Διαγωνισμός Αρχιμήδης (μικροί) - 56 Ασκήσεις Γεωμετρίας...

Μπάμπης Στεργίου

Διαγωνισμός

Αρχιμήδης

Juniors-Μικροί

Ασκήσεις στη Γεωμετρία

*** Αφιερωμένο στους μαθητές και τους συναδέλφους

2017

ΘΕΩΡΙΑ ΚΑΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ

Α. Τρίγωνα – Τετράπλευρα

1Α . Τρίγωνα

Θεωρήματα

α) Οι μεσοκάθετοι των πλευρών κάθε τριγώνου διέρχονται από το ίδιο σημείο

(συντρέχουν). Το σημείο αυτό λέγεται περίκεντρο του τριγώνου αυτού και είναι

το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου.

β) Οι διχοτόμοι των γωνιών κάθε τριγώνου διέρχονται από το ίδιο σημείο

(συντρέχουν). Το σημείο αυτό λέγεται έγκεντρο του τριγώνου και είναι το

κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου.

γ) Οι διχοτόμοι δύο εξωτερικών γωνιών και της τρίτης εσωτερικής γωνίας

διέρχονται από το ίδιο σημείο. Το σημείο αυτό λέγεται παράκεντρο.

Υπάρχουν τρία παράκεντρα τα οποία είναι κέντρα των παρεγγεγραμμένων

κύκλων. Οι κύκλοι αυτοί εφάπτονται στη μια πλευρά του τριγώνου και στις

προεκτάσεις των δύο άλλων. Τα παράκεντρα και οι παρεγγεγραμμένοι κύκλοι

ενός τριγώνου φαίνονται στο διπλανό σχήμα.

2. Άθροισμα γωνιών τριγώνου – τετραπλεύρου

Θεωρήματα

α) Το άθροισμα των γωνιών κάθε τριγώνου είναι ο180 . Δηλαδή σε κάθε

τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει:

οˆ ˆ ˆΑ Β Γ 180

β) Η εξωτερική γωνία τριγώνου είναι ίση με το άθροισμα των δύο απέναντι

εσωτερικών του. Έτσι:

εξˆˆ ˆΓ Α Β ή ω x y

γ) Δύο τρίγωνα που έχουν δύο γωνίες ίσες, έχουν και τις τρίτες ίσες.

Οι οξείες γωνίες ενός ορθογωνίου τριγώνου είναι συμπληρωματικές.

Κάθε γωνία ισοπλεύρου τριγώνου είναι ίση με o60 .

Ένα ισοσκελές τρίγωνο με μία γωνία o60 είναι ισόπλευρο.

Θεώρημα

Δύο γωνίες που έχουν τις πλευρές τους κάθετες μία προς μία είναι:

ίσες, αν είναι και οι δύο οξείες ή αμβλείες (έτσι, θα είναι x y) ,

παραπληρωματικές, αν είναι η μία οξεία και η άλλη αμβλεία (έτσι, θα

είναι οx ω 180 ).

Θεώρημα

α) Το άθροισμα των γωνιών κάθε κυρτού ν-γώνου είναι (2ν 4) ορθές ή ο(180ν 360) .

β) Το άθροισμα των εξωτερικών γωνιών ενός κυρτού ν-γώνου είναι 4 ορθές ή ο360 .

Θεώρημα

α) Οι διχοτόμοι των γωνιών Β και Γ ενός τριγώνου σχηματίζουν γωνία ίση

με ο Α90

2 , δηλαδή:

ο ΑˆΒΙΓ 902

β) Οι διχοτόμοι των Β και εξΓ σχηματίζουν γωνία ίση με Α

2. Έτσι:

β

ΑΙ

2

γ) Οι διχοτόμοι των εξΒ και εξΓ σχηματίζουν γωνία ίση με ο Α90

2 . Έτσι:

οα

ΑΙ 90

2

1.1 Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ, με ΑΒ = ΑΓ και οΑ = 20 . Στις πλευρές ΑΓ και ΑΒ παίρνουμε

σημεία Δ και Ε αντίστοιχα, ώστε οˆΔΒΓ = 50 και οˆΕΓΒ = 60 . Να αποδειχθεί ότι οˆΓΕΔ = 30 .

