ=ΒΓ, οπότε

τα τραπέζια ΑΕΖΒ και ΕΖΓΔ έχουν ίσες βάεις μια προς μία δηλαδή ΑΕ=ΖΓ και ΒΖ ΕΔ και ίσα ύψη υ οπότε:

(ΑΕΖΘ) = ^-(ΑΕ + ΒΖ) · υ = ^ ( Ζ Γ + ΕΔ) • υ = (ΕΖΓΔ)

δηλαδή έχουν ίσα εμβαδά. Τα τραπέζια αυτά δεν έχουν κοινά εσωτερικά σημεία, οπότε: (ΑΕΖΒ)+(ΕΖΓ Δ)=( ΑΒΓ Δ) <=> 2(ΑΕΖΒ)=(ΑΒΓΔ)=50 άρα

(ΑΕΖΒ)=(ΕΖΓΔ)=25τ.μ.

Λ 15 6. Από το Δ φέρνουμε κάθετη ΔΗ προς την ΒΓ. Τότε

το ΑΒΗΔ είναι ορθογώνιο, οπότε ΒΗ=15 και επομένως ΗΓ=ΒΓ-BH=5m. Από το ορθογ. τρίγωνο ΗΓΔ (Η = 90") παίρνουμε:

ΔΓ2=ΔΗ2+ΗΓ2=122+52=132 <=> ΔΓ=13 οπότε το

εμβαδόν της λωρίδας ΘΓΔΙ που αποκόπτει ο δρόμος είναι (ΘΓΔΙ)=13'3=39τ.μ. Το εμβαδόν του

αρχικού οικοπέδου είναι:

(ΑΒΓΔ) = - (ΑΔ + ΒΓ) · U = —(15 + 20) · 12 = 210τ.μ. 2 2

οπότε το εμβαδόν του οικοπέδου ΑΒΘΙ που απομένει είναι (ΑΒΘΙ)=210-39=171 τ.μ.

20 Η Θ Γ


1. Φέρνουμε τα ύψη ΑΗ, ΔΖ των τριγώνων ΣΑΓ, ΣΒΔ που αντιστοιχούν στις πλευρές

ΣΓ, ΣΒ αντίστοιχα. Τα ύψη αυτά, ώς αποστάσεις των παραλλήλων ΑΔ και ΒΓ

155

10.1-10.3 είναι ίσα δηλαδή ΑΗ=ΔΖ οπότε έχουμε:

(ΣΑΓ) + (ΣΒΔ) = -^ΣΓ • ΑΗ + -^ΣΒ · ΔΖ = ^ (ΣΓ + ΣΒ)ΑΗ = ^ΒΓ • ΑΗ = (ΑΒΓ)

άρα (ΣΑΓ) + (ΣΒΔ) = (ΑΒΓ).

2. α) Τα τρίγωνα ABE και ΒΕΓ έχουν κοινό το ύψος ΒΖ από την κορυφή Β και ίσες βάσεις ΑΕ και ΕΓ (αφού Ε μέσο της ΑΓ).

Επομένως (ABE) = ~ ΑΕ · ΒΖ = ~ΕΓ · ΒΖ = (ΒΕΓ)

β) Από το α) έχουμε (ΒΕΓ) =-ί(ΑΒΓ) (1)

Όμοια (ΑΒΔ) = — (ΑΒΓ) (2). Από (1) και (2) προκύπτει: 2

(ΑΒΔ) = (ΒΕΓ) <=> (ΑΒΘ) + (ΒΘΔ) = (ΒΘΔ) + (ΔΓΕΘ) ο (ΑΒΘ) = (ΔΓΕΘ).

Επίσης (ΑΔΓ) = i (ΑΒΓ) = (ΒΕΓ) <=> (ΑΔΓ) = (ΒΕΓ) <=> (ΑΘΕ) + (ΔΓΕΘ) =

(ΒΘΔ) + (ΔΓΕΘ) <=> (ΑΘΕ) = (ΒΘΔ).

3. ί) Επειδή ΑΔ διάμεσος του τριγώνου ΑΒΓ έχουμε (ΑΒΔ) = (ΑΓΔ). Όμοια, αφού ΣΔ διάμεσος του τριγώνου ΣΒΓ έχουμε: (ΣΒΔ) = (ΣΓΔ).

Με αφαίρεση των δύο αυτών σχέσεων κατά μελη βρίσκουμε (ΑΒΣ) = (ΑΓΣ).

ii) Τα τμήματα ΣΕ, ΣΖ είναι ύψη των τριγώνων ΑΣΓ, ΑΣΒ αντίστοιχα, οπότε σύμφωνα με το ί) έχουμε:

(ΑΒΣ) = (ΑΓΣ) « - ΑΒ · ΣΖ 2

1 ΑΓ ΣΕ « ΑΒ ΣΖ = ΑΓ ΣΕ.

Επίσης, από το ί) για Σ=Θ έχουμε (ΑΒΘ) = (ΑΓΘ) (1). Πάλι από το ί), αφού Θ σημείο της διαμέσου ΒΚ του τριγώνου ΑΒΓ έχουμε (ΑΒΘ) = (ΒΘΓ) (2). Από τις (1) και (2) προκύπτει (ΑΒΘ) = (ΑΓΘ) = (ΒΓΘ) και επειδή (ΑΒΘ) + (ΑΓΘ) + (ΒΓΘ) = (ΑΒΓ)

προκύπτει τελικά ότι (ΑΒΘ) = (ΑΓΘ) = (ΒΓΘ) = ^ (ΑΒΓ), που είναι και το ζητούμενο.

156 10.1-10.3

4. Από το Μ φέρνουμε παράλληλη προς τη ΔΓ που τέμνει την προέκταση της ΔΑ στο Ε και τη ΒΓ στο Ζ. Τα τρίγωνα Ε AM και ΖΒΜ έχουν: AM = ΒΜ, Μ! = Μ2 και Α| = B t ,

επομένως είναι ίσα, άρα και ισεμβαδικά. Έχουμε: (ΑΒΓΔ) = (ΑΜΖΓΔ) + (ΒΜΖ) =

(ΑΜΖΓΔ) + (ΑΜΕ) = (ΕΖΓΔ) = Δ Γ · υ = 2 ^ Δ Γ · υ = 2(ΜΓΔ),

δηλαδή (ΑΒΓΔ) = 2(ΜΓΔ).

5. Από το Μ φέρνουμε παράλληλη προς τη ΔΓ που τέμνει την προέκταση της ΔΑ στο Ε και τη ΒΓ στο Ζ. Τα τρίγωνα ΕΑΜ και ΖΒΜ έχουν AM = MB, Μ] = Μ2 και Aj = Bj

επομένως είναι ίσα, άρα και ισεμβαδικά, δηλαδή (ΕΑΜ) = ΖΒΜ). Με τη βοήθεια

αυτού προκύπτει ότι το τραπέζιο ΑΒΓΔ είναι ισεμβαδικά με το παραλληλόγραμμο ΕΖΓΔ και επειδή (ΕΖΓΔ)=ΔΓ ΜΝ προκύπτει (ΑΒΓΔ)=ΔΓΜΝ.

6. ί) Φέρνουμε ΕΗ_Ι_ΑΘ. Στο τρίγωνο ΑΕΘ η Δ

γωνία ΕΑΘ είναι οξεία, επομένως έχουμε: ΕΘ2=ΑΈ2+ΑΘ2-2ΑΘ ΑΗ (1)

Αλλά το τρίγωνο ΗΑΕ είναι ορθογώνιο με Ε[ =30° οπότε:

ΑΕ 1 ΑΗ - — = — και η (1) γίνεται:

ΕΘ2 = 1 2 + 2 2 - 2 · 2 · - = 3<=>ΕΘ = Λ/3 2

ii) Στο ί) βρήκαμε ότι ΕΘ = Λ/3 Ο ΕΘ2 = 3 = 4 - 1 = ΑΘ2 Α Ε 2 θ ΕΘ2 + ΑΕ2 = ΑΘ2 <=> ΕΑΘ

10.1-10.3 1 5 7

ορθογώνιο στο Ε δηλαδή ΑΕΘ = 1 L και επειδή και ΔΕΑ = 1 L συμπεραίνουμε ότι τα Δ,Ε,Θ, είναι συνευθειακά.

iii) Είναι (ΒΓΖΘΕΔ)=(ΑΒΓ)+(ΑΓΖΘ)+(ΕΘΑ)+(ΑΒΔΕ) (2) Φέρνουμε το ύψος ΒΚ του

τριγ. ΑΒΓ. Τότε Aj = 60° οπότε Β, = 30° και επομένως ΑΚ: ΑΒ 1

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΚΑΒ (K=1L) έχουμε

ΒΚ -, 0 1 3 λ/3 : ΑΒ2 - ΑΚ2 = ! - - = — <=> ΒΚ = — οπότε

(ΑΒΓ) = - ΑΓ · ΒΚ = - 2 — = — τ. μ. .(3). 2 2 2 2

Εξ'άλλου (ΑΓΖΘ) = 4τ.μ. και (ΑΒΔΕ)=1τ.μ. (4).

Τέλος στο ερώτημα ϊ) είδαμε ότι Ε Θ= V3 και στο ii) ότι ΑΕΘ = 1 L οπότε

1 Λ/3 (ΕΑΘ) = — ΑΕΕΘ = — (5). 2 2

Αντικαθιστώντας τις (3), (4) και (5) στην (2) βρίσκουμε λ/3 Λ/3 ι— (ΒΓΖΘΕΔ) = ——I- 4 + ——l·-1 — 5 + ν3 . 2 2

7. Έχουμε (ΑΒΓΔ)=(ΑΒΓ)+(ΑΓΔ)

Αλλά (ΑΒΓ) = - ΑΓ · ΒΜ (2).

(1)

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΜΚΒ έχουμε ΒΜ ημω = « ΒΜ = ημωΒΚ ΒΚ

οπότε η (2) γίνεται:

(ΑΒΓ) = ~ ΑΓ · ΒΚ ημω (3).

Όμοια βρίσκουμε ότι (ΑΓΔ) = ~ Α Γ · ΔΚημω (4).

Η (1) με τη βοήθεια των (3) και (4) δίνει:

(ΑΒΓΔ) = — ΑΓ • (ΒΚ + ΔΚ)ημω = — ΑΓ · ΒΔημω 2 2

Σχόλιο:

Αν ω=30° τότε ΒΜ = - ^ - , Δ Δ = και (ΑΒΓΔ) = Α Γ Β Δ

2 2 4

158 10.1-10.3

8. Αν το πλάτος του οικοπέδου είναι χ m, το μήκος του θα είναι (x+18)m. Η δενδροστοιχεία που περι-βάλλει το οικόπεδο αποτελείται:

ί) Από δύο ορθογώνια με διαστάσεις (x+18)m και 2,5m και συνολικό εμβαδόν 2(x+18)-2,5=5(x+18)m\

ii) Από δύο άλλα ορθογώνια με διαστάσεις x m και 2,5m και.συνολικό εμβαδόν 2 · χ ·2,5=5χ m2.

iii) Από τέσσερα τετράγωνα πλευράς 2,5 m και συνολικό εμβαδόν 4(2 ,5) 2 =25m 2 .

Επειδή το άθροισμα των εμβαδών ισούται με 695m2 έχουμε την εξίσωση 5(x+l 8)+5χ+25 = 695 ή 1 Οχ = 580 ή χ = 58.

Άρα το πλάτος είναι 58m και το μήκος 58 +18 = 76m.

2,5 !

2,5 Χ

2,5

χ + 1 8 I I ι 2,5


1. α) Επειδή ΙΑ=ΑΔ η Θ1 είναι διάμεσος στο Δ

ΘΙΔ οπότε (1ΘΑ)=(ΑΘΔ) (1). Όμοια η ΑΔ Δ

είναι διάμεσος στο ΑΘΓ οπότε (ΑΘΔ)=(ΑΔΓ) (2).

Από (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο.

β) Σύμφωνα με το α) έχουμε (ΙΘΔ)=2(ΙΘΑ)=2(ΑΔΓ) (3).

Όμοια αν φέρουμε τη διάμεσο ΖΓ του Δ

τριγώνου ΒΖΗ βρίσκουμε (ΖΒΗ)=2(ΑΒΓ) (4). Προσθέτοντας τις (3) και (4) κατά μέλη βρίσκουμε: (ΙΘΔ)+(ΖΒΗ)=2(ΑΒΓΔ)

γ) Έχουμε (ΙΖΗΘ)=(ΙΘΔ)+(ΖΒΗ)+(1ΑΖ)+(ΗΓΘ)+(ΑΒΓΔ) (5). Στο β) βρήκαμε ότι (1ΘΔ)+(ΖΒΗ)=2(ΆΒΓΔ) (6) Όμοια βρίσκουμε ότι: (ΙΑΖ)+(ΗΓΘ)=2(ΑΒΓΔ) (7).

Με τη βοήθεια των (6) και (7) η (5) δίνει: (ΙΖΗΘ)=5(ΑΒΓΔ).

10.1-10.3 159

2. Στο τρίγωνο ΒΜΝ η MP είναι διάμεσος,

επομένως (ΜΝΡ) = ^-(ΒΜΝ).

Στο τρίγωνο ΒΜΓ η ΒΝ είναι διάμεσος, οπότε

(ΒΜΝ) = —(ΒΜΓ) (2). 2 Β Δ

Όμως (ΒΜΓ)=(ΒΜΔ)+(ΔΜΓ) και τα τμήματα ΒΜ και

ΓΜ είναι διάμεσοι στα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΓ Δ αντίστοιχα, οπότε:

(ΒΜΓ) = - (ΑΒΔ) + - (ΑΓΔ) = - (ΑΒΓ) (3) 2 2 2

Αντικαθιστώντας στην (1) διαδοχικά τη (2) και την (3) βρίσκουμε:

(ΜΝΡ) = - · - ( Β Μ Γ ) = - (ΑΒΓ) 2 2 8

3. α) Αρκεί να δείξουμε ότι: Α , + Β , =1L . Τα τρίγωνα ΑΒΖ

και ΒΓΗ είναι ίσα, γιατί είναι ορθογώνια και έχουν τις κάθετες πλευρές ίσες, άρα θα είναι και Α] = Β2 οπότε

Α, + Β, = Β2 + Β! = Β = 1L αφού ΑΒΓΔ τετράγωνο,

β) Το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ορθογώνιο στο Β οπότε (πυθ. θεωρ.)

2 2 2 2 9α** 25α 5α ΑΖ- = ΑΒ2 + ΒΖ = α2 + = <=> ΑΖ = — . 16 16

Επίσης στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΖ είναι BKJ_ ΑΖ οπότε ι ι 5α 4α ΑΒ2 = ΑΖ. ΑΚ « α 2 = — Α Κ « ΑΚ = — .

4 5

Το τρίγωνο ΑΔΗ είναι ορθογώνιο στο Δ οπότε

ΑΗ2 = ΑΔ2 + ΔΗ2 = α2 + — = AH = — Vl7 . 16 16

Τέλος από το ορθογώνιο τρίγωνο ΚΑΗ (Κ=1 ) έχουμε:

ΑΗ2 = ΑΚ2 + ΚΗ2 «=> — 16

16α" 2 13 + ΚΗ <=> ΚΗ = — α . 25 20

γ) Είναι (ΑΚΗΔ) = (ΑΚΗ) +

1 4α 13α

(ΑΔΗ) = - Α Κ • ΚΗ+ - Α Δ · ΔΗ 2 2

1 α 77 τ 1—α • — = α"* τ.μ. 2 5 20 2 4 200

160 10.1-10.3

α) Από το Ο φέρνουμε ΗΖ κάθετη τις παράλ-ληλες πλευρές ΑΒ και ΓΔ του παραλληλογράμ-

μου. Τότε:

(ΟΑΒ) + (ΟΓΔ): — ΑΒ · ΟΗ + — ΔΓ · ΟΖ 2 2

= — ΑΒ(ΟΗ + ΟΖ) = - ΑΒ ΗΖ = - (ΑΒΓΔ) = 2 2 2

: (ΑΒΓ) Β

β)Έχουμε (ΟΑΓ) + (ΟΒΓ) = (ΑΒΓ) - (ΟΑΒ) = (ΟΓΔ), σύμφωνα με το α.

5. Έστω Ο το σημείο τομής των διαγωνίων ΑΓ=δ] και ΒΔ-δ2 του ρόμβου ΑΒΓΔ. Επειδή οι διαγώνιοι του ρόμβου τέμνονται κάθετα, το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ορθογώνιο οπότε

έχουμε:

Α Β 2 = Α 0 2 + Β 0 2 « α 2 = -^ - + — = - ( δ ϊ + δ 2 ) (1). 4 4 4

Είναι όμως γνωστό ότι: Χ2 + y2 > 2xy, για οποιουσδή-

ποτε πραγματικούς αριθμούς οπότε από την (1) προκύπτει:

7 1 δ ι δ 2 α > —2 · δ .δ 2 = — ο 4 2

(ΚΛΜΝ) > (ΑΒΓΔ).

Προφανώς το "=" ισχύει όταν δ,=δ2 δηλαδή όταν ο ρόμβος

γίνει τελικά τετράγωνο.

Β

δ \

/ δ2 \ °

§10.4. Ασκήσεις Εμπέδωσης

1. Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΔΓ είναι ίσα άρα και Α ισεμβαδικά και επομένως (ΑΒΓΔ)=2(ΑΒΓ).

Λ Το εμβαδόν του ΑΒΓ θα το υπολογίσουμε με τη βοήθεια του τύπου του Ήρωνα.

18+ 20+ 34 Γ Γ αυτό εχουμε: τ = = 36

10.4 161

οπότε (ΑΒΓ) = Λ/36 · 18 · 16 · 2 = 144τ.μ.

και επομένως (ΑΒΓΔ)=2 ' 144=288τ.μ.

2. Από το Δ φέρνουμε παράλληλη προς την ΑΒ που τέμνει τη ΒΓ στο Ζ. Τότε το ΑΒΖΔ είναι παραλλη-

λόγραμμο οπότε ΒΖ=11 και επομένως ΖΓ=14. Επίσης ΔΖ=ΑΒ=13. Στο τρίγωνο ΔΖΓ γνωρίζουμε τα μήκη των πλευρών του, οπότε σύμφωνα με τον τύπο του

Ήρωνα έχουμε: (ΔΖ Γ) = V21 · 8 · 7 · 6 = 84τ. μ Φέρ-

νουμε το ύψος ΔΗ του τριγώνου ΔΖΓ (που είναι και ύψος του τραπεζίου). Τότε

(ΔΖΓ):

Το εμβαδόν πλέον του τραπεζίου ΑΒΓΔ είναι

(ΑΒΓΔ):

13 i υ

— ΖΓ · ΔΗ 84 = — · 14 • ΔΗ <=> ΔΗ = 12. 2 2

- ( Α Δ + ΒΓ)ΔΗ = -(11 + 25)· 12 = 216τ.μ. 2 2

3. Έστω ότι Α = 60° φέρνουμε ΒΕΓΑΓ οπότε Β| = 30°

ΑΒ και επομενως ΑΕ = - y - = 2 .

Δ Με εφαρμογή του πυθ. θεωρ. στο ΕΑΓ βρίσκουμε: BE2 = ΑΒ2 - ΑΕ2 = 16 - 4 = 12 ο BE = 2Λ/3 οπότε

(ΑΒΓ) = — ΑΓ · BE = — · 7 · 2 λ/3 = 773τ.μ.

1 1 λ/3 γ~ Τριγωνομετρικά: (ΑΒΓ) = "^"^Β • ΑΓ · ημΑ = — · 4 · 7 · = 7ν3 .

4. ί) (ΑΒΓ) = - Α Β · ΑΓ = 24

ίί) Με το πυθαγ. θεώρημα βρίσκουμε ΒΓ2 = 62 + 82 = 100 <=> ΒΓ = 10 οπότε

1 1 24 (ΑΒΓ) = — ΒΓ · υα « · 24 = — · 10 · υα <=> υα = —

iii) Έχουμε: τ = ~ (6 + 8 + 10) = 12 οπότε από τον τύπο Ε = τ · ρ

βρίσκουμε ότι ρ = — = 2.

162 10.4


αβγ 1. Έχουμε βγ = αυα <=> βγ = 2Ε και επειδή Ε = η τελευταία είναι ισοδύναμη με την:

4R αβγ

βγ = <=> α = 2R η οποία σημαίνει ότι η πλευρά ΒΓ είναι διάμετρος του 2R

περιγεγραμμένου κύκλου, οπότε η γωνία Α είναι ορθή και αντίστροφα.

2. ί) Έχουμε διαδοχικά: Ε < τ(τ - α) <=> Ε2 < τ 2 (τ - α)2 <=> τ(τ - α)(τ - β)(τ - γ) < τ 2 (τ - α)2 ο

(τ - βχτ - γ) < τ(τ - α) <=> α + γ - β α + β - γ α + β + γ β + γ - α 2 2 2

α 2 - (7 - β)2 < (β + γ)2 - α 2 « α2 < β2 + γ 2 <=> Α = 90°

ίί) Όμοια Ε = τ(τ - α) <=> α2 = β2 + γ2 <=> Α = 90°

ίίί) Επίσης Ε > τ(τ - α) <=> α2 > β2 + γ2 <=> Α > 90°

3. Τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β'Γ' έχουν τον ίδιο περιγεγραμ-μένο κύκλο (0,R) και επομένως έχουμε:

(ΑΒΓ) = αβγ και (Α'Β'Γ')

α'β'γ' 4R 4R

Με διαίρεση αυτών κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο.

4. Έστω ότι η γωνία Α είναι οξεία.

Α

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΗΓ (Η = 1 L) έχουμε ΑΗ = βσυνΑ και από το

ΑΖΒ (Ζ = 1L) ότι ΑΖ = γσυνΑ οπότε:

10.4 163

(ΑΖΗ) - — AH · ΑΖ · ημΑ = — (β συν Α)(γ συν Α)ημΑ = 2 2

1 ? Λ = - β γ η μ Α · συν Α = (ΑΒΓ)συν Α

Εστω ότι Α > 90 τότε ΑΖ= —γσυνΑ και ΑΗ=-βσυνΑ οπότε πάλι

(ΑΖΗ) = — ΑΖ · ΑΗ · ημΑ = -βγημΑσυν 2 Α = (ΑΒΓ)συν2Α . 2 2

_β_ ± 2Ε ' υ,,

1 — α 2

' υα <=> «α = 2Ε 1 = <=>

α υα

II

_β_ 2Ε '

Άρα: — + υα

1 1 υρ υγ

α — + 2Ε

_β_ 2Ε

+ J L = 2Ε

. 2 τ . " 2Ε "

τ τρ

1

Ρ


1. α) Από το Κ φέρνουμε ΚΑΙΟχ και KBIOy. Τότε τα τμήματα ΚΑ και KB είναι σταθερά, ανεξάρτητα δηλα-δή από τη θέση της (ε). Τότε έχουμε: 1 ^ 1 _ (ΟΚΝ) + (ΟΚΜ) (ΟΜΝ)

(ΟΚΜ) (ΟΚΝ)

1

(ΟΚΜ)(ΟΚΝ)

ΟΜ ON ημω

(ΟΚΜ)(ΟΚΝ)

- Ο Μ ΚΑ - ON KB 2 2

2ημω ΚΑ KB

= σταθερό.

β) Σύμφωνα με το α) θεωρώντας τις τέμνουσες Β KB' και ΓΚΓ' των πλευρών της Α έχουμε:

1 1 1 1 - + — = — + (1)

Ε , + Ε 2 Ε6 Ε, Ε5 + Ε6

Ομοια θεωρώντας τις τέμνουσες ΓΚΓ' και ΑΚΑ' των * . Β

πλευρών της Β βρίσκουμε:

Ε3 + Ε4 Ε, + Ε, (2).

Ομοια από τις τέμνουσες των πλευρών της Γ βρίσκουμε ότι: 1 1 1 1 • + — = + — (3)

Eg + E j Ε4 ε3 + Ε4

I ίε πρόσθεση των (1), (2) και (3) κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο.

164 10.4

2. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και ο περιγεγραμμένος κύκλος (Λ, ρα) στη γωνία Α. Φέρουμε τα τμήματα ΛΑ, ΛΒ και ΑΓ. Σχηματίζονται τα τρίγωνα ΑΒΓ, ΑΓΑ και ΓΑΒ, που έχουν το ίδιο ύψος ρ„. Σύμφωνα με το σχήμα έχουμε: (ΑΒΓ) + (ΑΒΓ) = (ΑΒΑ) + (ΑΓΑ) ή

(ΑΒΓ) = (ΑΒΑ) + (ΑΓΑ) - (ΑΒΓ): 1 1 ο 1 -ΎΡα +-βΡα ~ 2αΡο

1 - ( γ + β - α ) ρ α = — (2τ - α - α)ρα = ( τ - α ) ρ α .

Όμοια αποδεικνύονται και οι άλλοι τύποι.

3. Έστω R η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του εγγραψύμου τετραπλεύρου ΑΒΓΔ τότε:

(ΑΒΓΔ) = (ΑΒΑ) + (ΒΓΑ) = α δ Β Δ + β Ύ " Β Δ = α δ + β γ ΒΔ 4R 4R 4R

(1)

(ΑΒΓΔ) = (ΑΒΓ) + (ΑΔΓ) = α β '_ΑΓ + γ δ Α Γ = α β + γ δ ΑΓ 4R 4R 4R

(2)

Από (1) και (2) προκύπτει:

(αδ + βγ)ΒΔ = (αβ + γδ)ΑΓ <=> αδ + βγ ΑΓ αβ + γδ ΒΔ

§ 10.5.


1. Εφ' όσον τα τρίγωνα έχουν ίσες βάσεις α=α' έχουμε: (ΑΒΓ) υα 3 — <=> — ^ r = — <=> (Α'Β'Γ') = 20τ.μ.

( Α Β Γ ) υα< 2 (Α'Β'Γ') 2

10.5 165

2. Φέρουμε την διαγώνιο ΑΓ.

Τότε (ΑΒΓ) = ( Α Β Γ Δ ) = 10m2. Τα τρίγωνα

ΜΒΓ και ΑΒΓ έχουν κοινό ύψος από την κορυφή (ΜΒΓ) MB _ MB _ 1

~ 2

, V1V1D1 ) ι ν ι ο I οποτε: = (ΑΒΓ) ΑΒ

1 2MB

Άρα (ΜΒΓ) = - ( Α Β Γ ) = 5m ;

3. Τα τρίγωνα ΑΔΖ και ΑΒΓ έχουν Α, = Α2 ως κατά

κορυφή και επομένως: 2 1 - Α Β ΑΓ , 3 2 1 = - <=> ΑΒ ΑΓ 3

(ΑΔΖ) ΑΔ ΑΖ (ΑΒΓ) ~ ΑΒ ΑΓ

(ΑΔΖ) = ^(ΑΒΓ) = - • 30 = 10τ.μ.

4. Τα τρίγωνα ΑΕΖ και ΑΒΓ είναι όμοια (ΕΖ//ΒΓ) και

(ΑΕΖ) ί Α Ε Ϋ επομενως: = (1) (ΑΒΓ) Ι ,ΑΒ;

Όμως και τα τρίγωνα ΑΕΜ και ΑΒΔ είναι όμοια , ΑΕ AM 3 οποτε: = = - (2)

ΑΒ Α Δ 5 , AM 3 α(ρου = —, Από (1) και (2) βρίσκουμε:

(ΑΕΖ) 9 9 9 = — Ο (ΑΕΖ) = — (ΑΒΓ) = — · 75 = 27τ.μ. οπότε: (ΒΕΖΓ) = 48τ.μ.