Λύση

Παίρνουμε στην ΑΒ σημείο Ζ, ώστε οˆΖΓΒ 20 . Τότε:

ΓΒ ΓΖ , αφού το τρίγωνο ΓΒΖ είναι ισοσκελές,

ΓΒ ΓΔ , αφού το τρίγωνο ΓΒΔ είναι ισοσκελές,

ΖΓ ΖΕ , αφού το τρίγωνο ΖΕΓ είναι ισοσκελές.

Αλλά το τρίγωνο ΓΔΖ θα είναι τότε ισόπλευρο, διότι οˆΖΓΔ 60 . Άρα

ΖΔ ΖΓ ΖΕ , οπότε:

ο ο ο

οˆ180 ΕΖΔ 180 40ˆΖΕΔ 70

2 2

Τελικά έχουμε:

ο ο οˆ ˆ ˆΓΕΔ ΖΕΔ ΖΕΓ 70 40 30

1.2 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και η διχοτόμος ΑΔ. Αν ισχύει ότι ΑΒ + ΓΔ = ΑΓ + ΒΔ , να αποδειχθεί ότι

ΑΒ = ΑΓ .

Λύση

Θα χρησιμοποιήσουμε βοηθητικές γραμμές. Στις προεκτάσεις των πλευ-

ρών ΑΒ και ΑΓ παίρνουμε τμήμα ΒΕ ΓΔ y και ΓΖ ΒΔ x

αντίστοιχα. Έχουμε ότι:

AB ΓΔ ΑΓ ΒΔ

ΑΒ ΒΕ ΑΓ ΓΖ ΑΕ ΑΖ

Το τρίγωνο ΑΕΖ είναι οπότε ισοσκελές και έτσι η διχοτόμος ΑΔ της

γωνίας Α είναι μεσοκάθετος της ΕΖ. Άρα ΔΕ ΔΖ . Έτσι τα τρίγωνα

ΒΔΕ και ΓΔΖ είναι ίσα (έχουν τις πλευρές τους μία προς μία ίσες), οπότε:

ˆ ˆΕΒΔ ΖΓΔ

Επομένως ˆ ˆΒ Γ , ως παραπληρωματικές των ίσων γωνιών ˆΕΒΔ και ˆΖΓΔ . Άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι

ισοσκελές, οπότε ΑΒ ΑΓ .

1.3 Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ, οι διχοτόμοι των εξωτερικών γωνιών Β και Γ τέμνονται στο σημείο Ο. Στην

προέκταση της ΑΒ, προς το Β, παίρνουμε τμήμα ΒΔ = ΒΓ + ΑΓ . Να αποδειχθεί ότι ΟΔ = ΟΑ .

Λύση

Στην προέκταση της ΑΓ παίρνουμε τμήμα ΓΕ ΓΒ α . Φέρνουμε τις ΟΑ και ΒΕ. Το τρίγωνο ΓΒΕ είναι

ισοσκελές, αφού ΓΒ ΓΕ α . Επομένως η διχοτόμος ΓΟ της εξΓ είναι μεσοκάθετος της ΒΕ. Άρα:

ΟΒ ΟΕ (1)

Από την ισότητα των τριγώνων ΒΟΓ και ΕΟΓ παίρνουμε ότι

ˆ ˆΓΒΟ Ε . Έτσι:

ˆ ˆΕ ΔΒΟ ω (2)

Τα τρίγωνα τώρα ΟΒΔ και ΟΑΕ είναι ίσα, διότι:

ΟΒ ΟΕ , λόγω της σχέσης (1),

ΒΔ ΑΕ α β και

ˆ ˆΔΒΟ ΟΕΑ ω , λόγω της σχέσης (2).

Επομένως θα είναι και ΟΔ ΟΑ .

2Α . Παραλληλόγραμμα

Ορισμός

α) Παραλληλόγραμμο ονομάζεται το τετράπλευρο που έχει τις

απέναντι πλευρές του παράλληλες.

β) Αν το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο, τότε ΑΒ // ΓΔ και ΑΔ // ΒΓ.

Ιδιότητες

Στο παραλληλόγραμμο ισχύουν οι εξής ιδιότητες:

Οι απέναντι πλευρές είναι ίσες. Έτσι ΑΒ ΓΔ και ΑΔ ΒΓ .

Οι απέναντι γωνίες είναι ίσες. Έτσι ˆ ˆΑ Γ και ˆΒ Δ .

Οι διαγώνιοι διχοτομούνται. Αυτό σημαίνει ότι ΟΑ ΟΓ και

ΟΒ ΟΔ .

Το κέντρο του παραλληλογράμμου, δηλαδή το σημείο τομής των διαγωνίων του, είναι κέντρο

συμμετρίας του παραλληλογράμμου.

Κριτήρια

Για να αποδείξουμε ότι ένα τετράπλευρο είναι παραλληλόγραμμο, αρκεί να αποδείξουμε ότι ισχύει ένα από

τα παρακάτω (κριτήρια):

Οι απέναντι πλευρές είναι παράλληλες.

Οι απέναντι πλευρές είναι ίσες.

Οι απέναντι γωνίες είναι ίσες.

Οι διαγώνιοι διχοτομούνται.

Δύο απέναντι πλευρές είναι ίσες και παράλληλες.

Σημείωση

Έστω 1(ε ) και 2(ε ) δύο παράλληλες ευθείες. Πάνω σ' αυτές θεωρούμε δύο

τυχαία, αλλά ίσα τμήματα ΑΒ και ΓΔ, όπως φαίνεται στο διπλανό σχήμα.

Τότε το ΑΒΔΓ, δηλαδή το κυρτό τετράπλευρο που σχηματίζεται από τα άκρα

των τμημάτων αυτών, είναι παραλληλόγραμμο. Πραγματικά, επειδή τα ΑΒ,

ΓΔ είναι ίσα και παράλληλα, το ΑΒΔΓ είναι παραλληλόγραμμο.

Η προηγούμενη παρατήρηση βρίσκει συχνή εφαρμογή σε πολλά θέματα με παραλληλόγραμμα.

1.4 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΔ εκτός αυτού, καθώς και το ισοσκελές τρίγωνο ΑΓΕ

στο εξωτερικό του Δ

ΑΒΓ , με οˆ ˆΕΑΓ = ΕΓΑ = 30 . Αν Μ είναι το μέσο του ΒΓ, να αποδειχθεί ότι

οˆΔΜΕ = 90 .

Λύση

Έστω Ζ το συμμετρικό του Δ ως προς το Μ. Το ΒΔΓΖ είναι παραλληλόγραμμο, διότι οι διαγώνιες

διχοτομούνται. Επομένως είναι:

ΓΖ ΒΔ ΑΔ και οˆ ˆ ˆΒΓΖ ΓΒΔ 60 Β

Τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΓΕΖ είναι ίσα, διότι:

ΑΔ ΓΖ γ και ΑΕ ΓΕ

ο ο ο ο ο ο ο ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆΕΓΖ 360 ΕΓΑ ΑΓΒ ΒΓΖ 360 30 Γ (60 Β) 270 (Β Γ) 270 (180 Α)

ο ˆ ˆ90 Α ΔΑΕ

Άρα είναι και ΕΔ ΕΖ και αφού στο ισοσκελές τρίγωνο ΕΔΖ η ΕΜ είναι διάμεσος, είναι και ύψος. Είναι

δηλαδή οˆΔΜΕ 90 .

3Α . Είδη Παραλληλογράμμων

Ορισμός

Ορθογώνιο ονομάζεται το παραλληλόγραμμο που έχει μία

(τουλάχιστον) ορθή γωνία. Προφανώς, στο ορθογώνιο όλες οι γωνίες

είναι ορθές.

Ιδιότητες

Στο ορθογώνιο, εκτός από τις ιδιότητες που ισχύουν σε κάθε

παραλληλόγραμμο, ισχύουν και οι εξής:

όλες οι γωνίες είναι ορθές,

οι διαγώνιοι είναι ίσες.