(ΑΒΓ) 25 25 25

5. Επειδή Α = Α ' έχουμε: (ΑΒΓ) _ βγ

(Α'Β'Γ') β 'γ ' { '

Όμοια αφού Β + Β' = 180° έχουμε: (ΑΒΓ) αγ

z b (2) (Α'Β'Γ') Α'γ' βγ Από τις (1) και (2) προκύπτει: <=} αβ ' = α'β

β ' γ ' α ' γ '

166 10.5


1. Τα τρίγωνα ΡΒΓ και ΑΒΓ έχουν κοινή βάση ΒΓ και επομένως άν φέρουμε τα ύψη ΡΜ και ΑΗ

(ΒΡΓ) _ ΡΜ ~ ΑΗ

αυτών θα έχουμε: (1) (ΑΒΓ)

Όμως τα τρίγωνα ΑΗΔ και ΡΜΔ είναι όμοια

(2) ΡΜ

οποτε: ΡΑ

AH ~ ΑΔ Από (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο

δηλαδή (ΒΡΓ) (ΑΒΓ)

ΡΑ ΑΔ

ίί) Σύμφωνα με το ί) έχουμε: ΡΑ _ (ΒΡΓ) ΡΕ ΑΔ ~~ (ΑΒΓ)' BE

(ΑΡΓ) και

(ΑΒΓ) BE (ΑΒΓ)

Με πρόσθεση αυτών κατά μέλη παίρνουμε: (ΒΡΓ) + (ΑΡΓ) + (ΑΡΒ)

ΡΖ ΓΖ

(ΑΡΒ)

ΡΑ ΡΕ ΡΖ 1 1

ΑΔ BE ΓΖ ΡΑ Α Δ - Ρ Δ ill) Εχουμε — = — = ΑΔ ΑΔ

(ΑΒΓ)

(ΑΒΓ) (ΑΒΓ)

1 -ΡΔ ΑΔ

ΡΒ Όμοια — = 1 και BE

(ΑΒΓ) ΡΕ BE

= 1

ΡΓ ΡΖ — = 1 - — οπότε προσθέτοντας αυτές κατά μέλη και λαμβάοντας υπόψη την ίί) ΖΓ ΙΖ

προκύπτει το ζητούμενο.

2. Τα τρίγωνα ΕΒΜ και ΑΒΔ έχουν Α, = Β,

(ΑΔ//ΒΕ) οπότε: (ΕΒΜ) Β Ε Β Μ 2ΑΔΒΜ <=> (ΑΒΔ) ΑΔ ΑΒ ΑΔ-2ΒΜ (ΕΒΜΜΑΒΔ) (1)

Όμοια αφού Α, = Γ2 βρίσκουμε ότι

(ΖΓΝ)= (ΑΓΔ) (2). Με πρόσθεση των (1), (2) προκύπτει

(ΕΒΜ) + (ΖΓΝ) = (ΑΒΔ + ΑΓΔ) = (ΑΒΓ)

10.5 167

3. Έστω Κ το σημείο τομής των χορδών ΑΒ και ΓΔ, τότε:

ΑΚΓ = ^ ( Α Γ +ΒΔ) <=> 1 L = - ( Α Γ + ΒΔ) <=>

ΑΓ + ΒΔ = 2L οπότε: Ο, + 0 2 = (ΔΒ) + (ΑΓ) = 2L

(ΟΑΓ) OA ΟΓ R · R και επομενως: = 1

(ΟΒΔ) OA OB R · R (R η ακτίνα του κύκλου), δηλαδή (ΟΑΓ) = (ΟΒΔ).

4. Η αποδεικτέα ισότητα γράφεται: (ABE) =: (ΑΒΓ) (ΑΔΕ) (ABE)

Τα τρίγωνα ABE και ΑΔΕ έχουν κοινό το ύψος από την κορυφή Ε, άρα:

(ABE) ΑΒ (ΑΔΕ) ΑΔ

(2)

Επίσης τα τρίγωνα ΑΒΓ και ABE έχουν κοινό το ύψος από την κορυφή Β, άρα: (ΑΒΓ) = ΑΓ (ABE) ΑΕ

ΑΒ ΑΓ Επειδή όμως ΔΕ//ΒΓ είναι: = (θ. Θαλή) οπότε από τις (2) και (3) προκύπτει

ΑΔ ΑΕ η(1).

5. Είναι Α, + Α, (ΑΜΖ) ΑΜ-ΑΖ 180 οποτε: = = 1 (ΑΒΔ) ΑΔ · ΑΒ

αφού ΑίνΓ ΑΔ και ΑΖ=ΑΒ, ώς πλευρές τετραγώνων και επομένως: (ΑΜΖ)=(ΑΒΔ) (1). Ομοια προκύπτει ότι (ΓΗΚ)=(ΒΓΔ) (2). Με πρόσθεση των (1) και (2) κατά

μέλη προκύπτει: (ΑΜΖ)+(ΓΗΚ)=(ΑΒΓΔ) (3). Ομοια, θεωρώντας τα τρίγωνα ΒΘΕ, ΑΒΓ και ΔΙΑ, ΑΒΓ βρίσκουμε ότι: (ΒΘΕ)+(ΔΙΛ)=(ΑΒΓΔ) (4). Από (3) και (4) προκύπτει (ΑΜΖ)+(ΓΗΚ)=(ΒΘΕ)+(ΔΙΑ)

Μ Λ

Θ Η

168 10.5

6. Επειδή τα πολύγωνα Ρ2 και Ρ ι είναι όμοια με ομόλογες πλευρές β,α, αντίστοιχα έχουμε:

( ρ 2 ) . . . r

(Pi) α 2

( £ ) = γ ! (Ρι) α2

Από τις (1) και (2) προκύπτει:

Όμοια:

(1)

(2)

(Ρ2) + (Ρ.) β2 + γ2 α2 3 = i L - ^ L - - T = l ^ ( P 2 ) + (P3) = (P.)·

( η ) α α


1. Τα τρίγωνα ΑΟΒ και ΑΟΔ έχουν: Ο, + 0 4 = 2 L οπότε:

Α ελ

O A Ο Β Ο Β

O A Ο Δ Ο Δ δηλαδή Α

ε. Ο Β

Ο Δ (1)

(τη σχέση (1) μπορούμε να τη συμπεράνουμε παρατηρώντας ότι τα τρίγωνα που θεωρήσαμε έχουν κοινό το ύψος από την

κορυφή Α). /Ν Ε

Όμοια, αφού Ο 2 + Ο 3 = 2 L προκύπτει ότι: —— = ε3

Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι: ΕΙ Ε 2 — = — <=>Ε( E J = Ε 2 · Ε 4 Ε 4 Ε 3

ί) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΒΔΓ έχουν κοινή βάση ΒΓ και ίσα ύψη ΑΗ και ΔΖ, ως αποστάσεις των παραλλήλων ΑΔ και ΒΓ, άρα

(ΑΒΓ)=(ΔΒΓ) ο Ε,+Ε2=Ε2+Ε3 Ο Ε,=Ε3

ίί) Επειδή Ει=Ε3 η σχέση που αποδείξαμε Ε1Ε3=Ε2Ε4 γίνεται Ε,2 = Ε2Ε4

iii) Έχουμε:

Ο Β

Ο Δ (2)

Ε4 / \ Χ β 3 Ε1 / ο \

Β 1 / Π Ε2 ~Ί Η

10.5 169

Ε — Ε j + Ε 2 Ε 3 + Ε4 — (Ει + Ε 3) + Ε 2 Ε 4 = 2 Ej + Ε 2 + E 4 r

> 2E] + 2 λ /ε 2 Ε 4 (χ + y > 2^xy, για καθε x,y > 0)

= 2 Ej + 2 Ej (απο το ii) 1

= 4Ej δηλ. Ε > 4Ε] <=> Ε[ < —Ε 4

Σχόλιο: Ε , ΟΒ ΟΓ Το «=» ισχύει οταν Ε2 = Ε4 — = 1 <=> Ε4 OA ΟΔ

= 1 ο Ο Α · Ο Δ = ΟΒ·ΟΓ.

(3) Επειδή όμως ΑΔ//ΒΓ τα τρίγωνα ΑΟΔ και ΒΟΓ είναι όμοια οπότε:

— = — <=> OA ΟΒ = ΟΓ · ΟΔ (4) ΟΓ ΟΒ

Με πολ/μό των (3) και (4) κατά μέλη προκύπτει ότι: OA2 = ΟΓ2 « OA = ΟΓ (5)

οπότε η (3) δίνει ΟΒ=ΟΔ (6). Οι (5), (6) μας βεβαιώνουν πως το ΑΒΓ Δ είναι παραλληλόγραμμο.

2. Επειδή από το Σ έχουμε φέρει παράλληλες προς τις πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ, καθένα από τα τρίγωνα με εμβαδόν Ει, Ε2, Ε3 έχει ίσες γωνίες με το ΑΒΓ και επομένως είναι όμοιο με το ΑΒΓ. ΓΓ αυτό έχουμε:

Ομοια:

Ε! ( Δ Ε Ε I ΒΓ

ΙΈ

<=> VI I

VI και VI

ΣΗ ν Ε 3 ΒΓ ° V I

ΕΓ ΒΓ

ΔΕ " ΒΓ

ΒΔ ~ ΒΓ

(3)

(1)

(2)

Με πρόσθεση των (1), (2) και (3) κατά μέλη προκύπτει:

+ y f e + 7 % _ ΔΕ + ΒΔ + ΕΓ _ ΒΓ VI ~ ΒΓ ~ ΒΓ

1 <=> 7Ε7 + + 7 1 7 = Λ/Ε

170 10.5

3. i) Επειδή τα Δ,Ε,Ζ, είναι εσωτερικά σημεία των πλευρών του τριγώνου έχουμε: (ΔΕΖ) = (ΑΒΓ) - (ΑΖΕ) - (ΒΖΔ) - (ΔΓΕ) => (ΑΕΖ) = ι (ΑΖΕ) (ΒΖΔ) (ΔΓΕ) (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) (ΑΒΓ)

Τα τρίγωνα ΑΖΕ και ΑΒΓ έχουν κοινή τη γωνία Α και επομένως: (ΑΖΕ) ΑΖ ΑΕ (ΑΒΓ) ΑΒ ΑΓ

. Επειδή όμως ΓΖ και BE διχοτόμοι είναι (παρ. 7.8)

γβ βγ ΑΖ = και ΑΕ = οπότε η προηγούμενη ισότητα δίνει:

α + β α + γ (ΑΖΕ) βγ r r = (2) Ομοια βρίσκουμε οτι: (ΑΒΓ) (α + β)(α + γ) (ΒΖΔ) γα (ΔΖΕ) αβ = (3) και = (4). (ΑΒΓ) (β + γ) • (β + α) (ΑΒΓ) (γ + α)(γ + β)

Με αντικατάσταση των (2), (3) και (4) στην (1) βρίσκουμε: (ΔΕΖ) βγ γα αβ (ΑΒΓ) (α + β) · (α + γ) (β + γ)·(β + α) (γ + α)·(γ + β) = (α + β) • (β + γ) • (γ + α) - βγ(β + γ) - γα(γ + α) - αβ(α + β) __

(α + β) · (β + γ) • (γ + α)

_ (αβ + αγ + β 2 + βγ) • (γ + α) - βγ(β + γ) - γα(γ + α) - αβ(α + β) (α + β) · (β + γ) • (γ + α)

αβγ - α 'β + αγ2 + α"γ + β"'γ + β*'α + βγ2 + αβγ — β2 γ — βγ2 - γ2α - γα2 - α~β - αβ~ (α + β) · (β + γ) · (γ + α)

2αβγ (α + β)· (β + γ)· (γ + α)

ίί) Σύμφωνα με την x + y > 2-Jxy, χ, y > 0 έχουμε:

α + β> 2^/ίϊβ, β + γ > 2 - / β γ και γ + α

από τις οποίες με πολ7μό κατά μέλη βρίσκουμε: (α + β)(β+ γ)(γ+ α) > 8αβγ „ , (ΔΕΖ) 2αβγ I 1

οποτε η (5) γίνεται: < = — <=> (ΔΕΖ) < —(ΑΒΓ) (ΑΒΓ) 8αβγ 4 4

4. Ανάλυση. Έστω KM και ΑΝ οι ζητούμενες ευθείες. Τότε:

(ΑΚΜ) = — (ΑΒΓ) η ( Α Κ Μ ) ^ 1 3 (ΑΒΓ) 3

10.5 171

Αλλά τα τρίγωνα ΑΚΜ και ΑΒΓ έχουν κοινή την γωνία Α οπότε η (1) είναι ισοδύναμη με ην

(ΑΚ)(ΑΜ) 1 3ΑΚ ΑΓ 3 η ΑΒ AM

(2) (ΑΒ)(ΑΓ)

που σημαίνει ότι το AM είναι η τέταρτη ανάλογος των γνωστών τμημάτων 3ΑΚ, ΑΒ και ΑΓ και επομένως το Μ είναι γνωστό σημείο της

ΑΓ. Όμοια (ΑΝΑ) (ΑΒΓ) 3 ^ (ΑΒ)(ΑΓ) 3

δηλαδή το ΑΝ τέταρτη ανάλογος των τμημάτων 3ΑΛ, ΑΒ και 2ΑΓ και επομένως ΑΝ γνωστό τμήμα. Σύνθεση: Κατασκευάζουμε τα τμήματα AM και ΑΝ (προβλ. 1 § 7.7) και έτσι βρίσκουμε τα σημεία Μ, Ν.

(ΑΚΜ) _ (ΑΚ)(ΑΜ) __ ΑΚ ΑΒ =

~ ΑΒ 3ΑΚ ~ 3

(ΑΝ)(ΑΑ) 3ΑΑ 2ΑΓ ΑΒ ΑΝ

Απόδειξη: Είναι: (ΑΒΓ) (Α Β) (ΑΠ

Διερεύνηση: Το πρόβλημα έχει πάντα λύση.

από (2)

§ 10.6 Ασκήσεις Εμπέδωσης

1. Αν χ η πλευρά του ζητούμενου τετραγώνου θα είναι χ2=αβ. Για την κατασκευή επομένως του χ θεωρούμε πάνω σε μια ευθεία τα σημεία Β,Δ και Γ ώστε ΒΔ=α και ΔΓ=β. Με διάμετρο τη ΒΓ γράφουμε ημικύκλιο και φέρουμε την κάθετη της Β Γ στο Δ που τέμνει το ημικύκλιο του Α. Επειδή ΑΔ:=ΒΔ·ΔΓ το ΑΔ είναι το ζητούμενο τμήμα χ.

2. Αν χ είναι η πλευρά του ζητούμενου τετραγώνου τότε χ2=α"+β" και επομένως το χ είναι η υποτείνουσα ορθογώνιου τριγώνου με κάθετες πλευρές α,β.

3. Ανάλυση. Έστω AM η ζητούμενη ευθεία,

τότε (ΑΜΒ) = - (ΑΒΓΑ) (1). Από το Δ 2

φέρουμε παράλληλο προς τη διαγώνιο ΑΓ που τέμνει την προέκταση της ΒΓ στο Ζ. Τότε είναι (ΑΒΓΔ)=(ΑΒΖ) οπότε η (1)

10.6 172

γίνεται (ΑΜΒ) = — (ΑΒΖ) ή ισοδύναμα (ΑΒΜ)=(ΑΜΖ) και επειδή τα τρίγωνα ΑΒΜ

και ΑΜΖ έχουν το ίδιο ύψος από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι ΒΜ=ΜΖ. Τα υπόλοιπα βήματα είναι απλά.

4. ί) Από τα Α και Δ φέρουμε παράλληλες προς τις KB και ΚΓ που τέμνουν την προέκταση της ΒΓ στα Ε και Ζ αντίστοιχα. Φέρουμε τις ΚΕ και ΚΖ. Τότε, όπως είναι γνωστό, (ΑΒΚ)=(ΚΕΒ) και (ΚΔΓ)=(ΚΓΖ) οπότε (ΑΒΓΔ)=(ΚΕΖ). ii) Σύμφωνα με το ί) αν Λ είναι το μέσο του ΕΖ θα είναι (ΚΕΛ)=(ΚΛΖ) και επομέ-νως (ΚΑΒΛ)=(ΚΔΓ Λ).

Ε Β Γ Ζ


1. ί) Τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΓΔΕ έχουν κοινή βάση ΔΕ. Επειδή ΒΓ//ΔΕ έχουμε (ΒΔΕ)=(ΓΔΕ). ίί) Έχουμε (ΒΑΕ)=(ΓΑΔ) <=>

(ΒΔΕ)+(ΑΔΕ)=(ΓΔΕ)+(ΑΔΕ) <=> (ΒΔΕ) = (ΓΔΕ)

που ισχύει από το (ί) ερώτημα. iii) Αν τα Δ,Ε είναι μέσα των ΑΒ, ΑΓ τότε οι BE και ΓΔ είναι διάμεσοι του τριγώνου ΑΒΓ,

οπότε (ΒΑΕ) = και (ΓΑΔ) = . Α ρα (ΒΑΕ)+(ΓΑΔ)=(ΑΒΓ).

2. ί) Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΒΓ έχουν τη γωνία Β κοινή, οπότε (ΑΒΔ) _ ΒΑ · ΒΔ _ ΒΔ _ λ

~ ΒΓ (ΑΒΓ)

(ΑΒΔ):

ΒΑ · ΒΓ λ

λ2 + 4 <=>

λ2 + 4 (ΑΒΓ)

ίί) Έχουμε 1 *') λ

(ΑΒΔ) < — (ΑΒΓ)Ο — 4 λ2 + 4

(ΑΒΓ) < - ( Α Β Γ ) ο 4

4λ < λ2 + 4 <=> 0 < λ - 4λ + 4 <=> 0 < (λ - 2)" , που ισχύει.


iii) Είναι (ΑΒΔ)+(ΑΓΔ)=(ΑΒΓ) και αφού (ΑΒΔ) <—(ΑΒΓ) προκύπτει ότι 4

(ΑΓΔ) > - ( Α Β Γ ) . 4

3. Επειδή Α, = Α2 έχουμε (ΑΒΔ) ΑΒ • ΑΔ ΑΒ

(1). (ΑΔΓ) ΑΓ ΑΔ ΑΓ

Επίσης επειδή Aj = Α 2 =180° έχουμε (ΑΒΔ) ΔΒ · ΔΑ ΔΒ (ΑΔΓ) ΔΓ · ΔΑ ΑΓ

(2).

ΔΒ ΑΒ Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι = ,

ΔΓ ΑΓ δηλαδή το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου.

4. ί) Έχουμε: (ΑΒΔ) ΑΒ· ΑΔ (ΑΔΓ) ~ ΑΓ · ΑΔ

1

ΑΒ ΑΓ 3γ

Άρα (ΑΒΔ) = - ( Α Δ Γ ) .

ίί)Έχουμε (ΑΒΔ)·(ΔΕΓ)=(ΑΔΓ) ( Β Ε Δ ) θ (ΑΒΔ) _ (ΒΕΔ) W _ (ΒΕΔ) _ 1 (ΑΔΓ) ~ (ΔΕΓ) ~ (ΔΕΓ) ~ 3

Πράγματι τα τρίγωνα ΒΕΔ και ΔΕΓ έχουν κοινό ύψος ΕΗ, οπότε

^ = ^ = ^ ( θ . δ ι χ ο τ ) = 1 (ΔΕΓ) ΔΓ ΑΓ 3

iii) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΓ έχουν κοινή τη γωνία Γ , οπότε (ΑΒΓ) ΓΑ · ΓΒ (ΔΕΓ) ΓΕ • ΓΔ

ΓΑ ΓΔ + ΔΒ ί ΔΒ —— — 2 1Η ΓΕ ΓΔ I ΓΔ

= 2 1 + - = -

3 3

Άρα 3(ΑΒΓ) = 8(ΔΕΓ) ή (ΔΕΓ) = - ( Α Β Γ ) .


1 1 Λ/3 5. ί) (ΑΒΓ) = - ΑΒ • ΑΓημ120° = - 6 • 6 · — = 9Λ/3 2 2 2

ϋ) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΓ έχουν τη γωνία Γ , (ΔΕΓ) ΓΕ • ΓΔ κοινή, οποτε = .

(ΑΒΓ) ΓΑ · ΓΒ

A l l ' Γ Ε 2 Γ Δ 1 / Λ Λ -Αλλα = — και = — (ΑΔ υψος και ΓΑ 3 ΓΒ 2

( Δ Ε Γ ) = - « · (ΔΕΓ) = - (ΑΒΓ) = -9λ /3 = 3Λ/3 (ΑΒΓ) 3 3 3

(ΑΖΕ) {ΑΕ

διάμεσος), οπότε

iii) Τα τρίγωνα ΑΕΖ και ΔΕΓ είναι όμοια (ΑΖ//ΔΓ), οπότε =

1 3 λ/3 Άρα (ΑΖΕ) = - ( Δ Ε Γ ) = — ^ . 4 4

6. i) Τα τραπέζια ΑΒΑΚ και Κ.ΑΓΔ έχουν ίδιο ύψος υ και ίσες βάσεις (ΑΚ=ΚΔ, ΒΛ=ΛΓ). Άρα (ΑΒΑΚ)=

(ΚΑΓΔ). ii) Είναι (ΜΑΚ)=(ΜΚΔ) και (ΜΒΛ)=(ΜΛΓ) αφού Κ,Λ

μέσα των ΑΔ, ΒΓ. Άρα (ΑΒΑΚ) = (ΚΑΓΔ) ο (ΜΑΚ) + (ΜΑΒ) + (ΜΒΛ)

= (ΜΚΔ) + (ΜΓΔ) + (ΜΑΓ) <=> (ΜΑΒ) = (ΜΓΔ).

7. i), ii) Θεωρούμε τα σημεία Δ|,Δ2, Δν_ι, της πλευράς ΒΑ ώστε:

ΒΔ, Ά ι Δ 2 Δ 2 Δ 3 =. . . .Δ ν_! Α = d οπου d = I .

Φέρνοντας από τα Δ ι,Δι, Δν_ι παράλληλες προς την ΑΓ τα τρίγωνα ΒΔ,Ζι, ΒΔ2Ζ2, ...,ΒΔν.|Ζν.ι που σχηματίζονται είναι ισοσκελή οπότε έχουμε:

Δ,Ζ, = d, Δ2Ζ2 = 2d,Δ3Ζ3 = 3d K - \ Z v - \ = ( v - l ) d .

Είναι: 1 I -d", Ε2 = — (d + 2d)d = —d" E v = - ( ( ν - l ) d + vd)d 2 ' 2 ' ' 2 " 2

οπότε η ισότητα: Ε, + Ε 2 + Ε , + +Εν = (ΑΒΓ) δίνει:

2ν i d 2 + ^ d 2+ .

2 2

2 d2 = — (vd)(vd) = d" <=> 1 + 3 + 5+ +(2ν - 1) = ν"

2 2 2


8. Κάθε τετράγωνο έχει πλευρά μήκους 6μ.μ. Είναι: (ΑΒΜΖΗΔ) = (ΑΒΓΔ) + (ΔΕΖΗ) - (ΔΕΜΓ) = 36 + 36 - 2(ΔΕΜ)

1 — 11 — 2 —ΔΕ · ΕΜ 2

= 72 - 6 · 3 = 72 - 18 = 54

9. Το εμβαδόν της γραμμοσκιασμένης περιοχής είναι: ΑΓ2 - ΑΒ2 = 17 <=> (ΑΓ + ΑΒ)(ΑΓ - ΑΒ) = 171 (1)

Επειδή ΑΓ, ΑΒ ακέραιοι, ΑΓ+ΑΒ>ΑΓ-ΑΒ και έχουμε: (ΑΓ + Α Β = 17

| Α Γ - Α Β = Ι

Λύνοντας το σύστημα αυτό βρίσκουμε ΑΓ=9 και ΑΒ=8 οπότε: Α Δ = ΑΓ + ΓΔ = ΑΓ + ΒΓ = ΑΓ + ΑΓ - ΑΒ = 18 - 8 = 10

οπότε το μικρότερο τετράγωνο έχει εμβαδόν Α Β2 = 82 = 64τ.μ. και το μεγαλύτερο ΑΔ2 = ΙΟ2 = ΙΟΟτ. μ.

10. Ανάλυση. Έστω ΔΕ και ΖΗ οι ζητούμενες ευθείες. Τότε:

(ΑΔΕ) (ΔΕΗΖ) (ΖΗΓΒ) —;— = = Ά

( ί ) (ΑΔΕ) _ (ΑΖΗ) - (ΑΔΕ) _ (ΑΒΓ) - (ΑΖΗ)

λ μ ν

Επειδή όμως τα τρίγωνα ΑΔΕ, ΑΖΗ και ΑΒΓ είναι όμοια μεταξύ τους θα έχουμε:

(ΑΔΕ) (ΑΖΗ) (ΑΒΓ) , — = κ οποτε η (1) γίνεται:

ΑΕ- ΑΗ ΑΓ

ΑΕ2 Α Η 2 - Α Ε 2 ΑΓ2 - ΑΗ2

(2) λ μ ν

Γράφουμε ημικύκλιο διαμέτρου ΑΓ και πάνω σ' αυτό παίρνουμε τα σημεία Ε'και Η' ώστε ΑΕ'=ΑΕ και ΑΗ'=ΑΗ αντίστοιχα. Αν Ε'Θ, H'LL ΑΓ από τα ορθογώνια τρίγωνα

Ε'ΑΓ και Η'ΑΓ παίρνουμε: ΑΕ2 = ΑΕ ' 2 = ΑΓ ΑΘ και ΑΗ2 = ΑΗ' 2 = ΑΓ ΑΙ

οπότε η (2) γίνεται:

176

ΑΓ ΑΘ ΑΓ(ΑΙ - ΑΘ) ΑΓ(ΑΓ - ΑΙ)


ΑΘ ΘΙ λ μ ν λ μ

που σημαίνει ότι τα Θ, I διαιρούν την ΑΓ σε μέρη ανάλογα των λ, μ, ν.

ΙΓ ν

Σύνθεση: Βρίσκουμε τα σημεία Θ, I διαιρώντας την ΑΓ σε μέρη ΑΘ, ΘΙ, ΙΓ ανάλογα την λ,μ,ν. Από τα Θ, I φέρνουμε καθέτους στην ΑΓ που τέμνει το ημικύκλιο διαμέτρου ΑΓ στα Ε και Η' αντίστοιχα. Γράφουμε τους κύκλους (Α, ΑΕ') και (Α, ΑΗ') που τέμνουν την ΑΓ στα Ε και Η αντίστοιχα. Τότε οι ζητούμενες ευθείες είναι οι παράλληλες προς τη ΒΓ που φέρνονται από τα Ε, Η.

Απόδειξη: Ξεκινώντας από την = ΑΘ

λ ΘΙ μ

ΙΓ ΑΘ λ

ΑΙ - ΑΘ ΑΓ - ΑΙ και

μ

ακολουθώντας αντίστροφη πορεία από αυτήν της ανάλυσης καταλήγουμε στην (ΑΑΕ) _ (ΑΕΗΖ) _ (ΖΗΓΒ)

λ μ ν

Διερεύνηση: Το πρόβλημα έχει πάντα λύση.

11. α) ί) Δες Αποδεικτικές ασκήσεις 1. ί) §10.5. ii) Τα τρίγωνα ΒΜΓ και ΑΒΓ έχουν την ίδια βάση

(ΒΜΓ) _ ΜΚ ~ ΑΛ

ΒΓ, οπότε: (1). Όμως τα τρίγωνα

ΜΚΔ και ΑΛΔ ΜΚ ΜΔ ΑΛ

(ΑΒΓ)

είναι όμοια και επομένως:

(2). Από (1) και (2) προκύπτει το ΑΔ

ζητούμενο. β) Σύμφωνα με τα α) έχουμε διαδοχικά:

(ΑΜΒ) + (ΑΜΓ) ΑΕ ΑΖ ΕΓ ΖΒ

(ΑΜΒ) (ΑΜΓ)

(ΑΒΓ)-(ΒΜΓ) (ΒΜΓ)

(ΒΜΓ) (ΑΒΓ) (ΒΜΓ)

(ΒΜΓ) Α Δ - Μ Δ

(ΒΜΓ) - 1 = ^ - 1 =

ΜΔ

ΜΔ AM ΜΔ

Κ Δ

Κ Ε Φ Α Λ Α Ι Ο I


Σε κύκλο (Ο, R) ισχύουν οι παρακάτω ισοδυναμίες:

ΑΒ = ο Α0Β = <=> Α Β = λ ν <=>ΟΚ = α; , ν ν

όπου ΟΚ το απόστημα της χορδής ΑΒ. (Ασκήσεις: § 11.3 Εμπέδωσης 3, Αποδεικτικές 2, Σύνθετα 1 - § 11.7 Σύνθετα 1).

Κάθε κανονικό ν-γωνο ΑιΑ2...Αν. Αν το σχεδιάζουμε εγγεγραμμένο σε κύκλο (§ 11.2 θεώρημα I) και υπολογίζουμε τα ίσα τόξα. Είναι:

360° Α ι Α Ί

— · • · — ΑνΑ|

(Ασκήσεις: § 11.2 Εμπέδωσης 7).

Το κανονικό ν-γωνο, το περιγεγραμμένο στον κύκλο (Ο, R) έχει απόστημα a'v=R. (Ασκήσεις: §11.2 Αποδεικτικές 5).

Ένας κυκλικός τροχός κινητού σε μια πλήρη περιστροφή διανύει απόσταση ίση με το μήκος του L. Όλοι οι τροχοί ενός κινητού διανύουν την ίδια απόσταση (αφού κινούνται ταυ-τόχρονα), αλλά - αν οι ακτίνες τους είναι άνισες - κάθε ένας κάνει διαφορετικό αριθμό στροφών. (Ασκήσεις: § 11.4 Εμπέδωσης 4).

11.1-11.2 1 7 9

§ 11.1.-11.2.

Ασκήσεις εμπέδωσης Ο 360° ,

1. Συμφωνά με τον τυπο φν = 180 εχουμε: ν

φ5 = 1 8 0 ° - = 180°- 72° = 108°,

φ6 = 1 8 0 ° - = 180°- 60° = 1 20°, 6 6

και όμοια φ, 0 = 144° και φ, 2 = 1 50°

360° Για την κεντρική γωνία ων, εχουμε τυπο ω ν = - οποτε:

ν

ω5 = - 72°, ω6 = - gg0. ω,0 = 36° και ω,2 = 30°

2. Έστω ν το πλήθος των πλευρών του πολυγώνου. Τότε: 360° 0 360°

φ ν = 108 <=> 180 = 108 <=> 72 = <=> ν = 5 ν ν

άρα η σωστή απάντηση είναι η Δ.

3. Επειδή τα κανονικά αυτά πολύγωνα έχουν τον ίδιο αριθμό πλευρών είναι όμοια οπότε α ρ ^

έχουμε: — = — = — = λ = 2 και ο λόγος των εμβαδών θα είναι: —— = λ = 4 . α5 R ' Ρ5 ε 5

4. Αρκεί να δείξουμε ότι ν, = ν2 . Με το σχήμα Horner βρίσκουμε ότι η δοθείσα εξίσωση

είναι ισοδύναμη με την (ν - 5) (ν2 + 2ν + 3) = 0 ν = 5 ή ν2 + 2ν + 3 = 0. Η εξίσω.

ση ν2 + 2ν + 3 = 0 είναι προφανώς αδύνατη στο Ν, επομένως μοναδική ρίζα της δοθείσας εξίσωσης είναι η ν=5, άρα ν, = ν2 = 5 δηλαδή τα πολύγωνα έχουν το ίδιο

πλήθος πλευρών, άρα είναι όμοια.

5. Έστω κανονικό ν-γωνο τέτοιο ώστε: 360° 360°

φν < 90° « 180° < 90° « 90° < <=> ν < 4 άρα ν=3 δηλαδή το μόνο ν ν

κανονικό ν-γωνο με γωνία οξεία είναι το ισόπλευρο τρίγωνο.

1 8 0 11.1-11.2

, 2 ; 2 * • r \> 2 2 i-i 2 2 6. i) Γνωρίζουμε ότι l· α ν = R και l· α = R από τις οποίες προκύπτει ότι:

4 4

— + 0-1 = · ^ + αμ <=> λ ν ~λμ = ^(θμ "Ο*)

ίί) Σύμφωνα με το ί) έχουμε: λν > λμ <=> λ2 > λ2 <=> λ2 - λ2 > 0 <=> 4(α^ - α ; ) > 0 <=> α* > α ; <=> αμ > α ν .

7. ί) Επειδή τόξα ΑΕ=ΔΓ έχουμε ΑΓ = ΔΕ, οπότε το ΑΕΔΓ είναι τραπέζιο και μάλιστα ισοσκελές αφού ΑΕ = ΔΓ ως πλευρές κανονικού πενταγώνου. Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές αφού ΑΒ = ΒΓ. Η

ίί) Έστω ΑΖ η διχοτόμος της Β ΑΓ. Τότε: Β z Γ

ΖΑΕ = ΖΑΓ + ΓΑΕ = - Β ΑΓ + - (ΓΔΕ) = - (ΒΓ) + - (ΓΔΕ) = - 1 2 ° + -144° = 18° + 72° = 90° 2 2 4 2 4 2

άρα AZ.LAE.

iii) Σύμφωνα με το I) είναι ΑΓ || ΕΔ και ΑΕ || ΒΔ οπότε το ΑΕΔΗ είναι παραλληλόγραμμο. Το παραλληλόγραμμο αυτό έχει τις δύο διαδοχικές πλευρές ΑΕ και ΕΔ ίσες

(πλευρές του n πολυγώνου), άρα είναι ρόμβος. •

Τα τρίγωνα ΑΒΓ, ΒΗΓ είναι όμοια, γιατί έχουν τη Γ κοινή και ΒΑΓ = ΓΒΔ ως εγγεγραμμένες που βαίνουν σε ίσα τόξα. Επομένως είναι:

~ = — « ΒΓ2 = ΑΓ·ΗΓ (1). ΒΓ ΗΓ

Αλλά ΒΓ = ΑΕ και ΑΕ = ΑΗ από το ρόμβο ΑΕΔΗ, οπότε ΒΓ = ΑΗ και η (1) γίνεται ΑΗ2 = ΑΓ· ΗΓ .


1. Η κάλυψη με τα πλακίδια 0α είναι πλήρης όταν σε κάθε σημείο που είναι κοινή κορυφή και των τριών πλακιδίων δεν υπάρχουν κενά. Αυτό θα συμβαίνει όταν ψλ + <Ρμ + φν = 360" <=>

360° 360° 360 360° 360° 360° 1 1 1 1 ( 1 8 0 ° - ^ - ) + ( 1 8 0 ° - ^ - ) + (180°- — °) = 360° + ^ - + — = 180° « - + - + - = -λ μ ν λ μ ν λ μ ν 2

Φν φ λ

Φμ

11.1-11.2 181

2. Εστω ν-γωνο Α,Α2 . . .Αν εγγεγραμένο σε κύκλο (Ο, R) και περιγεγραμμένο σε κύκλο (Ο, ρ) (R > ρ). Οι πλευρές Λ,Α:. ΑιΑ^.,.του ν-γώνου είναι χορδές του (Ο, R) που έχουν αποστήματα ίσα με ρ. άρα είναι ίσες δηλ. το πολύγωνο έχει ίσες τις πλευρές του. Επειδή πλέον οι χορδές Α·Α ;. Α ;Α? ΑνΑ] του (Ο. R) είναι ίσες και τα αντίστοιχα τόξα θα είναι ίσα, δηλ.

Α, Α, — Α -, Α - Α η Α 1 οποτε και οι γωνίες

Α]. Α2,·.., Α ν είναι ίσες, αφού κάθε μια είναι εγγεγραμ-

μένη και βαίνει σε τόξο (ν-2) τ . Άρα το Α| Α2 . . .Ανείναι κανονικό.

3. Έστω Μ το μέσο της πλευράς ΒΓ. Φέρνουμε Α'Α±ΒΓ . Με εφαρμογή του 2ου θ. διαμέσων στο ΑΒΓ

παίρνουμε: ΑΓ2 - ΑΒ2 = 2·ΒΓ·Α'Μ (1). Φέρνουμε επίσης ΔΔ'±ΒΓ. Τα τρίγωνα ΑΆΒ και Δ'ΔΓ είναι ορθογώνια και έχουν ΑΒ=ΓΔ κα Β, = Γ , άρα είναι ίσα

οπότε Α'Β=ΓΔ' και επομένως Α'Μ=ΜΔ'(2). Από (1 ),(2) προκύπτει ΑΓ2-ΑΒ2=ΒΓ· Α'Δ'=ΒΓ·ΑΔ (το ΑΑ'Δ 'Δ είναι ορθογώνιο).

Α' Β ι

Μ Δ'

4. Έστω ΑΒ=λν και Μ το μέσο του τόξου ΑΒ . Τότε ΑΜ=λ2ν και OMJ_AB. Επειδή η ΟΜ_Ι_ΑΒ το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΟΑΜΒ είναι

-ί (ΑΒ)(ΟΜ), δηλαδή (OAMB = ^ v R οπότε:

Ε 2 ν = ν(ΟΑΜΒ) = v - ^ v R = - ^ ( ν λ ν ^ = ~ΡγΡ

5. Το κανονικό ν-γωνο το περιγγεγραμμένο στον (0,R) έχει πλευρά λ'ν και απόστημα R. Τα δύο αυτά πολύγωνα έχουν το ίδιο πλήθος πλευρών, επομένως είναι όμοια οπότε

λ ν α,, , — = — < = > λ ^ = α υ · λ ν . λR R ν ν ν

6. Έστω Εα,Ερ,Εγ τα εμβαδά των κανονικών πολυγώνων με πλευρές τις ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντίστοιχα. Τα κανονικά αυτά πολύγωνα, αφού έχουν το ίδιο πλήθος πλευρών είναι όμοια.

182 11.1-11.2

Επομένως είναι: Ja a

β 2 Ε γ 2

—— και — = — . Με πρόσθεση την ισότητα αυτή κατά μέλη Ε„ α

προκύπτει Ε β + Εγ β 2 + γ"

Ε„ α -(1). Επειδή το τρίγωνο είναι ορθογώνιο έχουμε

α2=β2 +γ2 οπότε η (1) δίνει Εβ+Εγ=Ε„.


1. Έστω ότι χρειάζονται κ κανονικά ν-γωνα για να καλύψουν το επίπεδο γύρω από ένα σημείο, κορυφή των πολυγώνων. Τότε θα ισχύει:

κφ ν = 360° <=> κ(180° - -360°

ν -) = 360° <=>

2 ν — 2 κ(1 — —) = 2 <=> κ = 2 <=>

ν ν 2ν κ =

ν — 2

δηλ. κ = 2 +

2ν - 4 + 4 4 = 2 + ·

ν - 2 4

ν - 2

ν — 2 ( I )

Επειδή το κ είναι ένας θετικός ακέραιος από την (1) προκύπτει ότι το ν-2 είναι ένας θετικός διαιρέτης του 4 δηλαδή ότι: ν - 2 = 1,2,4 <=> ν = 3,4,6 . Άρα η κάλυψη

πράγματι γίνεται μόνο με ισόπλευρα τρίγωνα, τετράγωνα ή κανονικά εξάγωνα.

2. Έστω Α,Α2 Αν ένα κανονικό ν-γωνο και dj ,d2 ,dv οι

αποστάσεις ενός εσωτερικού σημείου Σ, από τις πλευρές του Α |Α 2 ,Α 2 Α 3 ΑνΑ, αντίστοιχα. Επειδή το Σ είναι

εσωτερικό σημείο έχουμε: (ΣΑ ι Α 2 ) + (ΣΑ 2 Α 3 )+ + ( Σ Α ν Α | ) = (Aj Α 2 Αν)<=>

— λ ν.d ι + — λ ν ά 2 + + — λ vd ν — — Ρ ν α ν — — νλ να ν Ο

^ v ( d i + d 2 + +d v ) = - ^ λ ν ν α ν <=> d| + d 2 + +d v = va v

11.3 183

3. Επειδή οι κορυφές του κανονικού δεκαγώνου είναι ανά δύο αντιδιαμετρικά σημεία, η ακτίνα ΟΓ προεκτεινόμενη προς το Ο περνάει από την κορυφή Θ του πολυγώνου. Είναι ΘΑ = 3-36° και ΒΓ = 36° οπότε:

1 2 ν - - - — , 2

Μ, = — (ΘΑ - ΒΓ) = — 2 · 36° =36°

Επίσης: Δ, = — ΑΓ = — 2 · 36° = 36° 2 2

και επομένως Μ, = Δ, (1)

Εξ'άλλου Α, = Α2 (2) ως εγγεγραμμένες που βαίνουν σε ίσα τόξα. Από (1) και (2) Α Δ Λ Λ

προκύπτει ότι τα τρίγωνα ΑΓΜ και ΑΓ Δ έχουν και Γ, = Γ2 . Έτσι στα προαναφε-

ρόμενα τρίγωνα έχουν ΑΓ: κοινή, Α, = Α2 και Γ, = Γ2 άρα είναι ίσα οπότε και

ΑΜ=ΑΔ.

§ 11.3.


1. Είναι λ, = R-/3 και R α3 = — οποτε:

r. I n 3 „ / ^ R 3Λ/3 „2 ^ „ λ2Λ/3 3R2V3 Ε3 = — Ρ3α3 = — 3λ3α3 = — RV3 — = R (2ος τροπος: Ε3 = — =

Επίσης λ4 = R-/2 και α, = R^2 οποτε:

1 1 ι— R λ[Ϊ Ί ι ι Ε 4 = — Ρ 4 α 4 = — 4λ 4 α 4 = 2RV2 = 2R" (2ος τρόπος: Ε4 = λ4 = 2R")

Είναι λ6 = R και α6 RV3

οποτε:

1 „ 1 , ^ RV3 3Λ/3 ^ Eg — — P̂ Og — — 6λ6α6 — 3R — R

0 2 2 2 2

' ν 2 2 ' 2. Από την ισότητα f α γ = R με αντικατάσταση των δεδομένων βρίσκουμε:

184 11.3

+ 25 · 3 = 100 ο λ2 = 4 · 25 ο λ ν =10 δηλαδή λν = R άρα το πολύγωνο είναι 6-

γωνο οπότε: Ε 6 = · ί ρ 6 α 6 = ^-6λ6α6 = 3λ6α6 = 3 · 10 · 5λ/3 = 150-\/3cm2

λ2 2 2 3. Από την ισότητα — + α ν = R με αντικατάσταση των δεδομένων προκύπτει:

4 64-2 2 2 Γ 8 V2 Ryf2 0 Λ „, R>/2 Η α ν = 64 <=> α ν = 32 = 16 · 2 <=> α ν = 4Λ/2 = = δηλαδή α ν =

οπότε: ν=4 και επομένως: 1 8Λ/2 Ε4 = - Ρ 4 α 4 = —(4λ4 )α4 = 2λ4α4 = 2·8>/2 · — = 128cm2

2 2 8

4. Επειδή ΑΒ = 60° προκύπτει ότι: AB=X*=R. Όμοια αφού ΒΓ = 90° είναι: ΒΓ = λ4 = RΛ/2 .

Επίσης, αφού ΓΔ = 120° έχουμε ότι: ΓΔ = λ3 = Ryfi

Τέλος: ΑΔ = 360' - Α Β - Β Γ - ΓΔ = 90° και επομένως ΑΔ = λ4 = Ryfl

Για τους ίδιους αντίστοιχα λόγους είναι: R^ Ryfl OK = a, = , ΟΔ = α. = ,

ΟΜ = α, R και ON = α. = rJi

οποτε: (ΑΒΓΔ) = (ΟΑΒ) + (ΟΒΓ) + (ΟΓΔ) + (ΟΑΔ) =

= — ΑΒ ΟΚ + — ΒΓ · OA + — ΓΔ · ΟΜ + — ΑΔ ON = 2 2 2 2

= i . R M + l R v i M + l R v i « + i R V i - ^ = ^ ( 2 + A 2 2 2 2 2 2 2 2 2


1. Το άθροισμα των γωνκόν ενός πολυγώνου ν-πλευρών είναι (2ν-4) ορθές, άρα: 2 v - 4 = 8<=>2v = 12<=>v = 6

άρα πρόκειται για κανονικό εξάγωνο. Επομένως: 1 1 R Λ / 3 Ε 6 =6Λ/3 <=> —6 · λ 6 α 6 =6Λ/3 = ^ < = * R 2 = 4 < = > R = 2

11.3 185

2. Επειδή ΑΒ||ΔΓ το ΑΒΓΔ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Εξάλλου: ΑΒ = R = λ6 συνεπάγεται ότι ΑΒ = 60° και από

£Γ = RV3 = λ3 έπεται ότι ΔΓ = 120°. Επομένως:

2ΑΔ = 2ΒΓ = 360° - 60° -120° = 180° ο ΑΔ = ΒΓ = 90° οπότε:

ΑΔ = ΒΓ = λ4 = Ry[2

Γ ια το ύψος ΖΗ του τραπεζίου ΑΒΓ Δ έχουμε: R Ra/3 R γ ΖΗ= Ο Ζ + Ο Η = α3 + α6 = — l · = — (1 + V3) οποτε:

1 1 R R2

(ΑΒΔΓ) = - (ΑΒ + ΓΔ)ΗΖ = —(R + r S ) ~ ( 1 + fi) = (1 + λ/3)2

2 2 2 4

3. Έστω ΑΒ=λ<5 και Γ το μέσο του τόξου ΑΒ. Τότε ΑΓ=λ|2 και άν πάρουμε το αντιδιαμετρικό Η του Γ θα είναι: ΓΗ1ΑΒ και ΟΔ = α6

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΗΓ (Α = 90°) έχουμε:

ΑΓ2 = ΓΗ · ΓΔ <=> λ22 = 2R(Or - ΟΔ) = 2R(R - α 6 ) =

2R(R - = R2(2 - Λ/3) <=> λ 12 = RA/2 — Λ/3

Από την ισότητα:

— + α22 = R2 <=>α?2 = —(4R2 - λ l 2 ) = - [ 4 R 2 - R2(2 — Λ/3)]4 = - R 2 ( 2 + Λ/3)

4 4 4 4

Ο αJ2 = — R-^2 + λ/3

4. Έστω ΑΒ=λ6 και Γ το μέσο ΑΒ. Το τετράπλευρο ΟΑΓΒ έχει κάθετες διαγώνιες οπότε:

(ΟΑΓΒ) = — ΑΒ ΟΓ 2

δηλαδή (ΟΑΓΒ) = R

- λ , · R = — R • R 2 6 2

(1)

R_ 2

Αλλά Ε|2 = 12(ΟΑΓ) = 6(ΟΑΓΒ) οπότε με την βοήθεια της

(1) προκύπτει ότι: Ε,2 = 3R2

186 11.3

2ος τρόπος: Είναι ΑΟΓ = —— = 30°. Αρα ΑΗ = ^^ - = —, 12 2 2

1 1 R R Επομένως (ΟΑΓ) = - Ο Γ AH = - R — = — και Ε Ρ = 12 (ΟΑΓ) = 3R2. 2 2 2 4


1. Έχουμε OA = ΟΒ = α3 = — και ΟΜ = αΛ = (1) 2 2

Στο τρίγωνο ΜΑΒ η ΜΟ είναι διάμεσος, οπότε: 2 7 1 ΑΒ2 ( | )

ΜΑ" + MB" = 2ΜΟ +

ΜΑ" + MB" = 2 RA/3 R" + <=> 2

ΜΑ2 + MB2 = 2R2 » ΜΑ2 + MB2 = (rV2)2 = λ2 .

2. ί) Επειδή ΑΒΓ τέμνουσα και Α εξωτερικό σημείο του κύκλου είναι ΑΒ · ΑΓ = AO2 - R2 <=> ΑΒ •

2ΑΒ = (rV7j2 - R2 <=> ΑΒ2 = 3R2. Αρα ΑΒ =

ΒΓ= R-V3 =λ3.

Σχόλιο: Η ΑΓ υπολογίζεται και από το Ιο θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ΑΟΓ. ίί) Επειδή ΟΒ διάμεσος στο τρίγωνο ΑΟΓ έχουμε:

(ΑΟΓ) = 2(ΒΟΓ) = 2 · - λ 3 · α 3 = r V 3 ~ = - ^ - ^ .

3. Έχουμε ΑΒ = λ6<^> ΑΒ = 60° και ΒΓ = λ3 <=> ΒΓ = 120°.

Άρα ΑΓ = 180°, οπότε Β = 90°.

Επομένως AM2 = ΑΒ2 + ΒΜ2 ο AM2 = R2 + RV3 \ 2

ο

11.4 187

AM = 2 7R2 RV7 <=> AM = • (1) 4 2

Οι χορδές ΑΔ και ΒΓ τέμνονται στο Μ, οπότε:

ΒΜ-ΜΓ ( | ) AM · ΜΔ = ΒΜ · ΜΓ <=> ΜΔ = <=> ΜΔ =

AM

RS R>/3 2

R\l~7 2

2 , - Λ 3R>/7 <=> ΜΔ = . 14

§11.4


1. Έχουμε: „ ΑΒ ΒΓ „ ΓΔ L, + L-> ~i~ Γ 3 — 2 π———h 2π l· 2π

2 2 2

2π-ΑΒ + ΒΓ + ΓΔ

2π-ΑΔ

R->Pi 2. Ο κύκλος αυτός έχει ακτίνα το απόστημα α6 του 6-γωνου. Είναι α6 = — — , ^ = R και

επειδή λ*=10 προκύπτει α 6 = 5λ/3 οπότε το ζητούμενο μήκος L του κύκλου είναι:

L = 2πα6 = 2π·5^β = 10π>/3

3. Έστω ΑΒ=λ|0. Τότε: 360

ΑΟΒ

απο την:

10 36° οπότε το μήκος f. ΑΒ του ΑΒ δίνεται

πRμ π·5·36° 180°

-π cm 180

=π δηλαδη

4. Έστω L, ί τα μήκη των τροχών με ακτίνες R, ρ αντίστοιχα. Σύμφωνα με το πρόβλημα έχουμε: vL = 2νί <=> L = 2(. <=> 2nR = 2 · 2π·ρ <=> R = 2ρ

188 11.4

5. Έχουμε ΑΒ = R-v/2 = λ4 , οπότε ΑΒ =

nR • 90° nR Αρα ί η = = — . ΑΒ 1 8 0 ° 2

Επίσης ΒΓ = R>/3 = λ 3 , οπότε ΒΓ =

360" 9 0

360" = 1 2 0 " .

Αρα i

Επομένως

nR · 120° 2nR 180° 3

nR · 150" 5nR 180°


1. Έστω μ° το μέτρο του τόξου ΑΓ . Τότε (Ot) = μ°.

Αν Κ είναι το κέντρο του κύκλου (Κ) θα είναι Δ

ΚΟ=ΚΔ, ώς ακτίνες, οπότε το ΚΟΔ είναι ισοσκε-λές και για την εξωτερική γωνία Κ, αυτού θα έχουμε: Κ, = 20, οπότε (Κ ι) = 2μ°

και (ΑΔ) = 2μ°. Επομένως:

πΚμ° ΑΓ (1) και

R , ο π—2μ 2

Α

πΚμ" ΑΔ (2)

180 180" 180"

Από (1) και (2) προκύπτει ότι τα μήκη ί ΑΓ και ί ΛΛ των τόξων ΑΓ και ΑΔ

είναι ίσα.

2. Έστω Ο το κοινό κέντρο των κύκλων και Λ το κέντρο του κύκλου που εφάπτεται σ' αυτούς. Για την περίπτωση του σχ. 1. Έχουμε: Επειδή οι κύκλοι (Ο, OA) και (Λ, ΛΑ) εφάπτονται εσωτερικά στο Α ισχύει: ΟΛ=ΟΑ-ΛΑ (1). σχ. 1 σχ.2 Όμοια, επειδή οι κύκλοι (Ο, ΟΒ) και (Λ, ΛΑ) εφάπτονται εσωτερικά στο Β' ισχύει: ΟΛ=ΛΒ'-ΟΒ'=ΛΑ-ΟΒ (2) Από (1) και (2) προκύπτει ότι: OA - ΛΑ = ΛΑ - ΟΒ <=> 2ΛΑ = OA + ΟΒ (3)

11.4 189

(3) Τότε: L] + L 2 = 2π(ΟΑ) + 2π(0Β) = 2π(ΟΑ + ΟΒ) =

= 2π·2ΑΑ = 2(2π·ΛΑ) = 2L « L = ~"(L, + L 2 )

Για την περίπτωση του σχ. 2 έχουμε: Οι κύκλοι (Ο, OA) και (Λ, ΛΑ) εφάπτονται εσωτερικά στο Α άρα: ΟΛ=ΟΑ-ΛΑ (4) Οι κύκλοι (Ο, ΟΒ) και (Λ, ΛΑ) εφάπτονται εξωτερικά στο Β. οπότε: ΟΛ=ΟΒ+ΛΒ=ΟΒ+ΛΑ (5). Από (4), (5) προκύπτει: Ο Α - Λ Α = ΟΒ + ΛΑ=> 2ΛΑ = Ο Α - Ο Β (6)

(6) Τότε: L, - L2 = 2π(ΟΑ) - 2π(ΟΒ) = 2π(ΟΑ - ΟΒ) = 2π·2ΛΑ =

= 2(2π·ΛΑ) = 2L => L = — (Li - L2) 2

3.Έχουμε 2τ= 13+14+15=42 <=> τ=21 και από τον τύπο του'Ηρωνα έχουμε: Ε = λ/21 - 8- 7- 6 = 84 cm

Από τον τύπο Ε=τρ προκύπτει πλέον ότι p=4cm και επομένως το μήκος I του εγγεγραμμένου κύκλου είναι: I = 2π4 = 8π cm .

αβγ , αβγ 13 14 15 65 , Απο τον τυπο: Ε = προκύπτει R = = — οποτε το μήκος L

4R 4Ε 8-84 4 Λ 65 65

του περιγεγραμμενου κυκλου είναι: L = 2π— = — π cm .