Κριτήρια

Για να αποδείξουμε ότι ένα τετράπλευρο είναι ορθογώνιο, αποδεικνύουμε ότι:

είναι παραλληλόγραμμο και έχει μία ορθή γωνία ή

είναι παραλληλόγραμμο και έχει ίσες διαγωνίους.

Τονίζουμε ότι:

Αν σε ένα τετράπλευρο τρεις γωνίες είναι ορθές, τότε αυτό είναι ορθογώνιο.

Αν οι γωνίες ενός τετραπλεύρου είναι ίσες, τότε αυτό είναι ορθογώνιο.

Ορισμός

Ρόμβος ονομάζεται το παραλληλόγραμμο που έχει δύο διαδοχικές πλευρές ίσες.

Προφανώς, στον ρόμβο όλες οι πλευρές είναι ίσες.

Ιδιότητες

Στον ρόμβο, εκτός από τις ιδιότητες που ισχύουν σε κάθε παραλληλόγραμμο, ισχύουν

και οι εξής:

όλες οι πλευρές είναι ίσες,

οι διαγώνιοι τέμνονται κάθετα,

οι διαγώνιοι διχοτομούν τις γωνίες.

Κριτήρια

Για να αποδείξουμε ότι ένα τετράπλευρο είναι ρόμβος, αποδεικνύουμε ότι:

είναι παραλληλόγραμμο και έχει δύο διαδοχικές πλευρές ίσες ή

είναι παραλληλόγραμμο και οι διαγώνιοί του τέμνονται κάθετα ή

είναι παραλληλόγραμμο και μία διαγώνιός του διχοτομεί μία γωνία του.

Τονίζουμε ότι αν όλες οι πλευρές ενός τετραπλεύρου είναι ίσες, τότε είναι ρόμβος.

Ορισμός

Τετράγωνο ονομάζεται το παραλληλόγραμμο που είναι συγχρόνως και ορθογώνιο και

ρόμβος. Προφανώς, στο τετράγωνο όλες οι πλευρές είναι ίσες και όλες οι γωνίες είναι

ορθές.

Ιδιότητες

Το τετράγωνο, εκτός από τις ιδιότητες του τυχαίου παραλληλογράμμου, έχει επιπλέον τις ιδιότητες του

ορθογωνίου και του ρόμβου. Οι ιδιότητες λοιπόν του τετραγώνου διατυπώνονται ως εξής:

Οι απέναντι πλευρές είναι ίσες και παράλληλες.

Όλες οι γωνίες του είναι ορθές.

Οι διαγώνιοί του είναι ίσες, διχοτομούνται, τέμνονται κάθετα και διχοτομούν τις γωνίες του.

Κριτήρια

Για να αποδείξουμε ότι ένα τετράπλευρο είναι τετράγωνο, αποδεικνύουμε ότι είναι παραλληλόγραμμο, έχει

μία χαρακτηριστική ιδιότητα του ορθογωνίου (μία γωνία ορθή ή ίσες διαγωνίους) και μία χαρακτηριστική

ιδιότητα του ρόμβου (δύο διαδοχικές πλευρές ίσες ή οι διαγώνιοι τέμνονται κάθετα ή μία διαγώνιος διχοτομεί

μία γωνία). Είναι προφανές ότι:

Ένα ορθογώνιο με ίσες πλευρές ή κάθετες διαγωνίους είναι τετράγωνο.

Ένας ρόμβος με μια ορθή γωνία ή με ίσες διαγωνίους είναι τετράγωνο.

1.5 Στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ ενός τετραγώνου ΑΒΓΔ θεωρούμε αντίστοιχα τα σημεία Ε και Ζ έτσι, ώστε

οˆΕΔΖ = 45 . Να αποδειχθεί ότι:

α) ο κύκλος με κέντρο Δ και ακτίνα ΑΒ εφάπτεται με την ευθεία ΕΖ,

β) ΕΖ = ΑΕ + ΓΖ .