1. Έστω x η ακτίνα του κύκλου που εφάπτεται στα τρία θεωρούμενα ημικύκλια. Τότε: OM=Or-Mr=R-x,

R D OK = — και KM = ΚΔ + ΛΜ = — + χ

2 2

Το τρίγωνο ΟΚΜ είναι ορθογώνιο στο Ο οπότε:

ΟΚ2 + ΟΜ2 = KM2 <=> — + (R - χ)2 = ( — + χ ) 2 <=>

R ~ 2 2 R ~ 2 2 R Ο —- + R + χ — 2Rx = — + χ + R x « 3Rx = R <=> χ = — 4 4 3

οπότε το μήκος L του κύκλου κέντρου Μ είναι: L = 2πχ = 2π-^- =

190 11.6-11.7

2. Έστω χ η ακτίνα του κύκλου (c) και R=OA τότε έχουμε: β

ON=R-x, ΟΛ=ΜΝ=χ, ΚΝ = — + χ 2

Στο τρίγωνο ΟΚΝ είναι Ο, < 90 οπότε έχουμε:

ΚΝ2 = OK2 + ON2 - 20Κ ΟΛ <=>

' R —+ χ , 2

R ' ι . R • + (R — χ) — 2 — χ <=> 4 2

r 2 <=> 1- χ2 + Rx = hR2 + χ2 - 2 R x - R x <=>

4 4 2 R ' ' Λ / \ ' <=> 4Rx = R ο χ = — οποτε το μήκος του κυκλου (c) ειναν:

4 R R = 2πχ = 2π— =π— 4 2

(1) Αλλά και: £ πRμ0 nR90

ΑΒ 180 180

Από (1) και (2) προκύπτει: £ = £ δηλαδή το ζητούμενο.

nR 2

(2)

3. Είναι (βλέπε σχήμα βιβλίου) ΑΒ=5, ΚΛ2=ΒΚ2+ΒΛ2-2ΒΛ·ΒΓ<ίί> ΒΓ=1,2. Εξάλλου με εφαρμογή του 1ου θ. διαμέσων έχουμε 92+72=2ΓΔ2+8 <=> ΓΑ=\[(ή . Το ημικύκλιο

διαμέτρου ΔΕ έχει μήκος 2π. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΜΖΙ προκύπτει ΘΖ2=ΘΙ·ΘΜ=2·8=16<=> ΘΖ=4, οπότε το ημικύκλιο διαμέτρου ΕΖ έχει μήκος 4π. Επομένως το συνολικό μήκος της γραμμής ΑΒΓΔΕΖ είναι 6,2+ VeT +6π.

§11 .6-11 .7


1. Η ακτίνα ΟΔ του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγ. ΑΒΓ είναι

ΟΔ = — Α Δ και επειδή ΑΔ ύψος του τριγώνου είναι

α α (ΑΒ)λ/3 λ,λ/3 R y f 3 - S 3 ΑΔ = = — = = — R αφου 2 2 2 2

γ~ 1 3 1 ΑΒ = λα = RV3 οπότε ΟΔ = R = — R

J 3 2 2 R 2

και επομένως το εμβαδόν του κύκλου είναι π· .

11.6-11.7 191

2. Έστω R η ακτίνα του κύκλου (Κ). Το μήκος I του τόξου ΑΒ = 60° είναι

(. = οπότε ί = 4π<=> = 4π<=> R = 12 οπότε το εμβαδόν Ε του 180° 3 3

1 1 κύκλου θα είναι: Ε =nR = 144π cm .

3. Τα τόξα ΒΓ,ΓΑ και ΑΒ είναι τόξα ίσων κύκλων και αντι-

στοιχούν σε ίσες επίκεντρες γωνίες, 60°, επομένως είναι ίσα, άρα και τα μήκη τους θα είναι ίσα. Το μήκος του τόξου ΒΓ είναι π α-60° πα

180° οπότε η περίμετρος του καμπυλόγραμμου τριγώ-

πα νου ΑΒΓ είναι: 3 — =πα . 3

Έστω ε το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος χορδής ΒΓ. Τότε:

ε = (Ο ΒΓ) - (ΑΒΓ) = πα 2 -60° α2Λ/3 πα" a2S

360°

Το εμβαδόν Ε του καμπυλογράμμου τριγώνου θα είναι πλέον:

Ε = (ΑΒΓ) + 3ε = —— + 3 ( - ^ - - — — ) = - ( n S ) a 2 . 4 6 4 2

4. Πρέπει (μ0 + (μ2) + (μι) + (k) = (ΑΒΓΔ) ο [(μι) + (τ,)] + [(μ2) (τ2)] + [(μ3) + (τ3)] +(k) = = (ΑΒΓΔ) + (τ ι) + (τ 2) + (τ 3) ή 4 φορές το εμβαδόν

ημικυκλίου διαμέτρου AO = Εμβαδόν ημικυκλίου

διαμέτρου ΑΒ ή

4 -πR kR2 nR2

που ισχύει.

Ο R Β

5. Είναι φανερό ότι τα τόξα, ΑΒ, ΒΓ και ΓΑ είναι ίσα, οπότε έχουν και ίσα μήκη.

^ . - nR60° nR I ο μήκος π.χ. του ΑΒ είναι — = —— οποτε η περίμετρος του καμπυλόγραμμου

, nR τρίγωνου είναι: 3 - ^ - =7rR .

192 11.6-11.7

Έστω ε το εμβαδόν του καμπυλόγραμμου τρι-γώνου ΑΒΓ.

Τότε: ε = (ΚΑΜ) - 3(Μ ΑΒ) (1)

(2R)2V3 Είναι (ΚΑΜ) ;

(Μ ΑΒ) = nR z -60° πΚ'

360°

R2 λ/3

οποτε

αντικαθιστώντας στην (1) βρίσκουμε:

ε = R 2 V 3 - nRz R" (2Λ/3 - π )

και


του τόξου ΑΓ είναι: (. = -

1. Επειδή από κατασκευή είναι:

OB = 20Α = 20Γ <=> ΟΓ = — ΟΒ και Γ = 90° 2

η γωνία Β] =30° οπότε Ο] = 60° και επομένως το μήκος

nR • 60° _ nR 180° 3

Επίσης από το ορθογ. τρίγωνο: ΓΟΒ (Γ = 90°) έχουμε:

ΒΓ2 = ΟΒ2 - ΟΓ2 = (2R)2 - R2 = 3R2 ο ΒΓ = R-/3 οπότε το μεικτόγραμμο τρίγωνο

^ ι— πR γ~ π ΑΒΓ έχει περίμετρο: Ρ = ΑΒ + ΒΓ + t = R + RV3 + - j - = R(1 + V3 + —)

Εξ' άλλου για το εμβαδόν ε του μεικτογράμμου τριγώνου ΑΒΓ έχουμε:

ε = (ΟΓΒ)-(ΟΑΓ) (1)

Είναι: 1 1 Γ R2 >/3

(ΟΓΒ) = - Ο Γ · Β Γ = - R RV3 = — - — και

(Ο ΑΓ) = nR 60° πR"

360° ~~ 6

11.6-11.7 193

οπότε η (1) δίνει: ε = R2V3 πR R (3Λ/3 - π ) .

2 6 6 2. Έστω Μ το κοινό σημείο των δύο τόξων. Είναι φανε-

ρό ότι τα μεικτόγραμμα μη γραμμοσκιασμένα τρίγω-να ΑΒΜ και ATM είναι ίσα άρα και ισεμβαδικά. Έστω ε το εμβαδόν καθενός από τα τρίγωνα αυτά. Το ζητούμενο εμβαδόν Ε δίνεται από την: Ε = (ΑΒΓΑ)-2ε = α2 - 2 ε (1)

Αρκεί επομένως να βρούμε το ε. Έστω τ το εμβαδόν του τμήματος χορδής ΔΜ. Επειδή ΑΜΔ ισόπλευρο πλευράς α, είναι: ΑΔΜ = ΜΑΔ = 60° και ΜΔΓ = 30°

Έτσι έχουμε:

ε = ( Δ Μ Γ ) - τ =

2

πα2 30 ( Α Μ Δ ) - ( Α Μ Δ )

πα 12

πα260°

360°

360

α 2 Λ/3 α 2 Λ/3 πα2

12 (3Λ/3 -π )

12 . 2

οπότε με αντικατάσταση στην (1) βρίσκουμε ότι: Ε = — (6 - 3Λ/3 -l-π). 6

3. Παρατηρούμε ότι R - R < ΚΛ/Ϊ < R + R και επομένως οι

κύκλοι τέμνονται. Έστω Α,Β τα κοινά τους σημεία. Επειδή KA=AA=AB=AK=R το τετράπλευρο ΚΑΛΒ είναι

ρόμβος.Όμως:ΚΑ2 + ΑΛ2 = R2 + R2 = (Ryfl)2 = ΚΑ2 οπότε:

ΚΑΛ = 90° και επομένως το ΚΑΛΒ είναι τετράγωνο.

Το εμβαδόν του κοινού μέρους είναι το εμβαδόν δύο ίσων κυκλικών τμημάτων. η

Έτσι έχουμε: Ε = 2(ΑΓΒ) = 2[(Κ ΑΓΒ) — (ΚΑΒ)] =

= 2 nR290° 1 1 nR2 R2

R · R = 2 360° 2 4 2

π -2 2 R

194 11.6-11.7

4. Το εμβαδόν Ε του χωρίου που περικλείεται μεταξύ των τριών ημικυκλίων δίνεται από την:

1 ΑΒ ι 1 ΑΓ 9 1 ΓΒ 2 Ε = - π ( — Γ - - π ( — - Γ - - π ( — ) = 2 2 2 2 2 2

= —π(ΑΒ2 - ΑΓ2 - Γ Β 2 ) = 8

= —π[ΑΓ + ΓΒ)2 - ΑΓ2 - ΓΒ2 ] = —π2ΑΓ • ΓΒ =

= -π·ΑΓ · ΓΒ 4

Αλλά από το ορθογώνιο τρίγωνο ΔΑΒ (Δ = 90°). Έχουμε ΑΓ ·ΓΒ = ΓΔ2 οπότε η 1 -7 ΓΔ τ προηγούμενη σχέση γίνεται: Ε = — π·ΓΔ~ =π( ) = εμβαδόν κύκλου διαμέτρου ΓΔ. 4 2

5. Εστω (Κ,χ) ο κύκλος ο εγγεγραμμένος στον τομέα Ο • ΑΒ με ΑΒ = 60° . Τότε OK = R - χ, ΚΓ = χ και 0 , = 30° οπότε

από το ορθογώνιο τρίγωνο ΓΟΚ προκύπτει: OK R — χ R Δ ΓΚ = <=> χ = <=> 3χ = R <=> χ = — οπότε το εμβαδόν

2 2 3 R 2

του κύκλου (Κ.χ) είναι: Ε = π — . 9


1. ί) Επειδή ΑΒ = λ6 και ΒΓ = λ3 προκύπτει ότι:

ΑΒΓ = 60° + 120° = 180°

οπότε ΑΓ διάμετρος του κύκλου (Ο, R) άρα AT=2R. ii) Το τρίγωνο ΑΒΓ έχει εμβαδόν:

(ΑΒΓ) = | ΑΒ · ΑΓ (αφού Β = 90°)

I ι— Λ/3 2 = — R · RV3 = - γ - R" οπότε αν Ε το εμβαδόν του κύκλου θα είναι:

Λ/3 2 (ΑΒΓ) 2

R ^3

πΙΤ 2 π

11.6-11.7 195

iii) To κυκλικό τμήμα ΑΓΖ είναι προφανώς ημικυκλικός δίσκος οπότε το εμβαδόν του 1 2 (τ 2 ) = — nR . Για το εμβαδόν (τ3) του (ΒΓΔ) έχουμε:

πR R >/3 R γ: — = (4π—3Λ/3)

3 4 12 (τ 3 ) = (ΟΒΔΓ) - (ΟΒΓ) = π Κ 1 2 0 - - r S — =

360° 2 2

Για το εμβαδόν, τέλος, του κ.τ. ΑΗΒ έχουμε :

(τ, > = (Ο ΑΗΒ) - (ΟΑΒ) = 1 . = « 1 ( 2 „ _ 3 ^ > 360° 4 6 4 12

2. Επειδή ΑΒ = ΑΓ = λ), θα είναι ΑΒ = ΒΓ = 90°, οπότε

ΒΔΓ = 180° και επομένως ΒΑΓ = 90°. Έτσι το ζητούμενο

εμβαδόν, έστω Ε, θα είναι το εμβαδόν του τεταρτοκυκλίου Π

(ΑΒΓ) του κύκλου (Α, ΑΒ) αυξημένο κατά το διπλάσιο του

εμβαδού ε ενός από τα ίσα κυκλικά τμήματα που ορίζουν οι ίσες χορδές ΑΒ και ΑΓ στον (Ο, R),

δηλαδή Ε = (Α ΒΓ) + 2ε (1)

Είναι: (ΑΒΓ) = —π·ΑΒ2 = —π(Ry/2)2 = —nR2 (2)

ο ] 1 ( O A r ) - ( O A D = - n R 2 - - R 2 (3)

Αντικαθιστώντας τις (2) και (3) στην (1) βρίσκουμε: Ε = (n-l)R"

3. Παρατηρούμε ότι R - R < Ry[3 < R + R, οπότε οι

κύκλοι τέμνονται. Έστω (K,R), (A, R) οι κύκλοι και ΑΒ η κοινή χορδή τους. Επειδή ΚΑ = ΑΛ = Λ Β = KB = R,

το τετράπλευρο ΚΑΛΒ είναι ρόμβος, οπότε:

ΚΑ R S ΚΟ = — = — — = αΛ 2 2 6 •

>1

Αρα η χορδή ΑΒ του κύκλου (Κ, R) είναι ΑΒ = X<;=R.

Το ζητούμενο εμβαδόν ε είναι το εμβαδόν δύο ίσων κυκλικών τμημάτων. I πομένως. ε 2 · Εκ-υκ·̂ Τμήματος (ΚΑΒ)


(ΚΑΒ)-(ΚΑΒ) = 2 π-R2 ·60° R 2 V 3 l nR2 R2V3 360

4. Έχουμε ΑΒ = ΓΒ = 90° . Άρα ΑΓ = ΒΓ = λ4 = RΛ/2 .

Παρατηρούμε ότι: μ + τ : nR" (1), γιατί η ΑΒ είναι

διάμετρος. Επίσης n

(ΑΒΓ) + τ = (ΓΑΒ) =

\2

π-ΓΑ -90° 360°

π · ( Κ ^ ) π-R2

(2) 4 2

Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι μ + τ = (ΑΒΓ) + τ ή μ = (ΑΒΓ).


1. α) Έχουμε ΟΚ = α6 = RA/3 . Όμοια

OK = OA = ΟΜ = ON = OP = ΟΣ RA/3

Α Γ λ3 R ^ 3 Επίσης ΚΛ = = — = 2 2 2

ΚΛ = AM = ΜΝ = ΝΡ = ΡΣ = ΣΚ

και ομοια:

R>/3

(1)

(2)

Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι το ΚΛΜΝΡΣ είναι κανονικό εξάγωνο με κέντρο Ο.

R2V3 β) Έχουμε (ΑΒΓΔΕΖ) = 6(ΟΑΒ) = 6 -

ισόπλευρο με πλευρά R.

(3), γιατί το τρίγωνο ΟΑΒ είναι

R>/3 \2

Επίσης (ΚΛΜΝΡΣ) = 6(ΟΚΛ) = 6 · ν 2 /

• Λ / 3 6 3R2a/3 (4), γιατί το τρίγωνο

ΟΚΛ ει. όπλευρο με πλευρά , RA/3

197

Από τις (3) και (4) προκύπτει ότι: (ΚΛΜΝΡΣ) = — (ΑΒΓΔΕΖ). 4

γ) Η ακτίνα ρ του κύκλου του εγγεγραμμένου στο ΚΛΜΝΡΣ είναι ^ΤΤ Ra/3 Λ/3 3R τ -, „ 3R 3πR ,Α ρ = ΟΗ = = — . Αρα L = 2π · ρ = 2π . Αρα

2 2 4 4 2 „ 3R 3πR Ε=2π·ρ=2π = .

4 2

2. α) Επειδή ΑΒ = λν είναι ΑΟΒ =

Άρα

2 360° π·α4 · — -(Ο· Α'Β') =

Επίσης

360°

π· RA/2 \2

360 ν

360

n /ηΛ πΚζ

360°

360°

n-Rz

2ν (1)

ε= (Ο ΑΒ) - (Ο Α Β ) = 360°

πΚ' πR 2πΚΔ nRz

KFT 2ν

(2) ν 2ν 2ν 2ν 2ν

Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι: ε = (Ο · Α' Β'). R.2

β) Είναι ε = ·<=> 2νε = πR2, από το (α) ερώτημα. 2ν

3. Έστω Α, Α2 Αν ένα κυρτό ν-γωνο. Εξωτερικά αυτού

κατασκευάζουμε τα. ορθογώνια Α1Α2Γ1Β1,Α2Α3Γ2Β2(...,ΑνΑ1ΓνΒν

με ίδιο ύψος υ και συνδέουμε τις εξωτερικές πλευρές αυτών με τόξα κύκλων που γράφουμε με κέντρα τις κορυφές και ακτίνα υ. Τότε οι κ. τομείς

n n n Αι Γ ν Β], Α2 Γ ,Β 2 , — ,Α ν Γν_]Βν είναι τομείς ίσων κύκλων ακτίνας υ. Άν

μ1μ2,...,μν, είναι τα μέτρα των επικέντρων γωνιών Β)Α|Γν, Β 2 Α 2 Γ Β ν Α ν Γ ν _ 1

αντίστοιχα και ει,ε2,...εν τα εμβαδά των αντιστοίχων κυκλικών τομέων έχουμε: πυ2μ! πυ2μ2 πυ 2μ ν

£ι = , ε? — > ? ε ν — 360 360 360


απο τις οποίες προκύπτει: ε, + ε 2 + +εν πυ 360

(μ, + μ 2 + +μ ν ) ( ΐ )

Αλλά μ, = 360° - 90° - 90° - Α, = 180° - Α,

Όμοια μ2 = 180° - Α2 , ,μν = 180° - Α ν , οπότε

μ, + μ2+ +μν = 180ν- (Α, + Α2+....+Αν) = 180ν- fl 8 0 ν - 360)= 360

οπότε η (1) δίνει ε [ + ε 2 + +ε ν =πυ 2 .

4. Έστω χ η ακτίνα των κύκλων. Επειδή οι κύκλοι εφάπτονται μεταξύ τους εξωτερικά και εφάπτονται επίσης στις πλευρές του

τετραγώνου έχουμε: 4χ = α δηλαδή χ = —. 4

Αν Κ, Λ, Μ και Ν είναι τα κέντρα των κύκλων τότε το ΚΆΜΝ είναι τετράγωνο γιατί

ΚΛ = AM = ΜΝ = ΝΚ = 2χ και Κ = 90° (η γωνία Κ έχει "

παράλληλες πλευρές με την Α = 90°). Το ζητούμενο πλέον εμβαδόν ε θα δίνεται από n π χ2 · 90 η2

την: ε = (ΚΑΜΝ) - 4(Κ HZ) = (2χ)2 - 4 = 4χ2 - π χ 2 = (4 -π) -

\ Κ Η/V

Λ Ί Υ Μ

y V Μ

y

360 16

5. α) Ε = λ^ = (κ·\/2)" = 2R2 = 2 · 1600 = 3200 m2.

β) Αν ρ είναι η ακτίνα κάθε κυκλικής γλάστρας έχουμε:

2ρ = OA - ΟΒ = R - α4 = R - = 40 - 20Λ/2 <=> 2

ρ = 10 2̂ - λ/2 ) οπότε το εμβαδόν κάθε κυκλικής

γλάστρας είναι ε = πρ2 = 200π ^3 - 2λ/2 ) m2 και το

εμβαδόν του μέρους που καλύπτουν οι γλάστρες είναι

800π ^3 - 2Λ/2 j m2.

γ) Το εμβαδόν του μέρους που θα φυτευθεί με γκαζόν είναι:

πΚ2 - λ * -4ε=π·16ΟΘ-0θΛ/2]2 -800π(3-2Λ/2) -

= 800π(2Λ/2-ΐ)-3200πι2

6. α) Ο εγγεγραμμένςο κύκλος έχει προφανώς ακτίνα

Β

Ο

II -Ρ*

25 Β


ρ = 25m, επομένως το εμβαδόν του είναι πρ2 = 25πιτΓ. β) Αν χ είναι η ακτίνα καθενός απ' αυτούς τους κύκλους και Κ το κέντρο ενός απ'

αυτούς έχουμε: ΑΚ = xyfl, ΚΓ = χ, οπότε από την ισότητα OA = ΟΓ + ΚΓ + ΚΑ

προκύπτει: 2542 = 25 + Χ + ΧΛ/2 <=>...<=> Χ = 25^3-2Λ/2^ και επομένως:

Ε =πχ2 = 625^17 - 12-^2 ) = 18,4m2.

7. Έστω Α Β και Γ Δ δύο πλευρές του 15-γώνου και ω η γωνία που σχηματίζουν οι προεκτάσεις αυτών. Αν

Π υποθέσουμε ότι το τόξο ΒΓ περιέχει ν πλευρές του

n 15-γώνου τότε, το Α Δ θα περιέχει 15 - ν - 2 = 13 - ν πλευρές και επομένως θα είναι

n n ΒΓ = ντ και Α Δ = ( 1 3 - ν)τ, όπου

1 ΑΒ

15 -360°= 24°.

Η γωνία ω είναι τότε: ι ( n η ^ • Α Δ - Β Γ

< j ω : —[(13 - ν)τ - ντ] = ^ (13 - 2ν)τ = (13 - 2ν) · 12°. (1)

Ο 13 - 2ν είναι ένας θετικός ακέραιος και επομένως η ελάχιστη τιμή τους είναι το 1, οπότε 13 — 2ν = 1 ο ν = 6 και από τη (1) προκύπτει πλέον ότι romin = 1 · 12° = 12°.

Σχόλιο: η η 13

Παραπάνω υποθέσαμε ότι Α Δ > ΒΓ £=> 13- ν > ν <=> ν < —. Στο ίδιο αποτέλεσμα

n n ι ί γλ n καταλήγουμε αν Α Δ < ΒΓ · τότε όμως ω = — I ΒΓ- ΑΔ

Δ Δ 8. α) Τα τρίγωνα ΜΑΔ και ΣΑΒ είναι ορθογώνια στο

Μ και Σ αντίστοιχα, οπότε έχουμε: AM2 = ΑΓ · ΑΔ και ΑΣ2 = ΑΓ · ΑΒ.

Με αντικατάσταση των AM2 και ΑΣ2 στην AM2 = 2 ΑΣ2 προκύπτει ΑΔ = 2ΑΒ. β) Επειδή ΑΔ = 2ΑΒ, το ΑΔ είναι σταθερό τμήμα

και αφού ΑΜΔ = 90°, το Μ βρίσκεται σε ημικύκλιο διαμέτρου ΑΔ. Επειδή όμως το Μ ανήκει στη Γχ και οι ακραίες θέσεις του Γ είναι Α


και Β, ο γ.τ. του Μ είναι το τεταρτοκύκλιο ΑΜΜ0 , όπου Μ0 η τομή της καθέτου της

ΑΒ στο Β και του ημικυκλίου διαμέτρου ΑΔ. 2π·ΑΒ 1

γ) Το μήκος £, του τόξου ΑΜο είναι -π ΑΒ και το μήκος (.ι του

1 ημικυκλίου διαμέτρου ΑΒ είναι ί 2 ~ —π ΑΒ και επομένως ί\ =£2.

9. α)Έχουμε:ε, = ( Ο Α Γ ) - ( Ο Α Γ ) (1)και ε2 = (ΟΑΒ)-(ΟΑΒ) (2).

Από τις (1), (2) παίρνοντας υπόψη ότι (ΟΑΓ)=(ΟΑΒ) (γιατί η AO είναι διάμεσος στο

Δ n n ΑΒΓ) προκύπτει: ε, - ε2 = ( Ο Α Γ ) - ( Ο Α Β ) (3)

n n Επειδή όμως ΑΒ = ΑΔ έχουμε ότι

n n (Ο ΑΒ) = (Ο ΑΔ) , οπότε η (3) γίνεται

n ε, - ε2 = (ΟΓΔ).

β) Έστω (Λ,χ) ένας εγγεγραμμένος κύκλος στο κυκλικό τμήμα χορδής ΑΓ και (Κ, KM) ο κύκλος ο εγγεγραμμένος που εφάπτεται στο μέσο Μ της χορδής ΑΓ. Τότε: 2χ = , Τ Σ = ΟΤ - ΟΣ = R - (ON + ΝΣ) < R - ON και επειδή ON > ΟΜ αφού ΟΜ κάθετη στην ΑΓ, έχουμε: 2x < R - ΟΜ = ΟΔ - ΟΜ = ΜΔ ο χ < KM, που είναι και το ζητούμενο. γ) ί)Έστω ρ,, ρ2 οι ακτίνες των μεγίστων εγγεγραμμένων κύκλων στα κυκλικά τμήματα

χορδών ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα. Τότε: 2ρι = R - ΟΜ = R - ρ, = ~ ί R - ™ J. Ομοια:

1 ρ

2 — R - — |, όπου β = (ΑΓ) και γ = (ΑΒ), οπότε:

2 ,

Ε] + Ε2 =πρ2 +πρ2 = — 4

R + R 2R2 + β + γ R(3 + γ)

= —[2R2 + R2 - R(3 + γ)] (1) γιατί β2 + γ2 = α2 = 4R2. 4

Αλλά με τριγωνική ανισότητα στο ΑΒΓ παίρνουμε β + γ > 2R και επειδή είναι δυνατόν το Α να συμπέσει με το Β έχουμε β + γ > 2R, οπότε από την (1) προκύπτει ότι

Ε, + Ε2 < • πΚζ


n n g p n ii) Όταν ΒΔ = 120° είναι ΑΒ = 60° , οπότε: ΑΒ = — <=> γ = R και ΑΓ = 120°, οπότε

r R 2 — Λ / 3 ΑΓ = λ3 <=> β = RV3. Οι ακτίνες ρι, ρ2 είναι τώρα ρ, = — και ρ2 = - — — R , οπως 4 4

προκύπτει από τις παραπάνω εκφράσεις των ρ1; ρ2. Έτσι έχουμε:

Ε, +(7 + 4λ/3)Ε2 = γ R2 + ^7 + 4λ/3^7 - 4Λ/3|R2| = πR

10. α) Επειδή ΟΒ//ΟΒ' είναι Οι = 0 ' ι και αφού οι * n n -

κύκλοι είναι ίσοι θα είναι (Ο ΑΒ) = (Ο' Α' Β')

β) Είναι:

(Ο ΑΒ) + (Ο ΑΒ')=(0' Α'Β') + (Ο' ΑΒ') = (Ο' Α Α').

γ) Επειδή ΟΒ//=ΟΈ'το ΟΒΒΌ' είναι παραλληλό-γραμμο οπότε Β Β ' = 0 0 ' άρα ΒΒ'= ΑΑ' και

n η επομένως (Ο' ΑΑ') = (Κ ΒΒ') οπότε από το β)

προκύπτει το ζητούμενο. δ) Προσθέτουμε και στα δύο μέλη του γ) το εμβαδόν του μεικτογράμμου τριγώνου ΑΒΓ

και στη συνέχεια αφαιρούμε και από τα δύο μέλη της προκύπτουσας το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος χορδής ΓΒ', οπότε προκύπτει η ζητούμενη σχέση. Τέλος, για να γίνει μέγιστο το ε, αρκεί το εμβαδό του παραλληλογράμμου (ΟΒΒΟ') = ΟΟ' • ΒΔ να γίνει μέγιστο, το οποίο συμβαίνει όταν η ακτίνα ΟΒ γίνει κάθετη στην ΟΟ'. Έτσι τα ζητούμενα σημεία Β, Β' είναι τα σημεία των κύκλων (Ο), (Ο') αντίστοιχα για τα οποία ΟΒ, 0 ' Β Ί _ 0 0 ' .

ΚΕΦΑΛΑΙΟ ί _ ν


Σε κάθε επίπεδο του χο')ρου ισχύουν οι προτάσεις της επιπεδομετρίας. Ε-πομένως μπορούμε να συγκρίνουμε τρίγωνα, γωνίες, ευθύγραμμα τμήματα ή άλλα σχήματα που βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο ή σε διαφορετικά επίπεδα του χώρου. (§ 12. 4 Αποδ. Ασκ. 1,2,3 Συνθ. θεμ.3. Γεν. Ασκ. 4,5,6,7)

Αν δύο ευθείες είναι ασύμβατες, τότε όλα τα επίπεδα που περνάνε από την μία πλήν ενός τέμνονται από την άλλη. (§ 12.3 Ασκ. Εμπ. 1,2 Αποδ. Ασκ. 4)

Τρεις ευθείες στον χώρο περνάνε από το ίδιο σημείο αν οι ευθείες είναι το-μές τριών επιπέδων ανά δύο. (§12.3 Αποδ. Ασκ. 5, § 12.4 Σύνθ. θεμ. 1,2).

·%

Επίπεδα που περνάνε από δύο ευθείες παράλληλες τέμνονται σε ευθεία πα-ράλληλη σε αυτές. Επίσης, παράλληλα επίπεδα τέμνονται από τρίτο κατά ευθείες παράλληλες. (§ 12.4 Ασκ. Εμπ. 5,6,10, Αποδ. Ασκ.2)

Τα σημεία του χώρου που ισαπέχουν από τα άκρα ενός ευθυγράμμου τμή-ματος ανήκουν στο μεσοκάθετο επίπεδο του τμήματος. (§ 12.5 Ασκ. Εμπ.2 §12.6 Ασκ.Εμπ. 1,2,7,8 §12.7 Ασκ. Εμπ.3).

Χρήσιμα για την λύση ασκήσεων είναι επίσης το θεώρημα των τριών κα-θέτων, οι συνθήκες καθετότητας ευθείας και επιπέδου και το θεώρημα του Θαλή. (§ 12.4 Αποδ. Ασκ. 4. § 12.5 Ασκ. Εμπ. 2, §12.6 Ασκ. Εμπ. 3,6, Α-ποδ. Ασκ. 1,2).

12.3 205

§12-3


1. Αν ε, και ε2 είναι οι ασύμβατες ευθείες και Ο το σταθερό σημείο, τα επίπεδα (ε,,Ο) και (ε2,0) έχουν κοινό το Ο, άρα τέμνονται σε μία ευθεία, έστω ε, που περνάει από το Ο. Η ε τέμνει τις ε) και ε2 στα σημεία Α και Β. Διερεύνηση: Αν η ευθεία ε είναι παράλληλη στην ει ή στην ε2 τότε το πρόβλημα δεν έχει λύση. Οι ευθείες ει και ε2 δεν μπορεί να είναι ταυτόχρονα παράλληλες στην ε διότι τότε θα ήταν συμβατές.

2. Αν ει,ε2 και ε3 είναι οι τρεις ασύμβατες ανά δύο ευθείες, θεωρώ τυχαίο επίπεδο π που περνάει από την ει και τέμνει τις ε2 και ε3 στα σημεία ΒΓ. Η ευθεία ΒΓ τέμνει την ει στο σημείο Α γιατί οι ε, και ΒΓ είναι συνεπίπεδες. Η ΑΒΓ είναι η ζητούμενη ευθεία. Υπάρχουν άπειρες τέτοιες ευθείες όσα και τα επίπεδα που περνάνε από την ει και τέμνουν τις ε2 και ε3.

3. Θεωρούμε το επίπεδο π=(Α,ε'), το οποίο τέμνει το επίπεδο του κύκλου κατά την ευθεία ζ η οποία με την σειρά της τέμνει τον κύκλο σε δύο σημεία, τα Γ και Γ'. Η ευθεία ΑΓ ή η ΑΓ' είναι η ζητούμενη ευθεία. Διερεύνηση: Εάν το επίπεδο π τέμνει τον κύκλο σε δύο σημεία, υπάρχουν δύο από τις ζητούμενες ευθείες. Εάν ο κύκλος εφάπτεται στο επίπεδο π τότε υπάρχει μία τέτοια ευθεία και αν ο κύκλος δεν έχει κοινό σημείο με το επίπεδο τότε το πρόβλημα δεν έχει λύση.

Θεωρούμε τα επίπεδα (Μ,Χ,Χ') και (Μ,Ψ,Ψ'). Τα επίπεδα αυτά έχουν δύο κοινά σημεία, τα Μ και Ο που είναι τομή των ευθειών XX' και ΨΨ'. Επομένως τα επίπεδα τέμνονται κατά την ευθεία ΜΟ. Αν το Μ κινείται πάνω στην ευθεία ε, τότε οι ευθείες ΜΟ βρίσκονται στο επίπεδο (Ο,ε).

206 12.3


1. Έστω π το δοσμένο επίπεδο και τ το επίπεδο του κύκλου. Τα επίπεδα π και τ ή είναι παράλληλα, οπότε ο κύκλος και το π δεν έχουν κοινό σημείο, ή τέμνονται κατά ευθεία ε. Η ευθεία ε μπορεί να έχει, κατά τα γνωστά από την γεωμετρία του επιπέδου, δύο, ένα ή κανένα κοινό σημείο με τον κύκλο, ανάλογα με την απόσταση της από το κέντρο του.

2. (ί) Θεωρούμε τρεις ευθείες ει, ε2 και ε3 που τέμνονται ανά δύο, χωρίς να περνάνε από το ίδιο σημείο. Δύο από αυτές, έστω οι ει και ε2, ως τεμνόμενες, ορίζουν επίπεδο π=(ει,ε2). Η τρίτη ευθεία, ε3, τέμνει στα σημεία Α και Β τις ει και ε2 αντίστοιχα. Τα δύο αυτά σημεία είναι διαφορετικά του κοινού σημείου, σύμφωνα με την υπόθεση. Τότε, η ευθεία ε3 έχει δύο σημεία της στο επίπεδο π, άρα κείται σε αυτό. (ii) Έστω Α το κοινό σημείο TOW ε2 και ε3. Οι ευθείες ε, και ε2, ως τεμνόμενες ορίζουν το επίπεδο (ει,ε2). Επίσης, οι ευθείες ει και ε3, ως τεμνόμενες ορίζουν το επίπεδο (ει,ε3). Τα επίπεδα αυτά έχουν κοινή την ευθεία ει, δεν ταυτίζονται όμως διότι τότε οι τρεις ευθείες θα ήταν συνεπίπεδες. Έχουμε, δηλαδή, δύο τεμνόμενα επίπεδα, την ευθεία ε : στο ένα και την ευθεία ε3 στο άλλο. Επιπλέον οι ε2 και ε3 έχουν κοινό το σημείο Α, άρα αυτό είναι σημείο της τομής τους, δηλ. της_ ευθείας ει.

3. Εάν υπήρχε επίπεδο που να περιέχει τις ευθείες ΑΓ και ΒΔ, τότε αυτό θα περιείχε τις ευθείες ει και ε2, που είναι άτοπο. Αφού λοιπόν δεν υπάρχει επίπεδο που να τις περιέχει, αυτές είναι ασύμβατες.

4. Ανάλυση: Αν ε είναι η ευθεία που τέμνει και τις τέσσερις, αυτή τέμνει τις συνεπίπεδες ευθείες ει και ε2, άρα κείται στο επίπεδο τους. Κατασκευή: Θεωρώ το επίπεδο π των παραλ-λήλων ευθειών ε, και ε2. Αυτό τέμνεται από τις άλλες δύο ευθείες ε3 και ε4 στα σημεία Α και Β αντίστοιχα. Η ευθεία ΑΒ είναι η ζητούμενη. Απόδειξη: Η ευθεία ΑΒ τέμνει τις ευθείες ε3

και ε4 από την κατασκευή. Επειδή όμ<»ς βρίσκεται στο επίπεδο των παραλλήλων ευθειών τέμνει και αυτές.

ε J ε 3

J / πΙ /

12.3 207

Διερεύνηση: Εάν η ευθεία ΑΒ είναι παράλληλη στις ει και ε2 τότε το πρόβλημα δεν έχει λύση.

5. Έστω πι, π2 και π3 τρία επίπεδα που τέμνονται ανά δύο στις ευθείες ει=(π2,π3), ε2=(π,,π3) και ε3=(π,,π2). Το επίπεδο π3 τέμνεται από τα επίπεδα πι και π2 στις ευθείες ε2 και ει αντίστοιχα. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: (ί) οι ευθείες ε, και ε2 τέμνονται. Αν Ο το σημείο τομής των ει και ε2, αυτό είναι σημείο και των τριών επιπέδων, άρα από αυτό θα διέρχεται και η τρίτη ευθεία ε3. (ϋ) οι ευθείες ει και ε2 είναι παράλληλες. Τότε και η τρίτη ευθεία ε3 τομής των επιπέδων π) και π2 είναι παράλληλη σε αυτές. Διότι, αν έτεμνε μία από αυτές, έστω την c2, τότε τα τρία επίπεδα θα είχαν ένα κοινό σημείο και από αυτό θα περνούσε και η ευθεία ει, που είναι άτοπο, διότι είναι παράλληλη στην ε2.

' ^ ε2

π1 π2 π3

ί/ (β)

§12-4


1. Από το σημείο Ο φέρουμε ευθείες ξι και ξ2 παράλ-ληλ«ς στις ει και ε2 αντίστοιχα. Το επίπεδο (ξι,ξ2) είναι το ζητούμενο.

2. Από το δοθέν σημείο Α φέρουμε επίπεδο τ, πα-ράλληλο στο π. Επειδή η ευθεία ξ τέμνει το επίπεδο π θα τέμνει και το παράλληλο του τ σε σημείο Β. Η ευθεία ΑΒ είναι η ζητούμενη ευθεία.

208

Φέρουμε τυχαίο επίπεδο τ, παράλληλο στο π. Το τ τέμνεται από τις ασύμβατες ευθείες ε, και ε2, διότι αυτές τέμνουν το παράλληλο επίπεδο π. Αν Α και Β τα σημεία τομής, η ευθεία Α Β είναι η ζητούμενη. Επειδή η επιλογή του επιπέδου τ είναι τυχαία, υπάρχει απειρία επιπέδων, επομένως και ευθειών που ικανοποιούν το πρόβλημα.

Α

4. Έστω σ και τ δύο επίπεδα που τέμνονται στην ευθεία ε και ε' ευθεία παράλληλη στην ε. Έστω ότι η ευθεία ε' δεν έχει κοινό σημείο με τα επίπεδα σ και τ. Τότε η ευθεία ε' είναι παράλληλη στο επίπεδο σ διότι είναι παράλληλη σε μία ευθεία του, την ε. Για τον ίδιο λόγο, είναι παράλληλη και στο τ. Έστω τώρα ότι η ευθεία ε' έχει κοινό το σημείο Α με το επίπεδο τ. Επειδή οι ευθείες ε και ε' είναι παράλληλες, η ε ανήκει στο τ και η ε' έχει ένα σημείο της στο τ, τότε η ε' βρίσκεται στο τ. Αν η ευθεία ε' έχει ένα κοινό σημείο και με το σ τότε ανήκει και στο σ. Δεν μπορεί όμως να ανήκει και στα δύο επίπεδα, διότι τότε θα ταυτιζόταν με την κοινή ευθεία ε.

5. Έστω ε και ε' δύο παράλληλες ευθείες και σ και σ' τα επίπεδα, που περιέχουν τις ε και ε' αντίστοιχα. Η ευθεία ε είναι παράλληλη στο σ', διότι είναι παράλληλη στην ε'. Από την υπόθεση, τα επίπεδα σ και σ' τέμνονται σε μία ευθεία ξ. Θα αποδείξουμε, με απαγωγή σε άτοπο, ότι η ξ είναι παράλληλη στις ε και ε'. Έστω ότι η ξ τέμνει την ε. Τότε, το κοινό σημείο των δύο ευθειών είναι και κοινό σημείο της ε και του σ', που είναι άτοπο. Άρα η ευθεία ε είναι παράλληλη στην ξ. Όμοια αποδεικνύεται ότι και η ε' είναι παράλληλη στην ξ.

6. (ί) Έστω επίπεδο σ που περνάει από την ευθεία ξ και τέμνει το επίπεδο π κατά ευθεία ε. Οι ευθείες ε και ξ είναι παράλληλες, διότι αν τέμνονταν τότε η ευθεία ξ θα είχε κοινό σημείο με το επίπεδο π, που είναι άτοπο. Οι ευθείες που προκύπτουν από την τομή του π με τα επίπεδα σ είναι παράλληλες στην ξ, άρα και μεταξύ τους παράλληλες.

12.4 209

(ii) Έστω Α το σημείο τομής της ευθείας ξ με το επίπεδο π και σ τυχόν επίπεδο που περιέχει την ξ. Τα επίπεδα σ και π έχουν κοινό το σημείο Α, άρα τέμνονται κατά ευθεία που περιέχει το σημείο Α.

7. Στο επίπεδο (Ο,ε) κατασκευάζουμε την ευθεία ει, παράλληλη στην ε, που περνάει από το σημείο Ο. Θεωρούμε επίσης μία ευθεία ε2, που περνάει από το σημείο Ο και δεν τέμνει την ευθεία ε. Το επίπεδο (ει,ε2) είναι το ζητούμενο επίπεδο. Απόδειξη: Το επίπεδο (ε1;ε2) είναι παράλληλο στην ευθεία ε διότι περιέχει την ευθεία ε] παράλληλη στην ε. Επίσης, περνάει από το σημείο Ο εκ κατασκευής. Διερεύνηση: Υπάρχει απειρία λύσεων.

8. Έστω σ και τ δύο δοσμένα επίπεδα και σημείο Ο εκτός αυτών. Τα επίπεδα σ και τ τέμνονται σε ευθεία ξ. Η ζητούμενη ευθεία ε είναι η παράλληλη στην ξ που περνάει από το Ο, διότι ως παράλληλη στην κοινή ευθεία είναι παράλληλη στα επίπεδα σ και τ.

Ο

9. Έστω ε] και ε2 δύο ευθείες και Ο σημείο εκτός αυτών. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: (ί) οι ευθείες ει και ε2 δεν είναι παράλληλες. Δηλαδή είναι είτε τεμνόμενες είτε ασύμβατες. Από το σημείο Ο κατασκευάζουμε τις ευθείες ξι και ξ2 παράλληλες στις ει και ε2 αντίστοιχα. Το επίπεδο (ξι,ξ2) είναι το ζητούμενο, (ii) οι ευθείες ε, και ε2 είναι παράλληλες. Θεωρούμε τα τυχόντα σημεία Α; και Α2

αντίστοιχα στις ευθείες ε, και ε2. Από το σημείο Ο κατασκευάζουμε τις ευθείες ξ, και ξ2 παράλληλες στις ε και Α,Α2

επίπεδο (ξι,ξ2) είναι το ζητούμενο. αντίστοιχα. Το

10. Από τυχόν σημείο Α, της ε : φέρουμε την ξ]//ε και από τυχαίο σημείο Α2 της ε2 φέρουμε την ξ2//ε. Τα επίπεδα (ει,ξ,) και (ε2,ξ2) είναι τα ζητούμενα. Απόδειξη: Τα επίπεδα (ει,ξι) και (ε2,ξ2) περνάνε από τις ευθείες ξι και ξ2 που είναι παράλληλες, επομένως, σύμφωνα με την άσκηση 5 η τομή τους ξ είναι παράλληλη στην ε. Επίσης περιέχουν τις ει και ε2 αντίστοιχα.

210 1.4


1. Αν Κ, Α, Μ, Ν είναι τα μέσα των ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ αντίστοιχα, στο τρίγωνο ΑΒΔ το τμήμα ΚΝ συνδέει τα

ΒΔ μέσα των δύο πλευρών, άρα είναι: ΚΝ=// -^- . Από το

τρίγωνο ΓΒΔ, για τον ίδιο λόγο, έχουμε: ΛΜ=// ΒΔ

Από τις δύο αυτές σχέσεις έχουμε: ΚΝ=//ΛΜ, άρα το ΚΛΜΝ είναι παραλληλόγραμμο.

2. Από την αναλογία ΔΜ ΔΝ . — = — προκύπτει οτι στο ΜΑ ΝΒ

επίπεδο (Α,Β,Δ) έχουμε: ΜΝ//ΑΒ. Τα επίπεδα (Μ,Ν,Γ) και (Α,Β,Γ) έχουν το Γ κοινό, άρα τέμνονται σε ευθεία. Επίσης, περνάνε από τις παράλληλες ευθείες ΜΝ και ΑΒ αντίστοιχα. Αρα η τομή τους είναι παράλληλη σ' αυτές, (δες άσκ. 5, Ασκ. Εμπέδ.).

3. Αν Κ, Λ, Μ, Ν, Ε, Ζ είναι τα μέσα των ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ, ΑΓ, ΒΔ, θα αποδείξουμε ότι τα τμήματα KM, ΑΝ και ΕΖ διχοτομούνται. Τα δύο πρώτα τμήματα είναι διαγώνιοι του παραλληλογράμμου ΚΛΜΝ, (άσκ.1), άρα διχοτομούνται.

ΒΓ Από τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΒΓ έχουμε: ΚΕ=// και

ΖΜ=// ΒΓ Από τις σχέσεις αυτές συνάγεται ότι το

ΕΚΖΜ είναι παραλληλόγραμμο και οι διαγώνιοι του ΜΚ και ΕΖ διχοτομούνται. Συνεπώς, και τα τρία ευθύγραμμα τμήματα KM, ΑΝ και ΕΖ διχοτομούνται.

Θεωρούμε τρία επίπεδα π, π' και π" , παράλληλα στις ασύμβατες ευθείες ΑΒ και Α Β', που το πρώτο περιέχει την ΑΒ, το δεύτερο την Α'Β' και το τρίτο περνάει από το σημείο Α " και τέμνει την ευθεία ξ έστω στο σημείο Δ. Από το Θεώρημα του Θαλή

ΑΑ' ΒΒ' ισχύει: = Α ' Α " Β ' Δ

Αλλά απ' αυτήν την σχέση και την δοθείσα έχουμε:

12.4 211

ΒΒ ' ΒΒ' <=> Β'Β ' = Β Δ<=> Β "ξΔ. Β ' Β " Β ' Δ

Δηλαδή, το επίπεδο π " περνάει από το Β", άρα τα τμήματα ΑΒ, Α'Β' και Α " Β ' βρίσκονται σε τρία επίπεδα παράλληλα.


Ι.Τα ζεύγη των παραλλήλων πλευρών των δύο τριγώνων, ορίζουν τρία επίπεδα, τα (ΒΓ, Β'Γ'), (ΑΓ,Α'Γ) και (ΑΒ, Α'Β'). Επομένως, σύμφωνα με την άσκηση 5 της § 12.3 των Αποδ. Ασκ., οι τρεις ευθείες ΑΑ', ΒΒ' και ΓΓ' κατά τις οποίες τέμνονται ανά δύο αυτά τα επίπεδα, διέρχονται από το ίδιο σημείο ή είναι παράλληλες.

(α)

(ί) Τα ζεύγη των πλευρών των δύο τριγώνων τέμνονται ανά δύο στα σημεία Α,=(ΒΓ, Β'Γ ), Βι=(ΑΓ,Α'Γ ) και Γι=(ΑΒ, Α'Β'). Τα σημεία αυτά κείνται στα επίπεδα των δύο τριγώνων, άρα είναι σημεία της τομής των δύο επιπέδων, δηλ. κείνται επ' ευθείας. (ii) Τα συνεπίπεδα ζεύγη των πλευρών (ΒΓ, Β'Γ ), (ΑΓ,Α'Γ') και (ΑΒ, Α'Β') ορίζουν τρία επίπεδα. Επομένως, σύμφωνα με την άσκηση 5 της § 12.3 των Αποδ. Ασκ., οι τρεις ευθείες ΑΑ', ΒΒ' και ΓΓ' είτε διέρχονται από το ίδιο σημείο είτε είναι παράλληλες.

3. Έστω Μ το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ και ΓΔ η διάμεσος. Το μέσον Δ του τμήματος ΑΒ είναι σταθερό σημείο του χώρου και για το

- », - • ΔΜ 1 „ σημείο Μ ισχύει η σχέση: = —. Το πρό-

βλημα λοιπόν ανάγεται σε επίπεδο γεωμετρικό

τόπο και είναι ευθεία ζ παράλληλη στην ε, στο —

της απόστασής της ε από το Δ.

212 12.5

§12 .5

Ασκήσεις Εμπέδωσης 1. Αν ε και π είναι η ευθεία και το επίπεδο που είναι κάθετα

στην ευθεία ξ και Α, Β τα σημεία τομής, τότε το επίπεδο (ε,ξ) τέμνει το π σε ευθεία ε, παράλληλη στην ε, διότι οι ε και ε ι είναι κάθετες στην ΑΒ. Αλλά τότε η ε είναι παράλληλη σε μία ευθεία του π, άρα είναι παράλληλη στο π. Αν το σημείο Β ταυτίζεται με το Α τότε η ευθεία ε ταυτίζεται με την ει και βρίσκεται επί του π.

Θεωρούμε την ευθεία AM. Έχουμε: (ί) η ΝΑ είναι κάθετη στην AM, διότι είναι κάθετη στο επίπεδο του ΑΒΓ. Η AM είναι κάθετη στην ΒΓ, ως ύψος ισοσκελούς τριγώνου, άρα η ΜΝ είναι κάθετη στην ΒΓ (Θ. τριών καθέτων). (ii) Για το δεύτερο ερώτημα έχουμε ότι η ευθεία ΒΓ είναι κάθετη στην AM και ΝΜ, άρα είναι κάθετη στο επίπεδο που αυτές ορίζουν, δηλαδή το (Α,Μ,Ν).

3. Έστω ε, και ε2 οι ορθογώνιες ευθείες και π επίπεδο που περιέχει την ει και είναι κάθετο στην ε2. Η ε2 τέμνει το επίπεδο π στο σημείο Ο. Κάθε ευθεία ξ του π που περνάει από το Ο είναι κάθετη στην ε2. Μία από τις ευθείες αυτές είναι κάθετη και στην ει. Τότε αυτή είναι κάθετη και στις δύο. Άρα, το επίπεδο π ορίζεται από την ε] και την κοινή κάθετη των δύο ευθειών. Αντίστροφα, το επίπεδο που ορίζεται από την ει και την κοινή κάθετη των δύο ασύμβατων είναι κάθετο στην ε2, διότι περιέχει δύο ευθείες η μία κάθετη και η άλλη ορθογώνια στην ε2.

4. Από το Ο κατασκευάζουμε το επίπεδο π', το κάθετο στην ε. Τα επίπεδα π και π' τέμνονται κατά την ευθεία ε'. Από το Ο φέρουμε την παράλληλη ξ στην ε'. Αυτή είναι παράλληλη στο π διότι είναι παράλληλη σε μία ευθεία του π και είναι ορθογώνια στην ε διότι είναι παράλληλη στην ε'.

12.5 213


Η ευθεία ΑΚ είναι κάθετη στο επίπεδο π, από την κατασκευή. Η KM είναι κάθετη στην εφαπτόμενη ε του κύκλου (Κ,ρ) στο σημείο Μ. Επομένως η ευθεία AM είναι κάθετη στην ε (από το θεώρημα των τριών καθέτων).

2. Η ευθεία ε είναι κάθετη στο επίπεδο του ορθογώνιου. Η ευθεία ΜΝ είναι κάθετη στην πλευρά ΑΒ, επομένως η ΡΝ είναι κάθετη στην ΑΒ, από το θεώρημα των τριών καθέτων. Επειδή η ΓΔ είναι παράλληλη στην ΑΒ τότε η ΡΝ είναι ορθογώνια στη ΓΔ.

3. ί) ΑΣ_Ι_π από κατασκευή, AM_LBM γιατί η γωνία ΑΜΒ βαίνει σε ημικύκλιο, άρα ΣΜ1ΜΒ από το θεώρημα των τριών καθέτων. ii) Τα τρίγωνα ΣΑΜ και ΣΑΒ είναι ορθογώνια στο Σ και τα ΑΝ και ΑΓ είναι τα ύψη τους. Επομένως ισχύουν οι σχέσεις: ΣΑ2=ΣΜ·ΣΝ=ΣΒ·ΣΓ. iii) Τα τρίγωνα ΣΓΝ και ΣΜΒ έχουν μια κοινή γωνία και από το προηγούμενο ερώτημα ισχύει ΣΜ ΣΓ ^ , ,

= . Επομένως τα τρίγωνα είναι ομοια και ΣΒ ΣΝ

επειδή η γωνία Σ Μ Β=90°, έχουμε: ίν) Σ Γ Ν90° ν) ευθεία ΣΓ είναι κάθετη στις ευθείες ΓΝ και ΑΓ. Επομένως η ΣΓ είναι κάθετη στο επίπεδο που αυτές ορίζουν. vi) Η ευθεία ΣΓ είναι κάθετη στο επίπεδο (Α,Ν,Γ). Η ευθεία ΣΝ είναι κάθετη στην ΑΝ από την κατασκευή, επομένως η ΓΝ είναι κάθετη στην ΑΝ από το θεώρημα των τριών καθέτων (έκφραση ii). vii) Το τρίγωνο ΑΓΝ είναι ορθογώνιο στο Ν και βρίσκεται σε επίπεδο κάθετο στην σταθερή ευθεία ΣΒ στο Γ. Επομένως το Ν γράφει κύκλο διαμέτρου ΑΓ που βρίσκεται πάνω σε αυτό το επίπεδο.

214 12.6

§12.6 Ασκήσεις Εμπέδωσης

1. Ως γνωστό, τα σημεία του χώρου που ισαπέχουν από δύο σημεία Α και Β είναι το μεσοκάθετο επίπεδο στο τμήμα ΑΒ. Άρα, ο ζητούμενος τόπος είναι τα κοινά σημεία του μεσοκαθέτου επιπέδου και του δοθέντος επιπέδου π, δηλ. η τομή των επιπέδων. Εάν η ευθεία ΑΒ είναι κάθετη στο επίπεδο π, τότε αυτό θα είναι παράλληλο στο μεσοκάθετο, επομένως το πρόβλημα δεν έχει λύση.

2. Ας υποθέσουμε ότι είναι γνωστό το Μ. Τότε από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΜΒ προκύπτει ότι ΜΑ=ΜΒ. Δηλαδή, το σημείο Μ είναι σημείο τομής του μεσοκαθέτου επιπέδου στο ΑΒ με την ευθεία ε. Αν η ευθεία ε είναι παράλληλη στο μεσοκάθετο επίπεδο, τότε το πρόβλημα δεν έχει λύση.

Θα δείξουμε ότι υπάρχει ευθεία του π, η οποία είναι κάθετη στην ε. Προβάλλουμε την ευθεία ε στο π και έστω ε' η προβολή της. Στο ίχνος Β της ε φέρουμε ευθεία ξ κάθετη στην ε' που να βρίσκεται στο π. Η ευθεία ξ είναι κάθετη στην ε, διότι αν Α τυχαίο σημείο της ε και Α' η προβολή του, έχουμε: την ΑΑ' κάθετη στο π, την Α'Β κάθετη στην ξ, άρα η ΑΒ είναι κάθετη στην ξ, σύμφωνα με το Θεώρημα των τριών καθέτων. Η ευθεία ε είναι μοναδική, διότι αν υπήρχε και δεύτερη, τότε η ε θα ήταν κάθετη σε δύο ευθείες του επιπέδου π, δηλ. θα ήταν κάθετη στο π, που είναι άτοπο.

4. Έστω Β η προβολή του Α' στην ευθεία ε. Από το Θ. των τριών καθέτων προκύπτει ότι το Β είναι η προβολή του Α στην ευθεία ε, άρα είναι σταθερό σημείο. Το τρίγωνο ΑΑ'Β είναι ορθογώνιο στο Α' και το επίπεδο του είναι κάθετο στην ε. Άρα, το σημείο Α' γράφει κύκλο διαμέτρου ΑΒ, που κείται στο επίπεδο που είναι κάθετο στην ε στο Α.

12.6 215

5. Εστω Ο' η προβολή του Ο στο π, ε τυχούσα ευθεία του π που περνάει από το Α και Μ η προβολή του Ο στην ευθεία ε. Από το Θεώρημα των τριών καθέτων προκύπτει ότι η Ο'Μ είναι κάθετη στην ε. Άρα, το Μ βρίσκεται σε κύκλο διαμέτρου Ο Ά .

6. Εστω Ο' και Μ οι προβολές του Ο στο π και στην τυχούσα ευθεία ε' του π που είναι παράλληλη στην ε. Η ευθεία Ο Μ είναι κάθετη στην ε', από το Θεώρημα των τριών καθέτων. Η ευθεία Ο'Μ είναι όμως κάθετη και στην ε, που είναι παράλληλη στην ε'. Επομένως ο ζητούμενος τόπος είναι η ευθεία η κάθετη στην ε από το Ο'.

7. Εστω ΑΒΓ το τρίγωνο. Τα σημεία του χώρου που ισαπέχουν από τα άκρα της πλευράς ΑΒ ανήκουν στο μεσοκάθετο επίπεδο του ΑΒ. Επίσης, τα σημεία που ισαπέχουν από τα άκρα της πλευράς ΒΓ είναι στο μεσοκάθετο επίπεδο του ΒΓ. Τα δύο επίπεδα τέμνονται σε ευθεία ξ διότι είναι κάθετα σε δύο τεμνόμενες ευθείες, τις ΑΒ και ΒΓ. Τα σημεία της ευθείας ξ ισαπέχουν και από τις τρεις κορυφές του τριγώνου. Άρα και το μεσοκάθετο επίπεδο στην ΑΓ περνάει από την ξ. Η ευθεία τομής τους ξ είναι κάθετη στο επίπεδο του τριγώνου, διότι η ξ είναι ορθογώνια στις ΑΒ και ΒΓ. Οι τομές των μεσοκαθέτων επιπέδων με το επίπεδο του τριγώνου είναι οι μεσοκάθετες στις πλευρές ΑΒ και ΒΓ του τριγώνου. Άρα η ευθεία ξ περνάει από το περίκεντρο του ΑΒΓ.

8. Σύμφωνα με την άσκ. 7, τα σημεία του χώρου που ισαπέχουν από τα άκρα των ευθυγράμμων τμημάτων ΑΒ,ΒΓ και Γ Α είναι η ευθεία ξ που είναι κάθετη στο επίπεδο (Α,Β,Γ), στο περίκεντρο του ΑΒΓ. Θεωρούμε τώρα το μεσοκάθετο επίπεδο στο τμήμα ΑΔ, που τέμνει την ευθεία ξ στο σημείο Ο. Το Ο ισαπέχει από τα τέσσερα σημεία Α,Β,Γ, και Δ.

216 12.6

9. Τα επίπεδα που είναι παράλληλα στο π και βρίσκονται εκατέρωθεν του π σε απόσταση λ είναι ο ζητούμενος τόπος. Αντίστροφα, έστω σημείο Μ σε απόσταση λ από το π. Αυτό θα βρίσκεται σε ένα από τα δύο επίπεδα που αναφέραμε.

10. Τα σημεία Α, Β και Γ ορίζουν επίπεδο (Α,Β,Γ). Άρα ζητείται να κατασκευασθεί επίπεδο που περνάει από το Μ και είναι παράλληλο στο (Α.Β,Γ).

Μ

.Γ


1. Έστω Α και Α' δύο τυχαία σημεία της ει και Β και Β' δύο τυχαία σημεία της ε2. Στα ευθύγραμμα τμήματα ΑΑ' και ΒΒ' ορίζουμε σημεία Μ και Μ' αντίστοιχα, τέτοια ώστε να ισχύει:

ΜΑ Μ ' Α ' — = = λ . (1) MB Μ ' Β '

Τότε, σύμφωνα με το αντίστροφο του Θεωρήματος του Θαλή, οι ευθείες ΑΑ', MM' και ΒΒ' βρίσκονται σε παράλληλα επίπεδα. Επειδή όμως οι ευθείες ει=ΑΑ' και ε2=ΒΒ' είναι ασύμβατες, υπάρχει μοναδικό ζεύγος παραλλήλων επιπέδων που τις περιέχει, άρα το τρίτο επίπεδο που περιέχει την MM' είναι παράλληλο σε αυτά και περνάει από το σημείο Ν της κοινής κάθετης ΚΛ για το οποίο ισχύει η σχέση:

— = λ (2) ΝΑ

Αντίστροφα, αν θεωρήσουμε το ζεύγος των παραλλήλων επιπέδων που περιέχουν τις ει και ε2 και ΚΛ είναι η κοινή κάθετη των ασύμβατων, κατασκευάζουμε το επίπεδο που είναι παράλληλο στα δύο άλλα και περνάει από το σημείο Ν της ΚΛ για το οποίο ισχύει η (2), τότε για κάθε ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ που έχει άκρα στις ε! και ε2 θα ισχύει το „ , __ . , , , , ΝΚ ΜΑ Θεώρημα του Θαλή, αρα ισχύει η σχέση: — = — = λ .

ΝΑ MB

12.6 217

Κατασκευάζουμε, σύμφωνα με την προη-γούμενη άσκηση, επίπεδα πι και π3 παράλ-ληλα, που περιέχουν τις ει και ε3 αντίστοιχα και επίπεδο π2 παράλληλο στα δύο άλλα τέτοιο ώστε η κοινή κάθετη στις ει και ε2 να το τέμνει σε σημείο Ν τέτοιο ώστε να ισχύει η σχέση:

ΚΝ = λ · Ο ΝΛ

Η ευθεία ε2, ως ασύμβατη με τις ει και ε3

τέμνει το επίπεδο π2 σε σημείο Β. Από το Β κατασκευάζουμε ευθεία που τέμνει τις ασύμβατες ει και ε3 στα σημεία Α και Γ, κατά τα γνωστά (δες άσκ.1, Άσκ. Εμπ. § 12.3). Αυτή είναι η ζητούμενη ευθεία, διότι ισχύει η σχέση:

— = — = λ (2) ΒΓ ΝΛ

σύμφωνα με το Θεώρημα του Θαλή.

3. Ως γνωστό, τα σημεία του επιπέδου π που απέχουν από σημείο Α εκτός αυτού απόσταση μ βρίσκονται σε κύκλο με κέντρο την προβολή Α' του Α στο επίπεδο και

ακτίνα ρ = -\/μ2 - ΑΑ'2 . Όμοια για το Β, έχουμε κύκλο (Β',ρ'), όπου

ρ '= Vv2 - ΒΒ'2 . Γράφουμε τους δύο κύκλους και ένα από τα σημεία τομής είναι το ζητούμενο. Διερεύνηση: Οι δύο κύκλοι μπορεί να τέμνονται, οπότε το πρόβλημα έχει δύο λύσεις, μπορεί να εφάπτονται, οπότε το πρόβλημα έχει μοναδική λύση και τέλος μπορεί να μην έχουν κοινό σημείο, οπότε το πρόβλημα δεν έχει λύση.

Σύνθετα Θέματα 1. Αν Α και Β είναι τα δύο σημεία, Ο το μέσον του ΑΒ

και Μ σημείο του π τέτοιο ώστε το τρίγωνο ΑΜΒ να είναι ορθογώνιο στο Μ, τότε η ΟΜ είναι διάμεσος και ισούται με το μισό της υποτείνουσας ΑΒ. Άρα, το σημείο Μ απέχει από το σταθερό σημείο Ο απόσταση

ΑΒ ιση με . Επομένως, το Μ γράφει κύκλο με κέντρο

Ο' την προβολή του Ο στο π και ακτίνα, ρ = ΑΒ οο,ζ

218

2. Έστω Α' η προβολή του Α στο επίπεδο. Η ευθεία OA', όπου Ο το κέντρο του κύκλου, τέμνει τον κύκλο σε δύο σημεία, τα Β και Γ. Αν το Α'Β<Α'Γ τότε και η απόσταση ΑΒ<ΑΓ. Τα ΑΒ και ΑΓ είναι η μικρότερη και η μεγαλύτερη απόσταση του Α από τον κύκλο, διότι κάθε άλλο τμήμα AM, όπου Μ σημείο του κύκλου, έχει προβολή Α'Μ μεταξύ των Α'Β και Α'Γ. Αν η προβολή Α' του Α στο επίπεδο ταυτίζεται με το κέντρο του κύκλου, τότε όλα τα σημεία του κύκλου ισαπέχουν από το σημείο Α.

3. Θεωρούμε το μέσον Ο του τμήματος ΑΒ. Το επίπεδο (ε,Ο) είναι το ζητούμενο. Διότι, αν από τα Α και Β φέρουμε τις κάθετες στο επίπεδο αυτό και Α' και Β' οι προβολές τους, σχηματίζονται δύο ορθογώνια τρίγωνα, τα Α Α Ό και Β Β Ό που έχουν ΟΑ=ΟΒ και Α = Β διότι ΑΑ7/ΒΒ'. Τα τρίγωνα είναι ίσα και επομένως ΑΑ'=ΒΒ'.

4. Έστω Μ τυχαίο σημείο για το οποίο ισχύει ΜΑ2-ΜΒ2=λ2, Ο είναι το μέσον του ΑΒ και Μ' η προβολή του Μ στο ΑΒ. Τότε, από το τρίγωνο ΜΑΒ έχουμε:

ΜΑ2-ΜΒ2=2 ΑΒ. ΟΜ'=λ : (1) που λύνεται ως προς ΟΜ':

λ 2 9 ΟΜ'= . (2) 2ΑΒ

Αλλά τότε το σημείο Μ προβάλλεται στο σταθερό σημείο Μ' που προκύπτει από τη σχέση (2), άρα βρίσκεται στο επίπεδο που είναι κάθετο στην ΑΒ στο σημείο Μ' και

απέχει από το μέσον Ο απόσταση 2ΑΒ

Αντίστροφα, αν Μ τυχόν σημείο που κείται στο επίπεδο που είναι κάθετο στο ΑΒ στο

σημείο Μ' για το οποίο ισχύει η σχέση (2). Αλλά τότε, από το Θεώρημα της διαμέσου ισχύει και η (1).

5. Αν τα τμήματα ΑΒ και ΓΔ είναι ορθογώνια, τότε η ΑΒ κείται σε επίπεδο κάθετο στην ΓΔ, στο σημείο Μ που προκύπτει αν από τα Α και Β φέρουμε κάθετες στην ΓΔ. Τότε από τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΜΓ και ΒΜΓ έχουμε:

ΑΓ"=ΑΝΤ+ΜΓ- (1)

12.6 219

Δ Α 2 = Α Μ 2 + Μ Δ 2

Δ Β 2 = Β Μ 2 + Μ Δ 2 - ν

ΒΓ2=ΒΜ2+ΜΓ- (2 )

και αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε: ΑΓ2-ΓΒ2=ΑΜ2-ΒΜ2 (3)

Αλλά, από τα επίσης ορθογώνια τρίγωνα ΔΜΑ και

ΔΜΒ, έχουμε: (4)

(5)

και αφαιρώντας κατά μέλη, έχουμε: ΔΑ2-ΔΒ2=ΑΜ2-ΒΜ2 (6)

Από τις (3) και (6) προκύπτει το ζητούμενο:

ΔΑ2-ΔΒ2=ΓΑ2-ΓΒ2 (7)

Αντίστροφα, έστω ότι ισχύει η (7), η οποία γράφεται: ΓΑ2-ΔΑ2=ΓΒ2-ΔΒ2=λ2 (8)

Τότε, από την άσκηση 4, προκύπτει ότι το σημείο Α κείται στο επίπεδο το κάθετο στο

ΓΔ στο σημείο Μ το οποίο απέχει απόσταση ΟΜ= 2ΓΔ

από το μέσον Ο του ΓΔ.

Επίσης, το σημείο Β κείται στο κάθετο επίπεδο του ΓΔ στο ίδιο σημείο, άρα τα επίπεδα

ταυτίζονται. Δηλαδή τα σημεία Α και Β κείνται σε επίπεδο κάθετο στην ΓΔ.

6. Αν τα δύο πρώτα ζεύγη είναι ορθογώνια, έχουμε: Β Α 2 - Β Γ 2 . ΓΑ2-ΓΒ2= ΔΑ2-ΔΒ2 και ΔΑ2-ΔΓ2=ί

Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε: ΓΑ2-ΓΔ2=ΒΑ2-ΒΔ2, που σημαίνει ότι και το τρίτο ζεύγος είναι ορθογώνιο.

7. Τα μεσοκάθετα επίπεδα στα τμήματα ΑΒ, ΑΔ και ΑΓ τέμνονται σ' ένα σημείο Ο, διότι είναι κάθετα σε τρία τεμνόμενα τμήματα. Για το Ο ισχύει: ΟΑ=ΟΒ=ΟΔ=ΟΓ. Δηλαδή, απέχει εξ ίσου από τα σημεία Α, Β, Γ και Δ, άρα κείται στα μεσοκάθετα επίπεδα όλων των τμημάτων που αυτά ορίζουν ανά δύο.

Γ <

220 12.7

8. Οι ευθείες ΟΜ ορίζουν το επίπεδο τ=(0,ε). Στο Ο φέρουμε την ευθεία ξ, κάθετη στο επίπεδο τ, που τέμνει το π στο σημείο Κ εφ' όσον το επίπεδο τ δεν είναι κάθετο στο π. Αυτό είναι το ζητούμενο σταθερό σημείο. Διότι η ευθεία ξ ως κάθετη στο τ είναι κάθετη σε κάθε ευθεία ΟΜ του τ. Αντίστροφα, κάθε επίπεδο δια της ξ είναι κάθετο στο τ και περιέχει τα σημεία Ο και Κ. Τότε υπάρχει σημείο Μ της ε τέτοιο ώστε η ΟΜ να είναι κάθετη σ' αυτό το επίπεδο.

§12-7


1. Προβάλλ<5υμε το σημείο Ο στο π και έστω Ο' η προβολή του. Κάθε επίπεδο που περιέχει την ευθεία ΟΟ' είναι κάθετο στο π και περιέχει το σημείο Ο. Άρα υπάρχει απειρία λύσεων στο πρόβλημα.

2. Έστω ε(σ,τ) δίεδρη γωνία και επίπεδο π κάθετο στην ε. Το επίπεδο σ περιέχει την ε που είναι κάθετη στο π άρα το σ είναι κάθετο στο π. Για τον ίδιο λόγο και το τ είναι κάθετο στο π.

3. Τα σημεία του χώρου που ισαπέχουν από τα σημεία Β και Γ βρίσκονται στο μεσοκάθετο επίπεδο π στο τμήμα ΒΓ. Άρα τα σημεία αυτού του επιπέδου με τα Β και Γ δίνουν ισοσκελή τρίγωνα. Θέλουμε επιπλέον αυτά να είναι και ορθογώνια. Αυτό σημαίνει ότι τα σημεία αυτά βρίσκονται στο μεσοκάθετο επίπεδο, σε κύκλο (Μ,ΜΑ), όπου Μ το μέσον του ΓΒ. Αλλά ΜΑ=ΜΒ=ΜΓ. Τέλος τα σημεία τομής του κύκλου αυτού με το επίπεδο τ είναι τα ζητούμενα σημεία. Αυτά τα σημεία είναι το πολύ δύο, όσα και τα σημεία τομής του κύκλου με το επίπεδο.

12.7 221

4. Το ζητούμενο επίπεδο π για να είναι κάθετο στο σ πρέπει να περιέχει μια ευθεία κάθετη στο σ. Γι' αυτό φέρουμε από το Ο την ευθεία ξ, κάθετη στο σ. Επίσης, το επίπεδο π για να είναι παράλληλο στην ευθεία ε πρέπει η ε να είναι παράλληλη σε μία ευθεία του. Γι' αυτό φέρουμε από το Ο την ευθεία ε' παράλληλη στην ε. Το ζητούμενο επίπεδο π είναι αυτό που ορίζεται από τις ευθείες ξ και ε'.

5. Από ένα σημείο Ο της ε φέρουμε ευθεία κάθετη στο π. Το επίπεδο (ε,ξ) είναι το ζητούμενο.

§12-8

' 0 ε / / ξ

/ Γ


1. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: (ί) Η ευθεία ε είναι κάθετη στο επί-

πεδο π. Τότε κάθε επίπεδο που την περιέχει είναι κάθετη στο π.

(ϋ) Η ευθεία ε δεν είναι κάθετη στο π. Προβάλλουμε την ευθεία ε στο επίπεδο π και ε' η προβολή της. Οι τεμνόμενες ευθείες ε και ε' ορίζουν επίπεδο τ, κάθετο στο π, διότι αυτό περιέχει μία ευθεία, πχ την ΑΑ' που είναι κάθετη στο π.

(α) (β)

Αν Α', Β', Μ' είναι οι προβολές των σημείων Α, Β, Μ στο επίπεδο π, που δεν είναι κάθετο στην ΑΒ, οι ευθείες ΑΒ και Α'Β' ορίζουν επίπεδο τ στο οποίο οι ευθείες ΑΒ και Α'Β ' τέμνονται από τις παράλληλες ΑΑ', ΒΒ', MM' σε μέρη ανά-

ΑΜ Α'Μ' λογα, κατά το Θεώρημα του Θαλή, και έχουμε: = .

MB Μ'Β'

Β' Μ' Α

222 12.8

3. Σύμφωνα με την προηγούμενη άσκηση, τα μέσα των πλευρών του ΑΒΓ προβάλλονται στα μέσα των πλευρών του ΑΒ'Γ ' . Επομένως, οι διάμεσοι προβάλλονται σε διάμεσους, άρα το σημείο τομή τους Κ προβάλλεται στο Κ'.

4. Έστω ε και ει δύο παράλληλες ευθείες και ε' και ε'ι οι προβολές τους σε ένα επίπεδο π, το οποίο δεν είναι κάθετο σε αυτές. Αν Α και Β είναι σημεία των ε και ε, αντίστοιχα και Α' και Β' οι προβολές τους, τότε τα επίπεδα (ε,ΑΑ) και (ε,,ΒΒ) είναι παράλληλα διότι δύο τεμνόμενες ευθείες του ενός είναι παράλληλες στο άλλο. Επομένως τέμνονται από το επίπεδο π σε ευθείες παράλληλες, τις ε' και ε'ι.

5. Οι ευθείες ΑΒ και ΓΔ είναι παράλληλες και προβάλλονται στο π ως παράλληλες. Επίσης, οι ευθείες ΒΓ και ΑΔ είναι παράλληλες και προβάλλονται ως παράλληλες. Το τετράπλευρο, λοιπόν, Α'Β'Γ 'Δ' έχει τα δύο ζεύγη απέναντι πλευρών παράλληλα, άρα είναι παραλληλόγραμμο.

6. Έστω ορθή γωνία ΑΒΓ , Β' η προβολή της κορυφής Β στο επίπεδο π, το οποίο τέμνεται από τις πλευρές της στα Α και Β. Θα αποδείξουμε ότι ΑΒ'Γ > ΑΒΓ . Φέρουμε το ύψος ΒΔ του τριγώνου ΑΒΓ. Το Β'Δ είναι ύψος του τριγώνου ΑΒ'Γ (Θ. τριών καθέτων). Στην προέκταση του ΔΒ' λαμβάνουμε σημείο Β0 τέτοιο ώστε ΔΒ0=ΔΒ, (το τμήμα ΔΒ είναι μεγαλύτερο από την προβολή του, γι αυτό το Β0 κείται στην προέκταση). Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΒ0Γ είναι ίσα εκ κατασκευής, επομένως αρκεί να συγκρίνουμε τις γωνίες Β0 και Β'. Οι γωνίες Α Β'Δ και ΔΒ'Γ είναι μεγαλύτερες

από τις ΑΒ0Δ και ΔΒ0Γ, άρα ΑΒ'Γ > ΑΒ0Γ .

AM Β'

12.8 223

7. Από το Α φέρουμε ευθεία παράλληλη στην Α'Β' που τέμνει την ΒΒ' στο Γ. Το ΑΑ'Β'Γ είναι ορθογώνιο. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, εφαρμόζοντας το πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε ΑΒ2=ΑΓ2+ΒΓ2. Αλλά ΑΓ=Α'Β'=4 και ΒΓ=ΒΒ-ΑΑ' =3. Επομένως ΑΒ =5.

Γ 23

Α 20

Β' 4 Α'

8. Η προβολή του ΑΒ στο επίπεδο π είναι ΑΓ=Αβσυνφ.

V3 2

•Α 2 1 2

ί)φ=30"=> ΑΓ = ΑΒ-

ίί) φ=45°=> ΑΓ = ΑΒ-

iii) φ=60° => ΑΓ = ΑΒ-

Στο σημείο Α του επιπέδου π κατασκευάζουμε ευθεία ζ κάθετη στο π. Στο επίπεδο (ε,ζ) κατασκευάζουμε ευθεία που να σχηματίζει γωνία 60° με την ε. Αυτή είναι η ζητούμενη ευθεία. Το πρόβλημα έχει δύο λύσεις, τις δύο συμμετρικές ευθείες ως προς την ζ που σχηματίζουν ευθεία 60° με την ε.

10. Θεωρούμε τα σημεία Α,Β και Γ της ευθείας ε του χώρου και Α'Β' και Γ' οι προβολές τους στο επί-πεδο π. Οι ευθείες ΑΑ', ΒΒ' και ΓΓ' είναι παράλληλες, ως κάθετες στο επίπεδο π. Εφαρ-μόζοντας το θεώρημα του Θαλή της Γεωμετρίας του επιπέδου στο επίπεδο (ε,ε ) έχουμε τις ευθείες ε και ε' να τέμνονται από τις παράλληλες ΑΑ', ΒΒ' και ΓΓ' σε μέρη ανάλογα. Άρα

ΑΒ ΒΓ εχουμε: = . Α'Β' Β'Γ '

""ε

Α' Β' Γ'

224 12.8

Αποδεικτικές ασκήσεις 1. Θεωρούμε στο επίπεδο σ δύο ευθείες, την κάθετη ξ

στην κοινή ευθεία ε και μία πλάγια ευθεία ξι που περνάνε από το Ο και τέμνουν στα Α και Β αντίστοιχα την ε. Αν Ο' η προβολή του Ο στο τ, οι γωνίες Ο AO' και ΟΒΟ' είναι οι γωνίες των ξ και ξ, ως προς το σ. Έχουμε: Ο ' Α Ο ' Β , γιατί Ο 'ΑΙε . Στην προέκταση του OA λαμβάνουμε σημείο Β' τέτοιο ώστε 0 ' Β ' = 0 ' Β . Στο τρίγωνο ΟΑΒ' η γωνία ΟΑΟ' είναι εξωτερική, άρα μεγαλύτερη από την απέναντι εσωτερική Επομένως ΟΒΟ' < ΟΑΟ'.

2. Τα επίπεδα που περιέχουν τις διχοτόμους ενός τριγώνου έχουν ένα κοινό σημείο στο επίπεδο του τριγώνου, το σημείο τομής των διχοτόμων, άρα τέμνονται σε ευθεία, που περνάει από αυτό το σημείο και είναι κάθετη στο επίπεδο του τριγώνου.

3. Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΓΔΒ είναι ίσα επειδή έχουν τρεις πλευρές ίσες, άρα έχουν διαμέσους ίσες, δηλ. ΑΖ=ΓΖ. Τότε το τρίγωνο ΑΖΓ είναι ισοσκελές και η ΖΕ που είναι διάμεσος είναι και ύψος. Άρα ΕΖ1ΑΓ. Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται ότι η ΕΖ1ΒΔ.

Ανάλυση: Έστω ότι κατασκευάσαμε επίπεδο π, που να διέρχεται από την ΑΒ τέτοιο ώστε η γωνία ΑΓ'Β να είναι ορθή, όπου Γ' είναι η προβολή του Γ στο π. Αν Γ Δ είναι το ύψος του τριγώνου ΑΒΓ, τότε η Γ'Δ είναι κάθετη στην ΑΒ από το θεώρημα των τριών καθέτων. Αλλά από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΓ' Β έχουμε: Γ'Δ2=ΔΒΑΑ. Άρα το τμήμα Γ'Δ κατασκευάζεται. Κατασκευή. Φέρουμε το ύψος ΓΔ στο τρίγωνο ΑΒΓ. Κατασκευάζουμε μήκος Γ'Δ από την πα-ραπάνω σχέση Γ'Δ2=ΔΒ ΔΑ. Στο επίπεδο που περνάει από το Γ και είναι κάθετο στην ΑΒ κατασκευάζουμε ορθογώνιο τρίγωνο ΓΔΓ' τέτοιο ώστε η ΓΔ να είναι υποτείνουσα και η Γ'Δ η μία κάθετη πλευρά. Επομένως ορίζεται η κορυφή Γ' στο χώρο. Τέλος το ζητούμενο επίπεδο π διέρχεται από το Γ' και την ΑΒ.

12.8 225

Έστω ε(σ,τ) η δίεδρη γωνία και π το διχοτόμο επίπεδο της που τέμνεται από το τμήμα ΑΒ στο σημείο Γ. Τα σημεία Α', Β' και Γ' είναι οι προβολές των Α,Β και Γ αντίστοιχα στην ακμή ε.

ΑΓ ΑΑ' Θα αποδείξουμε ότι = . Στο σημείο Γ'

IΒ ΒΒ θεωρούμε το κάθετο επίπεδο στην ευθεία ε και προβάλλουμε πάνω σε αυτό τα σημεία Α,Γ και Β. Το σημείο Α προβάλλεται στο σημείο Αι, το σημείο Β προβάλλεται στο Β ι ενώ το σημείο Γ βρίσκεται πάνω σε αυτό. Τα τρίγωνα ΒΒΈ και

ΑΑ,Γ είναι όμοια επειδή έχουν Β Β,//Α Α,, άρα έχουμε:

τρίγωνο Β [Γ Ά , η ΓΓ' είναι διχοτόμος, άρα ισχύει: ΓΒ ΓΑ,

ΑΓ ΒΓ

ι .

Α, Γ Β ^

(1). Αλλά στο

Α,Γ, ΒΒ,Γ'Β' και ΑΑ,Γ'Α' είναι ορθογώνια έχουμε Β,Γ'=ΒΒ' και Γ'Α|

ΑΓ _ Α,Γ _ Α,Γ' _ ΑΑ' ΒΓ ~ Β,Γ ~ Β,Γ' ~ ΒΒ' '

. Τέλος, επειδή τα

ΑΑ'. Επομένως

η (1) γράφεται

6. Έστω Α' η προβολή του Α στο επίπεδο π και ΑΔ το ύψος του τριγώνου ΑΒΓ. Από το θεώρημα των τριών καθέτων το τμήμα Α'Δ είναι το ύψος στο τρίγωνο Α'ΒΓ. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΑ'Δ υπολογίζουμε την πλευρά Α'Δ, γνωρίζοντας τις δύο άλλες. Άρα Α'Δ =8 και

1

εχουμε (ΑΒΓ) _ 2

Β Γ ' Α Δ _ 10 _ 5

<Α 'ΒΓ> — ΒΓ Α'Δ


1. Έστω Μ σημείο που ισαπέχει από δύο τεμνόμενες ευθείες, ε και ξ. Αν Α και Β είναι οι προβολές του Μ στις ευθείες, το τρίγωνο AM Β είναι ισοσκελές και η διάμεσος του ΜΝ είναι ύψος και διχοτόμος. Δηλαδή, τα σημεία Μ προβάλλονται στο επίπεδο (ε,ξ) στις διχοτόμους των γωνιών. Άρα ο γ.τ. είναι τα επίπεδα τα κάθετα στο (ε,ξ) που διχοτομούν τις γωνίες των ευθειών ε και ξ. Το αντίστροφο αποδεικνύεται εύκολα.


2. Έστω σ και τ τα τεμνόμενα επίπεδα στην ε και ξ ευθεία κάθετη στο σ. Οι ευθείες ε και ξ είναι ορθογώνιες. Από το ίχνος Α της ξ στο σ φέρουμε ευθεία ε' παράλληλη στην ε. Η γωνία (ξ,ε') είναι ορθή και έχει μία πλευρά της, την ε', παράλληλη στο τ. Άρα προβάλλεται στο τ ως ορθή. Επίσης, οι ευθείες ε και ε' είναι παράλληλες, άρα προβάλλονται ως παράλληλες. Επομένως, η προβολή της ξ στο τ είναι ευθεία κάθετη στην ε.

3. Έστω ε' και ξ' οι προβολές των ε και ξ στο π. Τα επίπεδα (ε,ε') και (ξ,ξ') είναι παράλληλα μεταξύ τους και κάθετα στο π. Έστω επίσης μία ευθεία τέμνουσα τις ε και ξ στα Α και Β, παράλληλη στο π. Προβάλλουμε τα Α και Β στο π και έστω Α' και Β' οι προβολές τους. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΑ'Α] και ΒΒ'Βι είναι ίσα διότι έχουν ΑΑ'=ΒΒ' και Αι = Β,. Άρα ΑΆι=Β'Βι . Τα σημεία Α' και Β' κείνται εκατέρωθεν της Α ^ στο επίπεδο π, διότι οι ευθείες ε και ξ ισοκλίνουν χωρίς να είναι παράλληλες. Επομένως οι ευθείες Α,Βι και Α'Β' τέμνονται σε σημείο Η που είναι το μέσον της Αι Β,, διότι τα τρίγωνα ΑιΗΑ' και ΒιΗΒ' είναι ίσα. Επομένως, η προβολή της τυχούσας ευθείας ΑΒ που τέμνει τις ε και ξ και είναι παράλληλη στο π περνάει από το μέσον της Α, Β ι, άρα η ευθεία ζ που είναι κάθετη στο π στο σημείο Η τέμνει όλες τις ευθείες ΑΒ.

4. Έστω δίεδρη γωνία ε(σ,τ), ευθεία ξ τέμνουσα τις έδρες σ, τ στα σημεία Α, Β αντίστοιχα και Α', Β' οι προβολές των Α, Β στην ε και Γ, Δ οι προβολές των Α, Β στις έδρες τ και σ αντίστοιχα. Αν ΑΑ'=ΒΒ' θα αποδείξουμε ότι η ευθεία ΑΒ σχηματίζει ίσες γωνίες με τα επίπεδα σ και τ. Τα τρίγωνα ΒΒ'Δ και ΑΑ'Γ είναι ίσα διότι έχουν Γ = Δ = 1 , ΒΒ'=ΑΑ' και Β' = Α' ως επίπεδη της δίεδρης. Επομένως, ΑΓ=ΒΔ. Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΒΔ είναι επίσης ίσα διότι έχουν την ΑΒ κοινή, ΑΓ=ΒΔ και Γ = Δ = 1L . Άρα ΒΑΔ = ΑΒΓ . Αντιστρέφοντας τους συλλογισμούς αποδεικνύεται το

αντίστροφο.

ίσεις 227

Καλούμε σ, τ τα επίπεδα (ε,Α), (ε,Β), Αι και Β! τις προβολές των Α και Β στα τ και σ αντίστοιχα και Α', Β' τις προβολές των Α, Β στην ε. Έστω ότι ΑΑ'=ΒΒ'. Από τα τρίγωνα AA'A, και ΒΒ'Β] που έχουν Α] = Bj = 1L, ΑΑ'=ΒΒ' και Α' = Β' ως επίπε-δη της δίεδρης προκύπτει ότι ΑΑ|=ΒΒι. Αντι-στρέφοντας τον συλλογισμό προκύπτει το αντίστροφο.

Έστω ότι οι προβολές των σημείων Μι και Μ2 στην ακμή ε της δίεδρης ε(π,,π2) είναι δύο διαφορετικά σημεία, Μ'ι και Μ'2 αντίστοιχα. Εφαρμόζοντας το Θεώρημα των τριών καθέτων, έχουμε ότι: ΜΜι±Μ|Μ'ι και Μ|Μ'ι_Ι_ε άρα ΜΜ'ι-Ι,ε. Για τον ίδιο λόγο, έχουμε ότι ΜΜ'2±ε. Επομένως, στο επίπεδο (ε,Μ) άγονται δύο κάθετες από το Μ στην ε, που είναι άτοπο. Άρα τα σημεία Μ', και Μ'2 συμπίπτουν.

7. Ανάλυση: Έστω ότι βρέθηκαν τέσσερις ευθείες που προβάλουν το στρεβλό τετράπλευρο ΑΒΓΔ στο παραλληλόγραμμο Α'Β'Γ'Δ' . Οι διαγώνιοι Α'Γ' και Β'Δ' του παραλληλογράμμου διχοτομούνται στο σημείο Ο. Άρα το Ο είναι προβολή των μέσων Κ και Α των ΑΓ και ΒΔ, διότι οι ΟΚ και OA είναι μεσοπαράλληλες στα τραπέζια Α Α Τ ' Γ και ΒΒ'Δ'Δ αντίστοιχα. Σύνθεση: Φέρουμε την ευθεία που ορίζουν τα μέσα Κ και Λ των ΑΓ και ΒΔ αντίστοιχα και τις παράλληλες σ' αυτήν από τις κορυφές Α, Β, Γ και Δ που τέμνουν το π στα σημεία Α', Β', Γ' και Δ'.

Απόδειξη: Τα ευθύγραμμα τμήματα Α'Γ' και Β'Δ' διχοτομούνται στο Ο, άρα είναι διαγώνιοι παραλληλογράμμου.


8. Έστω ΑΒ η κοινή κάθετη των ασυμβάτων ε και ε' και Μ' και Ν' οι προβολές των Μ και Ν στην ε'. Εφαρμόζοντας το Θεώρημα του Θαλή προκύπτει ότι το σημείο Α είναι μέσον του Μ'Ν' διότι το Β είναι μέσον του ΜΝ και τα τμήματα MM', ΒΑ και ΝΝ' βρίσκονται σε επίπεδα παράλληλα (ως κάθετα στην ευθεία ε'). Επίσης, στο τρίγωνο MAN η ΑΒ είναι διάμεσος και ύψος, άρα είναι ισοσκελές. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΜΜ' και ANN' έχουν ΑΜ'=ΑΝ' και ΑΜ=ΑΝ, επομένως ΜΜ'=ΝΝ'. Αντίστροφα, έστω ότι ΜΜ'=ΝΝ', Α το μέσον του ΜΝ και ΑΒ η κάθετη στην ε. Θα αποδείξουμε ότι η ΑΒ είναι η κοινή κάθετη. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΜΜ' και ANN' έχουν ΑΜ'=ΑΝ' και ΜΜ'=ΝΝ', άρα ΑΜ=ΑΝ. Το τρίγωνο MAN είναι ισοσκελές και η ΑΒ είναι διάμεσος, άρα και ύψος.

ΚΕΦΑ


Ο όγκος ενός πρίσματος ισούται με το εμβαδόν της κάθετης τομής του επί το μήκος της ακμής του ή με το εμβαδόν της βάσης του επί το ύψος. Επο-μένως μετακινήσεις των βάσεων στα επίπεδά τους ή των ακμών στους φο-ρείς τους δεν αλλάζουν τον όγκο του πρίσματος. (§ 13.4 Ασκ.Εμπ. 4,5,7,8,9,10, Αποδ.Ασκ. 1,2,3).

Ο όγκος πυραμίδας ισούται με το εμβαδόν της βάσης επί το τρίτο του ύ-ψους της. Επομένως, αν η κορυφή της πυραμίδας μετακινηθεί στο επίπεδο που περνάει από την κορυφή της και είναι παράλληλο στην βάση ο όγκος δεν αλλάζει. (§ 13.9 Ασκ.Εμπ. 9, Αποδ.Ασκ. 1,2,3, Σύνθ. Θέμ. 1,3).

Για τον υπολογισμό της επιφάνειας και του όγκου του κυλίνδρου, του κώ-νου και της σφαίρας χρησιμοποιούμε τους αντίστοιχους τύπους. Για τον υ-πολογισμό της επιφάνειας και του όγκου που δημιουργούνται κατά την πε-ριστροφή επίπεδης τεθλασμένης γραμμής γύρω από άξονα που κείται στο επίπεδο της, χρησιμοποιούμε τα θεωρήματα του Πάππου.

13.1-4 231

§ 13.1-4


1. Το ύψος είναι η απόσταση των δύο βάσεων ενώ η ακμή είναι πλάγιο τμήμα ως προς τα επίπεδα των βάσεων.

2. Οι παράλληλες τομές στη βάση ενός πρίσματος είναι ίσες. Άρα, οι κάθετες τομές και η βάση ορθού πρίσματος είναι ίσες. Επίσης, οι παράπλευρες ακμές ορθού πρίσματος είναι κάθετες στις βάσεις άρα είναι και ύψη.

3. Οι ακμές ενός πρίσματος και οι προβολές τους στο επίπεδο της βάσης σχηματίζουν ίσα ορθογώνια τρίγωνα, άρα σχηματίζουν ίσες γωνίες με το επίπεδο της βάσης.

/

4. Με απλή εφαρμογή των τύπων έχουμε: Ε = α 3 + -2

Λ/3 | S , V = — α 4

3

5. Με απλή εφαρμογή των τύπων έχουμε:

Ε3 = 3>/3p^- + u j , Ε4 = 4p(p + V2u),

Ε 6 = 3 p ( V 3 p + 2 u ) ,

3λ/3 2 2 3λ/3 2 V 3 = y p u , V 4 = 2 p u , Vg = — ρ u .

6. Έστω ΜΝ ευθύγραμμο τμήμα που έχει άκρα σε δύο απέναντι έδρες παραλληλεπιπέδου και περνάει από το κέντρο του Ο. Όπως γνωρίζουμε, το Ο είναι μέσον των διαγωνίων. Επομένως, αν από το Ο θεωρήσουμε επίπεδο παράλληλο στις έδρες στις οποίες έχει τα άκρα του το τμήμα ΜΝ, θα έχουμε τρία επίπεδα παράλληλα, που διχοτομούν δύο διαγώνιους, τις ΑΓ και Α'Γ' άρα διχοτομούν κάθε τμήμα που έχει άκρα σ' αυτά τα επίπεδα (Θεώρημα Θαλή), δηλαδή Α ' και το ΜΝ.

7. Η επιφάνεια του κύβου είναι: Ε=6α2. Άρα η ακμή του κύβου είναι 6 μ.

8. δ=4 Λ/29 Ε=832 V = 1.536

9. Ε=6α2 = 3β2 = 2δ2, όπου α=ακμή, β=διαγώνιος βάσης και δ=διαγώνιος κύβου.

10. Ακμή α=5, όγκος Υ=150.

Γ

Γ'

232 13.1-4


1. Αν ΑΒΓ-Α'ΒΤ' είναι ένα τριγωνικό πρίσμα και ΑΑ, η απόσταση της κορυφής Α από την απέναντι έδρα, θα αποδείξουμε ότι ο όγκος του πρίσματος είναι

ν = · ί (ΒΓΓ'Β').ΑΑ|. Από τις ακμές ΓΓ' και ΑΑ' φέρουμε

επίπεδα παράλληλα στις απέναντι έδρες του πρίσματος, τα οποία τέμνονται στην ακμή ΔΔ' και σχηματίζεται ένα παραλληλεπίπεδο, ο όγκος του οποίου είναι (ΒΓΓ'Β').ΑΑι. Άρα, για το πρίσμα που είναι το μισό του παραλληλεπιπέδου ισχύει το ζητούμενο.

Ο όγκος ενός πρίσματος ισούται: V=B.a, όπου α η ακμή του πρίσματος και Β η κάθετη τομή του πρίσματος που είναι περιγεγραμμένη σε κύκλο ακτίνας ρ. Άρα το εμβαδόν της είναι: Β=τρ, όπου τ η ημιπερίμετρος και ρ η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου. Άρα

1 ρ ν=τ·ρ·α=— 2τ·α·ρ= Ε· — . 2 μ 2

3. Αν ΑΑ'=ΒΒ'=ΓΓ'=υ, τότε ο όγκος του πρίσματος είναι ν=Β·υ, όπου Β το εμβαδόν της κάθετης τομής. Επειδή η κάθετη τομή είναι ανεξάρτητη από την θέση των τμημάτων ΑΑ', ΒΒ', ΓΓ' αλλά καθορίζεται μόνο από την θέση των παραλλήλου, ο όγκος είναι σταθερός. Το εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας ισούται με το γινόμενο της περιμέτρου μιας κάθετης τομής επί υ, άρα και αυτό είναι ανεξάρτητο.

4. Έστω ΑΓ' ένα ευθύγραμμο τμήμα και Ax, Ay και Αζ τρεις ευθείες ανά δύο κάθετες. Από το σημείο Γ' φέρουμε τα επίπεδα τα παράλληλα στα xAy, yAz και ζΑχ και σχηματίζεται το ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο ΑΒΓΔ-Α'ΒΤ'Δ' που έχει την ΑΓ' διαγώνιο. Γνωρίζουμε ότι η διαγώνιος ορθογωνίου παραλληλεπιπέδου δίνεται από την σχέση: δ*=α"+β"+7 , όπου α, β και γ οι προβολές του ΑΓ' στους τρεις άξονες.

Δ

Υ

Α

^ 7 j

y

- — " " "

Γ'

Β'

α Β χ

5. Έστω ΑΓ' ευθύγραμμο τμήμα (σχ. άσκησης 4). Από το σημείο Α φέρουμε τρία επίπεδα ανά δύο κάθετα και από το σημείο Γ' φέρουμε τρία επίπεδα παράλληλα σ' αυτά. Σχηματίζεται ένα ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο και έχουμε:

13.1-4 233

ΑΓ2+ΑΒ'2+ΑΔ'2=ΑΒ2+ΒΓ2+ΑΒ2+ΑΑ'2+ΑΔ2+ΑΑ'2= =2(ΑΒ-+ΑΔ"+ΑΑ'")=2(α-+β2+Τ )·

6. (ί) Έστω ΑΓ' η διαγώνιος ενός κύβου. Θα αποδείξουμε ότι οι γωνίες που σχηματίζει η ΑΓ' με τις ΑΒ, ΑΔ και ΑΑ' είναι ίσες. Τα τρίγωνα ΑΓ'Β, Α Γ Ά ' και ΑΓ'Δ είναι ίσα διότι έχουν κοινή την ΑΓ', είναι ορθογώνια και έχουν τις ΑΒ, ΑΔ και ΑΑ' ίσες. Άρα οι γωνίες που σχηματίζει η διαγώνιος με τις ακμές αυτές είναι ίσες. Το ίδιο συμβαίνει και στο άλλο άκρο Γ'. (ii) Το τρίγωνο ΑΒΓ' έχει πλευρές α, α Λ/2 και α Έστω Ε η προβολή του Β στην υποτείνουσα. Από τα όμοια τρίγωνα ΑΕΒ και Γ Ά Β έχουμε:

aV3 ΟΛ/3 ΒΕ=—— και Γ Έ = Γ Β-ΕΒ=2 — —

, Θεωρούμε το διαγώνιο επίπεδο ΒΒ'Δ'Δ, το οποίο τέμνει τα δύο επίπεδα που δίνονται κατά τα τμήματα Δ Έ και BE' και ζητείται να αποδείξουμε ότι η διαγώνιος ΔΒ' τριχοτομείται από τα σημεία Ζ και Η, (γνωστή άσκηση επιπεδομετρίας).

Σ^θετα θέματα

1. Σε κύβο ΑΒΓΔ-Α'Β'Γ'Δ' θεωρούμε τις ακμές ΑΒ, ΑΔ και ΑΑ' και το επίπεδο (Α', Β, Δ), που τέμνει τον κύβο κατά τα τμήματα Α'Β, Α'Δ και ΒΔ. Τα τμήματα αυτά είναι διαγώνιοι των αντιστοίχων εδρών και επομένως είναι ίσα.

Έστω κύβος ΑΒΓΔ-Α'Β'Γ'Δ'. Θα αποδείξουμε ότι οι δίεδρες ΑΓ'(Α',Β), ΑΓ'(Α'.Δ) και ΑΓ'(Β,Δ) έχουν ίσες επίπεδες γωνίες. Τα σημεία Α', Β και Δ προβάλλονται στην διαγώνιο στο ίδιο σημείο Ε (άσκ.6, Αποδ. Άσκ.), διότι έχουν ίσα μήκη και οι γωνίες

234 13.1-4

που σχηματίζουν οι ακμές με την διαγώνιο είναι ίσες. Άρα το Ε είναι το κέντρο του ισοπλεύρου τριγώνου Α'ΒΔ και επομένως οι γωνίες Α'ΕΒ, Α'ΕΔ και ΒΕΔ είναι ίσες.

Έστω Κ, Λ και Μ τα μέσα των ΑΒ, ΒΓ και ΓΓ'. Η ευθεία ΚΑ τέμνει τις προεκτάσεις των ΔΑ και ΔΓ στα σημεία Α, και Γι. Η ευθεία Γ,Μ βρίσκεται στην έδρα ΔΓΓ'Δ' και τέμνει την Α'Γ' στο Ν και την ΔΔ' στο Δι. Η ευθεία Α|Δ] βρίσκεται στην έδρα ΑΔΔΆ' και τέμνει τις ΑΑ' και Α'Δ' στα Σ και Ρ. Θα αποδείξουμε ότι τα Ν, Ρ και Σ είναι μέσα των αντιστοίχων ακμών. Το τρίγωνο ΒΚΆ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές εκ κατασκευής, άρα και το ΑΓΓ, είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Επομένως

1 1 ΓΓ|=—α. Αλλά και ΓΜ=—α άρα το τρίγωνο

ΓΓ )Μ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Τότε και το ΜΓ'Ν ορθογώνιο και ισοσκελές. Άρα Ν μέσον της Γ'Δ'. Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται ότι και τα Π και Σ είναι μέσα. Άρα το σχήμα ΚΛΜΝΡΣ είναι εξάγωνο

V2 . . . με πλευρές ίσες με —^-α. Τέλος, ανά δύο οι διαδοχικές γωνίες του είναι ίσες, ως παρα

την βάση ισοσκελούς τραπεζίου. Άρα είναι κανονικό εξάγωνο.

4. Είναι γνωστό από την επιπεδομετρία ότι: το άθροισμα των τετραγώνων των διαγωνίων παραλληλογράμμου ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των τεσσάρων πλευρών του. Εφαρμό-ζουμε το θεώρημα αυτό στα παραλληλόγραμμα ΑΒΓΔ, Α'Β'Γ'Δ' , ΑΓΓΆ ' και ΒΔΔ'Β' του παραλληλεπίπεδου ΑΒΓΔ-Α'Β'Γ'Δ' και έχουμε το ζητούμενο.

§ 13.5-9


1. Το ύψος υ κανονικής πυραμίδας, το απόστημα α' της βάσης και το απόστημα α της πυραμίδας σχηματίζουν ορθογώνιο τρίγωνο, άρα ισχύει: α2=υ2+α'2. Επίσης, η ακμή λ,

το απόστημα α της πυραμίδας και το μισό της πλευράς της βάσης, —, σχηματίζουν

13.5-9 235

ορθογώνιο τρίγωνο, άρα ισχύει: λ - α +— μ2. Εφαρμόζοντας αυτές τις σχέσεις έχουμε:

υ3= 3λ υ4= 2λ2 - μ2 υ6: α3=α4=α6= λ2 - μ2

2. Η αντίστοιχη επίπεδη της δίεδρης που σχηματίζεται από τις έδρες κανονικής πυραμίδας με την βάση είναι η γωνία που σχηματίζει το απόστημα α της πυραμίδας με το απόστημα α' της βάσης. Αυτά όμως μαζί με το ύψος υ σχηματίζουν γνωστό ορθογώνιο τρίγωνο. Άρα η γωνία των διέδρων είναι σταθερή.

3. Επ=24 7 2 , Ε0=24λ/5+16

4. Πλευρά μ= 10, εμβαδόν βάσης Β=100.

5. Επ=87561τ.μ., ν=2.664.792κ.μ.

6. Επ=μ2-/ΐ, V = i i i . λ/6

1 Λ/6 7 . ( 0 - , ( i i ) T .

8. 3λ/6.

7λ/3 9 . ν = - ^ α 2 υ , Ε = — —f υ2

16


1. Έστω το παραλληλεπίπεδο ΑΒΓΔ-Α'Β'Γ'Δ' και το εγγεγραμμένο σ' αυτό τετράεδρο ΑΓΔ'Β'. Είναι γνωστό ότι αν μετακινήσουμε την κορυφή μιας πυραμίδας παράλληλα με το επίπεδο της βάσης, ο όγκος της δεν μεταβάλλεται, διότι το ύψος παραμένει σταθερό. Θεωρούμε το τετράεδρο ως πυραμίδα με κορυφή το σημείο Γ και βάση ΑΒ'Δ' και μετακινούμε την κορυφή Γ κατά τμήμα παράλληλο και ίσο με την ακμή ΑΒ'. Έστω Γ, η νέα θέση του Γ. Το σημείο Γ ι είναι σημείο της προέκτασης της Δ'Γ' και ισχύει: ΔΤ '=Γ 'Γ | . Ο όγκος του αρχικού τετραέδρου ισούται με τον όγκο του Γ,.ΑΛ'Β' ή το ίδιο Α.Β'Δ'Γ|. Αλλά το εμβαδόν του τριγώνου Β'Δ'Γ, ισούται με το εμβαδόν του παραλληλογράμμου Α'Β'Γ'Δ' . Δηλαδή το τετράεδρο και το παραλληλεπίπεδο έχουν κοινό ύψος και βάσεις ισοδύναμες, άρα έχουν λόγο όγκων 1:3.

236 13.5-9

Έστω ΑΒΓΔ τετράεδρο, Αι και Β] οι προβολές των κορυφών Α και Β στις απέναντι έδρες και Α', Β' οι προβολές των Α, και Β, στην ακμή ΓΔ. Οι γωνίες Β Β Β| και Α Α Ά ] είναι οι αντίστοιχες της δίεδρης με ακμή ΓΔ, άρα είναι ίσες. Τα τρίγωνα ΑΑ'Α, και ΒΒ'Βι είναι όμοια και προκύπτει: Α Α Α Α'

—= <=> ΑΑ|·ΒΒ'=ΒΒι·ΑΑ' ΒΒ, ΒΒ'

θ Α Α ι · Β Β ' ΓΔ=ΒΒ,·ΑΑ'·ΓΔ<=> ΑΑ,· εμβ(ΒΓΔ)=ΒΒ,·εμβ(ΑΓΔ) = 3V.

3. Αν ΑΒΓΔ είναι τετράεδρο και η ακμή ΓΔ μετακινηθεί παραμένουσα στον φορέα της χωρίς να αλλάζει μήκος, τότε ο όγκος μπορεί να εκφραστεί ως το γινόμενο του ύψους από το Α επί το εμβαδόν της βάσης ΒΓΔ. Το ύψος δεν αλλάζει, αλλά ούτε και το εμβαδόν της βάσης, άρα ο όγκος παραμένει σταθερός.

4. Έστω ΑΒΓΔ και Α'Β'ΓΔ δύο τετράεδρα που οι κορυφές Α' και Β' του δεύτερου ανήκουν στις έδρες ΑΓΔ και ΒΓΔ του πρώτου. Τα τετράεδρα ΑΒΓΔ και Α'ΒΓΔ έχουν κοινό ύψος από το Β,

(ΑΒΓΔ) (ΑΓΔ) άρα ισχύει:

Επίσης:

' (Α'ΒΓΔ) (Α 'ΓΔ) '

(Α'ΒΓΔ) (ΒΓΔ)

[Α'Β'ΓΔ) (Β'ΓΔ Α'Β'ΓΔ έχουν κοινό ύψος από το Α.

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη, έχουμε:

. διότι τα τετράεδρα Α'ΒΓΔ και

[ΑΒΓΔ) (ΑΓΔ) (ΒΓΔ)

(Α'Β'ΓΔ) (Α'ΓΔ) (Β'ΓΔ) -

5.Έστω τα τετράεδρα ΑΒΓΔ και ΑΒ'Γ 'Δ ' όπου τα Β', Γ' και Δ' κείνται επί των ακμών ΑΒ, ΑΓ και ΑΔ αντίστοιχα. Γφαρμόζουμε την άσκηση 4 στα ζεύγη τετραέδρων (ΑΒΙΑ, ΑΒΓ'Δ') και (ΑΒΓ'Δ', ΑΒ'Γ'Δ') και έχουμε διαδοχικά:

(ΑΒΓΔ) (ΑΒΓ) ( Α Β Δ ) _ ΑΒ· ΑΓ ΑΒ ΑΔ ΑΓ ΑΔ

(ΑΒΓΔ' ) (ΑΒΓ) (ΑΒΔ') ΑΒ · ΑΓ'· ΑΒ • Α Δ ' Α Γ - Α Δ ' '

με κοινή την ακμή Α Β των τετραέδρων. Επίσης,

(ΑΒΓ'Δ') (ΑΒΓ) (ΑΓΔ' ) (ΑΒΓ) ΑΒ

(ΑΒ'Γ Δ') (ΑΒ'Γ) (ΑΓΔ' ) (ΑΒ'Γ) ΑΒ' '

13.5-9 237

με κοινή ακμή των τετραέδρων την ΑΓ'. Τέλος, πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη, έχουμε το ζητούμενο.

6. Εφαρμόζουμε την άσκηση 5, και έχουμε: (ΟΑ'Β'Γ) ΟΑ'ΌΒ' Ο Γ _1

(ΟΑΒΓ) ΟΑ-ΟΒ ΟΑ' 8 '

V3 7. Η τριγωνική πυραμίδα έχει βάση ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς α που έχει ύψος ~ ^ α κ α ι

s Ί εμβαδόν — α 2 . Το τρίγωνο 0 0 ' Α , όπου Ο' η προβολή του Ο στη βάση, είναι 4

2 ορθογώνιο έχει μία γωνία 60° και μία κάθετη πλευρά ίση με — του ύψους της βάσης.

3

^ 3 Άρα το ύψος της πυραμίδας είναι: υ=α. Ο όγκος είναι: V = — α .

Σύνθετα θέματα 1. Αν ΒΓ'Δ' είναι η προβολή τετραέδρου ΑΒΓΔ σε επίπεδο κάθετο

στην ακμή ΑΒ, έχουμε: (ΑΒΓΔ)=(ΑΒΓΔ'), μετακινώντας την κορυφή Δ στο Δ', παράλληλα στην βάση. Επίσης: (ΑΒΓΔ')=(ΑΒΓ'Δ') μετακινώντας την κορυφή Γ στο Γ'.

1 Επομένως, (ΑΒΓΔ)=(ΑΒΓ'Δ')=— (ΒΓ'Δ').ΑΒ.

2. Αν η κάθετη τομή πρίσματος είναι ισόπλευρο τρίγωνο, τότε το τυχόν εσωτερικό σημείο Μ και οι προβολές του στις έδρες σχηματίζουν επίπεδο κάθετο στις ακμές, το οποίο τέμνει την παράπλευρη επιφάνεια κατά ισόπλευρο τρίγωνο. Στο επίπεδο του τριγώνου έχουμε ένα σημείο και τις αποστάσεις του από τις πλευρές του τριγώνου. Είναι γνωστό ότι το άθροισμα των αποστάσεων του σημείου αυτού από τις πλευρές του τριγώνου είναι σταθερό. Επίσης, το άθροισμα των αποστάσεων του εσωτερικού σημείου από τις βάσεις του πρίσματος ισούται με τό ύψος.

3. Το πολύεδρο που σχηματίζεται προκύπτει από τον κύβο αν αφαιρέσουμε οκτώ τετράεδρα ίσα με το ΑΚΑΜ, ένα για κάθε κορυφή του κύβου. Το τετράεδρο αυτό έχει

S βάση ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς α. Ο

2 υπολογισμός του ύψους γίνεται από το ορθογώνιο τρίγωνο Α Α, Μ, όπου Α ι η

238 13.10-12

Λ/3 α'1

προβολή του Α στη βάση, άρα υ = — α και (ΑΚΛΜ)= — . Επομένως, ο όγκος του 6 48

5α3

στερεού είναι: . 6

§ 13.10-12

Ασκήσεις εμπέδωσης 1. Εκ=2π, Ε0=4π,

2. Εκ=240π, Εο=690π,

3. Εκ=4πρ2, Ε0=6πρ2,

ν=π.

ν=1800π.

Υ=2πρ3.

4. ν=10π λίτρα ανά εκατοστό ύψους.

5. ρ=2.


2V , 1. Ε0= +2λ /νυπ .

2. Αν ΑΒ=α και ΒΓ=υ, έχουμε 1 3 3 2 2 2 τ ν=πυα πυα =—πα~υ=—πα". 2 4 4

Έστω x η απόσταση AM. Το διπλάσιο του όγκου που παράγεται από το ΑΜΝΔ ισούται με τον όγκο που παράγεται από το τετράγωνο. Άρα έχουμε: 2πυχ2=πυ2 <=> 2χ2=α2.

3. Ο όγκος V του παραγόμενου στερεού δίνεται από την αφαίρεση δύο κυλίνδρων και έχουμε: ν=πα(δ+β)2-

2 β παδ"=2π(δ+—).αβ.

2 Για την επιφάνεια έχουμε:

, , β Ε=2παδ+2πα(β+δ)+2(π(β+δ) -πδ*)=2π(δ+—)(2α+2β),

2 όπου α, β οι πλευρές του ορθογωνίου και δ η απόσταση της πλησιέστερης πλευράς του ορθογωνίου από τον άξονα.

13.13-15 239

§ 13.13-15


1. ν=12π. Για το εμβαδόν υπολογίζουμε την γενέτειρα λ και έχουμε: λ =υ +ρ =25, 1

άρα λ=5. Ή παράπλευρη επιφάνεια δίνεται από την σχέση: Εκ=—π.9.5=15π. 3

Η συνολική επιφάνεια είναι: Ε0=3π(3+5)=24π.

2. Με εφαρμογή του τύπου της παράπλευρης επιφάνειας και του Πυθαγορείου θεωρήματος μεταξύ ύψους, ακτίνας και γενέτειρας, έχουμε: ρ= 4 Ϊ .

3. Υπολογίζουμε το ύψος από το ορθογώνιο τρίγωνο με πλευρές το ύψος την ακτίνα και

I— 2 ^ 2 ^ 3 την γενετειρα και εχουμε: υ=ρ V3 . Εκ=πρ.2ρ=2πρ~. V=—πρ υ= πρ . 3 3

4. Έστω Α, Β τα σημεία διαμέτρου της βάσης κώνου (ΚΟ,ρ). Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΚΑΒ έχουμε: 2λ2=4ρ2, δηλαδή λ=ρ Λ/3 . Επίσης, υ=ρ.

Όγκος: V=—πρ3, εμβαδόν: ΕΚ=Λ/2 πρ2.

5. Από την σχέση πρ(λ+ρ)=πα~ υπολογίζουμε το λ. Οπότε έχουμε: Εκ=πρλ=π(α"-ρ ). Για 2

τον υπολογισμό του όγκου βρίσκουμε το υ από την σχέση: υ2=λ2-ρ2=—Γ-(α2-2ρ2) και

1 Γ~2 1 αντικαθιστώντας στο τύπο του όγκου έχουμε: Υ=—πρα-^/α - 2ρ"

2 Ρ

3

6. Η γενέτειρα λ είναι: λ=ρ λ/5 . Αν Ερ είναι το εμβαδόν της βάσης του κώνου έχουμε:

Ε πρλ λ , -— — = - = Λ/5. Εβ πρ" ρ

? Εκλ 2 π Ρ υ 2 υ

EK W

π Ρ λ VP2 + 1)2

240 13.10-15

8. Υπολογίζουμε την γενέτειρα λ του κώνου χρησιμοποιώντας το Πυθαγόρειο θεώρημα και έχουμε λ~=υ_+ρ"= 15ρ"+ρ"=16ρ2. Άρα λ=4ρ. Από τον τύπο του αναπτύγματος

£360" = - ^ 3 6 0 » = Μ ! λ 4ρ 4

αντιστοιχεί σε γωνία 90°.

εχουμε φ = 90°. Άρα το ζητούμενο ανάπτυγμα

Αποδεικτικές Ασκήσεις 1. Αν χωρίσουμε κώνο ακτίνας ρ και γενέτειρας λ με επίπεδο παράλληλο στη βάση έτσι

ώστε ο μικρός κώνος που αποτέμνεται να έχει βάση ακτίνας ρ' και γενέτειρα λ' και το εμβαδόν της κυρτής επιφάνειάς του να είναι το μισό της αντίστοιχης επιφάνειας του αρχικού, θα έχουμε: πρλ=2πρ'λ'. (1) Έστω κ ο λόγος ομοιότητας της μεγάλης προς τη μικρή βάση και έχουμε: ρ λ υ — = — = — = κ .

/ Λ / / ρ λ υ

Αντικαθιστώντας τα ρ και λ στην (1) προκύπτει κ= Λ/2 . Με ανάλογο τρόπο εργαζόμαστε για τους όγκους που συνδέονται με την σχέση:

-, η οποία δίνει δίνει K=y[2.

2. Ο όγκος VABI που παράγεται από το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ κατά την περιστροφή του γύρω από τον άξονα ξ δίνεται από την σχέση:

VABI =

VAMK -Vi'KA ~ VΒΜΛΓ· Όμως VAMK και VΓΛΚ είναι όγκοι κώνων και VBMAI είναι όγκος κόλουρου κώνου. Έχουμε λοιπόν:

1 9 γ πα^Λ/^ -π(2α) 'ΚΜΑ

V, ΚΛΜ

"ΜΒΓΛ

Άρα: V

1 (3α : - π —

3 V 2

1 α λ/3 = —π 3 2

Ί^ίϊια •

2 3Λ/3

3

πα 39Λ/Ϊ 8

3α V ο 3α — + α + α 2 J 2

πα 3Λ/3 · 19 24

3Λ/3: πα"

Μ

30°\

,ολ/3 2

\θα

α α/2 γ «V3 2

1 7\ 1 / \ i «/ \ α 1 / \ V 60°Α

α ζ Β α '

ΑΒΓ -

3. Έστω (ΚΟ,ρ) ο κώνος και π,, π ι δύο επίπεδα παράλληλα στη βάση π του κώνου τέτοια, οιστε οι κυρτές επιφάνειες του μικρού κώνου και των δύο κόλουρων κώνων στους οποίους χωρίζεται ο αρχικός κώνος να έχουν ισοδύναμες κυρτές επιφάνειες. Δηλαδή η

13.13-15 241

ΚΑ=λ| ΚΒ=λ2 ΚΓ=λ=2ρ

καθεμία κυρτή επιφάνεια να έχει εμβαδόν ίσο με το I β του αρχικού κώνου. Επομένως

έχουμε πρ,λ) = ~πρλ . Αλλά λ=2ρ και

λ|=2ρι από την ομοιότητα των βάσεων.

Άρα έχουμε pj Θεωρούμε τώρα

τον κώνο (ΚΜ,ρ2) ο οποίος έχει κυρτή επιφάνεια ίση με τα 2/3 του αρχικού κώνου.

2 Άρα έχουμε πρ2λ2 = —πρλ. Αλλά και

πάλι έχουμε λι=2ρ2 και λ=2ρ. Επομένως

V6 εχουμε ρ2 = - ^ - ρ . Γνωρίζοντας τα ρ, και ρ2 υπολογίζουμε τα ύψη και βρίσκουμε

ΚΑ = ρ και KM = \ίϊρ με τα οποία προσδιορίζονται τα επίπεδα π, και π2.

4. Έστω κώνος που παράγεται από την περιστροφή του ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ γύρω από την κάθετη

πλευρά του ΑΒ. Τότε έχουμε εμβ(ΑΒΓ)=-1 ΑΒ ΑΓ. 2

Άρα V = — 2πΑΓ —ΑΒΑΓ = - π ρ 2

3 2 3 όπου V ο όγκος του κώνου.

5. Αν ΚΆΒ και ΚΆ'Β' είναι δύο όμοια τρίγωνα με λόγο Α'Β' KB' ομοιοτητας μ Οα έχουμε μ

Επομένως

θα

πΑ'Β' · KB' πΑΒ·KB

ΑΒ KB Α'Β'

ΑΒ2

6. Αφού το εμβαδόν της κυρτής επιφάνειας του κώνου ισούται με το εμβαδόν κύκλου ακτίνας α, έχουμε πρλ = πα2 => ρλ = α :. Αν γνωρίζουμε το ρ από αυτή τη σχέση υπολογίζουμε το λ. Επίσης, υπολογίζουμε το ύψος του κώνου

Γ~4 Γ ν α - Ρ και εχουμε υ • Α ' - ρ 1 =

242

i) Ο όγκος του κώνου δίνεται από τη σχέση V = ~~πυΡ2 = -πρ-Ja 4 - ρ^

λ Γ ι 2 , 2Λ/65 ιι) Για α=1 και ρ = _ εχουμε V = ———π .

§ 13.16-18


1. Η ακτίνα ρ θα είναι: p=V502 - 202 = 10 λ/21 .

2. Αν ρ' η ακτίνα της τομής, δ η απόσταση του επιπέδου από το κέντρο και ρ η ακτίνα της

σφαίρας, έχουμε: πρ'2=900π <=> ρ'=30. Η απόσταση δ είναι: δ= ·\/ρ~ - ρ '2 = 10 Λ/7 .

3. Αν διαιρέσουμε την ακτίνα της σφαίρας σε δύο ίσα τμήματα, η ακτίνα της τομής δίνεται 1 , Ρλ/3

από την σχέση: ρ'2=ρ2 -—ρ 2 ο ρ' 4 2

. Το εμβαδόν του κύκλου της τομής είναι:

Ε=πρ'"=—πρ-. 4

4. Το εμβαδόν Ε του κύκλου (Γ,ΓΑ) δίνεται από την σχέση: 2

2 Ρ

Ε=πρ'~, όπου ρ'=ΓΑ. Αλλά Κ Γ = — , όπως προκύπτει από δ

το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΚΣ.

Επίσης, ρ' = ΑΓ = λ/αΚ2 - ΚΓ2 = ρ. δ - 1

c • C ' ' 2 2 /δ — 1 Επομένως, Ε =πρ =πρ =πρ

Π1 ν V κ

5. Ε=4πρ-=400π.

Ε 4πρ" , 6. — = —— =λ . Ε' 4πρ

13.16-18 243

7. Απλή εφαρμογή του τύπου: V=—πρ3=36π. 3

4πρ~ 8.

V' 4πρ'3

/ 3 -=λ\

9. Το εμβαδόν του κύκλου με διάμετρο την ΒΓ δίνεται από τη σχέση: Ε=π(ΑΒ)2. Αλλά ΑΒ2=ρ2-ρ'2. Άρα: Ε=π(ρ2-ρ'2).

10. Ο συνολικός όγκος του σχήματος είναι το άθροισμα κυλίνδρου με ακτίνα ρ και ύψος ρ και μιας σφαίρας ακτίνας ρ. Άρα έχουμε:

V = γ πρ3+πρ2·ρ = y πρ3.

η Αλλά έχουμε: — πρ3=63π <=> ρ3=27<=>ρ=3.


1. Από τους τύπους

^σφ — ' ^ κ ν — ~ 2πρ

και Εσφ=4πρ2 και Εκλ = 4πρ2+2πρ2 προκύπτουν

αμέσως τα ζητούμενα. Αυτές τις σχέσεις απέδειξε πρώτος ο Αρχιμήδης.

244 13.16-18

2. Αν (Κ,ρ) και (Λ,ρ') είναι δύο δοσμένες σφαίρες και Μ ένα κοινό σημείο των δύο σφαιρών, θεωρούμε το επίπεδο που ορίζεται από τα κέντρα τους και το σημείο Μ. Το επίπεδο αυτό τέμνει τις σφαίρες κατά μέγιστους κύκλους. Έστω Ο η προβολή του σημείου Μ στην διάκεντρο ΚΑ. Στο τρίγωνο ΚΛΜ οι τρεις πλευρές είναι γνωστές, επομένως είναι γνωστή (και σταθερή) η θέση του σημείου Ο πάνω στην ΚΑ, (Θεώρημα διαμέσων) και το μήκος ΜΟ. Επειδή οι σφαίρες σχηματίζονται από την περιστροφή ενός μεγίστου κύκλου, έπεται ότι το σημείο Μ είναι σημείο κύκλου που κείται σε επίπεδο κάθετο στην διάκεντρο ΚΑ στο σημείο Ο, με κέντρο το Ο και ακτίνα ΜΟ.

3. Ο όγκος σφαίρας ακτίνας ρ είναι Vi=—πρ . Ο όγκος V2 3

κυλίνδρου ακτίνας ρ και ύψους 2ρ είναι ν2=πρ ,2ρ=2πρ3. Τέλος, ο όγκος κώνου V3 με διάμετρο ίση με ακμή έχει ακτίνα βάσης ρ 4 Ϊ και ύψος 3ρ, άρα: ν3=π.3ρ2.3ρ=9πρ3. Οι λόγοι V3:Vi και V2:Vι είναι αντίστοιχα 9:4 και 6:4.


1. Αν η επιφάνεια σφαίρας ακτίνας ρ και η επιφάνεια κυλίνδρου ακτίνας ρ και ύψους υ είναι ίσες, έχουμε την σχέση: 4πρ"=2πρυ διάμετρο της σφαίρας.

<=> 2ρ=υ. Δηλαδή το ύψος είναι ίσο με την

2. Αν δ είναι η απόσταση της βάσης του εγγεγραμμένου κώνου στη σφαίρα από το κέντρο της, τότε έχει ύψος υ=ρ+δ και ακτίνα

•\]ρ2 - δ2 , όπου ρ η ακτίνα της σφαίρας. Ο όγκος V του κώνου είναι: ν=κρ(ρ2-δ2)(ρ+δ), όπου κ σταθερά. Για να βρούμε το μέγιστο του όγκου μηδενίζουμε την παράγωγο ως προς δ (κατά τα γνωστά) και βρίσκουμε 3δ=ρ.

Γ L

0

δ

δ

Για τον κύλινδρο έχουμε: Υ=2πδ(ρ2-δ2), και κατά τα γνωστά βρίσκουμε δ V3 =ρ.

13.16-18 245

3. (i) Η διαγώνιος του κύβου που είναι εγγεγρα-μμένος στη σφαίρα είναι ίση με την διάμετρο της σφαίρας. Επομένως έχουμε: 2ρ= α Λ/3 . Αρα ο λόγος των όγκων της σφαίρας και του

3Λ/3 κύβου είναι: π.

2 (ϋ) Το κανονικό οκτάεδρο αποτελείται από δύο

τετραγωνικές πυραμίδες με ύψος ίσο με την ακτίνα ρ της σφαίρας και διαγώνιο της τετραγωνικής βάσης ίση με 2ρ. Επομένως, ο όγκος του τετραέδρου ισούται με: 2 , 2 , — ρ ρ=— ρ . Άρα ο λόγος των όγκων της 3 3 σφαίρας και του οκταέδρου είναι: 1 :π.

4. Οι επιφάνειες της σφαίρας, του κυλίνδρου και του κώνου είναι: Ει=4πρ , Ε3=4πρ2, δηλαδή οι επιφάνειες είναι ίσες.

4 3 3 2 3 Οι όγκοι είναι: V,=—πρ , ν2=2πρ , V3=—πρ , 3 3

άρα οι λόγοι είναι 3:2 και 1:2.

Ε2=4πρ\

5. Έστω ΑΒΓ ορθογώνιο τρίγωνο, Α', Β", Γ' τα μέσα των πλευρών του, α, β, γ τα μήκη τους και ΑΔ=υ το ύψος. Εφαρμόζοντας το Θεώρημα II, παρ. 13.18, υπολογίζουμε τους παραγόμενους όγκους από το τρίγωνο ΑΒΓ, όταν αυτό περιστραφεί γύρω από τις τρεις πλευρές του. Έχουμε: νβ=Εβ.ΑΔ=2πα.Α'Β'.ΑΔ=παγυ, νγ=Εγ.ΑΔ=2π.Α'Β'.ΓΔ=παβυ και

νο=Εα.ΑΒ=2π.Α'Β'.ΓΔ.ΑΒ=2—πβ2. α

Σχηματίζουμε τις ποσότητες 1 /Va2, 1/Vp2 και 1Λ/γ2 και έχοντας υπόψη τη σχέση

α2υ2=β2γ2, αποδεικνύεται το ζητούμενο. Για το λόγο Vp/V,, έχουμε: V β/νγ=παγυ/παβυ=γ/β.


Γ ενικές ασκήσεις

1. Εστω ΑΒΓΔ τετράεδρο και Ε, Ζ και Η τα μέσα των ΑΒ, ΓΔ και ΕΖ και Μ τυχαίο σημείο. Εφαρμόζοντας επανηλειμμένα το Θεώρημα της διαμέσου, έχουμε: ΜΑ2+ΜΒ2+ΜΓ2+ΜΔ2=

= 2ΜΕ2+— ΑΒ2+2ΜΖ2+— ΓΔ2=

=2(ΜΕ2+ΜΖ2)+ -(ΑΒ2+ΓΔ2) =

=2(2ΜΗ2+-^ΕΖ2)+ ~(ΑΒ2+ΓΔ2).

Αλλά στην τελευταία σχέση, όλα τα τμήματα είναι σταθερά εκτός από το ΜΗ, επομένως το άθροισμα των τετραγώνων γίνεται ελάχιστο αν ΜΗ=0, δηλαδή όταν το Μ ταυτίζεται με το Η.

2. Έστω επίπεδο π, παράλληλο στις ακμές ΑΓ και ΒΔ τετραέδρου ΑΒΓΔ, που βρίσκεται μεταξύ τους. Το επίπεδο π τέμνει τις ακμές ΑΒ, ΑΔ, ΓΔ και ΓΒ στα σημεία Ε, Ζ, Η και Θ αντίστοιχα. Επειδή το π είναι παράλληλο στην ΑΓ, οι ΕΘ και ΖΗ είναι παράλληλες στην ΑΓ. Επίσης, επειδή το π είναι παράλληλο στην ΒΔ, οι ΕΖ και ΘΗ είναι παράλληλες στην ΒΔ. Το τετράπλευρο ΕΖΗΓ έχει δύο ζεύγη απέναντι πλευρών παράλληλα άρα είναι παραλληλόγραμμο.

3. Ανάλυση: Έστω ότι ΑΒΓΔ-Α'Β'Γ'Δ' είναι το ζητούμενο παραλληλεπίπεδο. Παρατηρούμε ότι το επίπεδο ΑΒΓΔ είναι γνωστό, διότι περιέχει την ε και είναι παράλληλο στην ζ· Κατασκευή: Φέρουμε επίπεδο που να περιέχει την ευθεία ε, παράλληλο στην ζ. Αυτό τέμνει την ξ στο σημείο Γ. Επίσης, φέρουμε επίπεδο που περιέχει την ξ και είναι παράλληλο στην ε. Αυτό τέμνει την ζ στο Δ'. Τέλος, από την ευθεία ζ φέρουμε επίπεδο παράλληλο στην ξ που τέμνει την ε στο Α. Τα τρία αυτά επίπεδα έχουν κοινό το σημείο Δ. Οι υπόλοιπες κορυφές κατασκευάζονται φέροντας τις κατάλληλες παράλληλες στις ευθείες ε, ζ και ξ από τα σημεία που βρήκαμε.

4. Έστω ΑΒΓ Δ ένα τετράεδρο και Ε το σημείο που το διχοτόμο επίπεδο της δίεδρης γωνίας με ακμή ΑΓ τέμνει την απέναντι ακμή. Το διχοτόμο επίπεδο (Α,Γ,Ε) χωρίζει το τετράεδρο σε δύο ισοϋψή τετράεδρα, τα Α.ΒΓΕ και Α.ΕΓΔ, επομένως ο λόγος των όγκων τους είναι ίσος με το λόγο των βάσεων. Οι βάσεις ΒΓΕ και ΕΓΔ έχουν ίσα ύψη, επομένως ο λόγος τους ισούται με τον λόγο των βάσεων, δηλαδή ΕΒ και ΕΔ. Άρα,


(ΑΒΓΈ) (ΒΓΕ) BE = = (1)

(ΑΕΓΔ) (ΕΓΔ) ΕΔ Τα τετράεδρα Ε. ΑΒΓ και Ε.ΑΓΔ έχουν λόγο όγκων : (ΑΒΓΕ) ΑΒΓ) ΖΕ (ΑΒΓ) Λ L=1 L L (2) (ΑΕΓΔ) ( Α Γ Δ ) Ε Η (ΑΓΔ) διότι το σημείο Ε, ως σημείο του διχοτόμου επιπέδου, ισαπέχει από τις έδρες της δίεδρης. Από τις (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο .

5. Έστω ΑΒΓ Δ τετράεδρο και Ε, Ζ, Η, Θ, I και Κ τα μέσα των ΑΒ, ΓΔ, ΒΓ, ΑΔ, ΑΓ και ΒΔ αντίστοιχα. Τα τμήματα ΕΘ και ΗΖ είναι ίσα και παράλληλα με το μισό της ΒΔ. Άρα, το ΕΗΖΘ είναι παραλληλόγραμμο και οι διαγώνιοι διχοτομούνται. Επομένως, τα τμήματα ΕΖ και ΗΘ διχοτομούνται. Για το ίδιο λόγο, το ΕΙΖΚ είναι παραλληλόγραμμο, άρα και τα ΕΖ και ΙΚ διχοτομούνται Άρα και τα τρία τμήματα διχοτομούνται. Τα τμήματα αυτά λέγονται διδιάμεσοι του τετραέδρου.

6. Έστω ΑΒΓ Δ τετράεδρο Ν το μέσον της Γ Δ και Κ, Λ τα κέντρα βάρους των εδρών ΑΓ Δ και ΒΓ Δ αντίστοιχα. Θα αποδείξουμε ότι οι διάμεσοι ΑΛ και ΒΚ τέμνονται σε σημείο Μ που τις χωρίζει σε λόγο 1:3. Τα κέντρα βάρους Κ και Λ των εδρών ΑΓΔ και ΒΓΔ είναι σημεία των διαμέσων τους ΑΝ και ΒΝ που είναι συνεπίπεδες. Επομένως, οι διάμεσοι του ΑΛ και ΒΚ του τετραέδρου τέμνονται σε σημείο Μ. Τα Κ και Λ χωρίζουν

ΑΚ ΒΛ τις ΑΝ και ΒΝ σε λόγο 2:1, επομένως έχουμε:

ΚΝ ΑΝ άρα ΑΒ//ΚΛ, που συνεπάγεται:

AM ΒΜ ΑΒ ΑΝ 3

ΜΛ ΜΚ ΚΛ ΚΝ 1 Αποδείξαμε ότι δύο διάμεσοι τέμνονται στο σημείο Μ που τις χωρίζει σε λόγο 3:1. Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται ότι και οι άλλες διάμεσοι τέμνουν την ΑΛ στο ίδιο σημείο Μ. Άρα διέρχονται όλες από το ίδιο σημείο και χωρίζονται σε λόγο 3:1.

7. Έστω ΝΠ η διδιάμεσος του τετραέδρου ΑΒΓΔ η οποία τέμνει την διάμεσο ΑΛ σε σημείο Μ' και έστω ΡΠ//ΑΛ όπου Ρ σημείο την ΒΝ. Επειδή Π μέσον της ΑΒ και


ΡΠ//ΑΛ το Ρ είναι μέσον του ΒΛ και Λ μέσον του ΡΝ. Έχουμε: 2ΛΜ'=ΡΠ. Όμως, 2ΡΠ=ΑΛ. Άρα 4Μ'Λ=ΑΛ. Δηλαδή το Μ' ταυτίζεται με το Μ.

8. Έστω ΑΒΓΔ το δοσμένο τετράεδρο και σημείο Μ εσωτερικό, τέτοιο ώστε ΜΑΓΔ και ΜΒΓΔ να είναι ισοδύναμα. Τα τετράεδρα αυτά έχουν κοινή βάση το τρίγωνο ΜΓΔ, άρα έχουν ίσα τα ύψη από τις κορυφές Α και Β που βρίσκονται εκατέρωθεν της βάσης ΜΓΔ. Επομένως το επίπεδο (Μ,Γ,Δ) περνάει από το μέσον Ε του ΑΒ. Το Μ επομένως ανήκει στο επίπεδο (Ε,Γ,Δ). Θεωρούμε τα δύο άλλα τετράεδρα, ΜΓΑΒ και ΜΔΑΒ και με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται ότι το Μ είναι σημείο του επιπέδου ΖΑΒ, όπου Ζ το μέσον του ΓΔ. Το Μ ανήκει σε δύο επίπεδα, άρα ανήκει στην τομή τους, δηλαδή στην ΕΖ. Συνδυάζοντας διαφορετικά τα τετράεδρα και με τους ίδιους ακριβώς συλλογισμούς αποδεικνύεται ότι το Μ είναι σημείο και της ΗΘ, όπου Η και Θ είναι τα μέσα των ΒΓ και ΑΔ. Επομένως, το Μ είναι το σημείο τομής των διδιαμέσων του τετραέδρου, δηλαδή είναι το κέντρο βάρους του τετραέδρου. Απόδειξη: Αν Μ είναι το σημείο τομής των διδιαμέσων του τετραέδρου, το επίπεδο (Μ,Γ,Δ) περνάει από το μέσον Ε της ΑΒ, άρα τα Α και Β ισαπέχουν από αυτό, άρα τα τετράεδρα είναι ισοδύναμα. Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύονται ότι και τα υπόλοιπα τετράεδρα είναι ισοδύναμα

Με απόφαση της Ελληνικής Κυβέρνησης τα διδακτικά βιβλία του Δημοτικού, του Γυμνασίου και του Λυκείου τυπώνονται από τον Οργανισμό Εκδόσεως Διδακτικών Βιβλίων και διανέμονται δωρεάν στα Δημόσια Σχολεία. Τα βιβλία μπορεί να διατίθενται προς πώληση, όταν φέρουν βιβλιόσημο προς απόδειξη της γνησιότητάς τους. Κάθε αντίτυπο που διατίθεται προς πώληση και δε φέρει βιβλιόσημο θεωρείται κλεψίτυπο και ο παραβάτης διώκεται σύμφωνα με τις διατάξεις του άρθρου 7 του Νόμου 1129 της 15/21 Μαρτίου 1946 (ΦΕΚ 1946, 108, Α').

Απαγορεύεται η αναπαραγωγή οποιουδήποτε τμήματος αυτού του βιβλίου, που καλύπτεται από δικαιώματα (copyright), ή η χρήση του σε οποιαδήποτε μορφή, χωρίς τη γραπτή άδεια του Παιδαγωγικού Ινστιτούτο.

ΕΚΔΟΣΗ 2010 - ΑΝΤΙΤΥΠΑ: 101000 - ΑΡ. ΣΥΜΒΑΣΗΣ: 63/18-2-2010 ΕΚΤΥΠΩΣΗ - ΒΙΒΛΙΟΔΕΣΙΑ: ΑΡΒΑΝΙΤΙΔΗΣ Α.Β.Ε.Ε.

eykleideia gewmetria-liseis askiseon

Documents