Γερμανία – 2009

Λύση

α) Θεωρούμε το σημείο Η έτσι, ώστε οˆ ˆΖΔΗ ΕΔΖ 45 .

Επειδή oˆΖΔΗ x y 45 x ω , είναι y ω , δηλαδή:

ˆ ˆΑΔΕ ΓΔΗ και Δ Δ

ΔΑΕ ΔΓΗ

αφού ΔΑ ΔΓ και ˆ ˆΑΔΕ ΓΔΗ . Άρα ΔΕ ΔΗ και ΑΕ ΓΗ . Έτσι τα

τρίγωνα ΔΖΕ και ΔΖΗ είναι ίσα, αφού:

ΔΖ κοινή, ΔΕ ΔΗ , οˆ ˆΖΔΕ ΖΔΗ 45

Αν λοιπόν ΔΡ ΕΖ , τότε ΔΡ ΔΓ , αφού στα ίσα τρίγωνα ΔΖΕ, ΔΖΗ τα

ΔΡ, ΔΓ είναι ομόλογα ύψη. Επομένως, αφού ΔΡ α , ο κύκλος (Δ,α)

εφάπτεται με την ΕΖ στο Ρ.

β) Επειδή ΖΗ ΖΕ και ΓΗ ΑΕ , έχουμε:

ΕΖ ΖΗ ΖΓ ΓΗ ΖΓ ΑΕ

1.6 Στις πλευρές ΒΓ, ΓΔ ενός τετραγώνου ΑΒΓΔ με ΑΒ = α , παίρνουμε τα σημεία Ε, Ζ αντίστοιχα. Αν η

περίμετρος του τριγώνου ΓΕΖ είναι ίση με 2α, να αποδειχθεί ότι οˆΕΑΖ = 45 .

Λύση

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΓΕΖ είναι:

ΓΖ ΖΕ ΕΓ 2α

ΓΖ ΖΕ ΕΓ

ΑΔ ΑΒ α2

Άρα το Α είναι παράκεντρο της γωνίας Γ του Δ

ΓΕΖ . Αν λοιπόν

ΑΗ ΖΕ , τότε:

οˆ ˆ ˆΔΑΗ ΗΑΒ ΔΑΒˆ ˆ ˆΖΑΕ ΖΑΗ ΗΑΕ 452 2 2

Μπορούμε επίσης απευθείας να πούμε ότι:

ο οΓˆΖΑΕ 90 452

με βάση γνωστή ιδιότητα των διχοτόμων των γωνιών τριγώνου.

Σχόλιο

Αν αΙ είναι το παράκεντρο ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ οˆ(Α 90 ) , τότε

είναι:

α

ΑΒ ΒΓ ΓΑρ ΑΖ τ

2

Αντίστροφα, αν ισχύει η παραπάνω σχέση, τότε το αΙ είναι παράκεντρο του

Δ

ΑΒΓ .

Άλλος τρόπος

Στην προέκταση του ΓΒ παίρνουμε τμήμα ΒΗ ΔΖ . Είναι τότε

Δ Δ

ΑΒΗ ΑΔΖ , οπότε:

ΑΗ ΑΖ και οˆΖΑΗ 90

Είναι οπότε:

ΕΖ 2α ΕΓ ΖΓ (α ΕΓ) (α ΖΓ) ΒΕ ΔΖ BE BH

ΕΗ

Δ Δ

ΑΕΗ ΑΕΖ , διότι ΑΗ ΑΖ , ΕΗ ΕΖ και ΑΕ κοινή.

Άρα παίρνουμε:

οο

ˆΖΑΗ 90ˆΖΑΕ 452 2


Έστω ΓΕ x και ΓZ y . Είναι τότε:

2 2ΓΕ ΓΖ ΕΖ 2α x y x y 2α

2 2 2x y [2α (x y)]

2 2 2 2x y (α x) (α y) 2(α x)(α y)

2 2 2 2 2 2x y (α 2αx x ) (α 2αy y ) 2(α x)(α y)

2(α x)(α y) αx αy α (1)

(1)

2 2 2

2

α x α y 2α x yεφω εφφ α(2α x y)α α αεφ(ω φ) 1

α x α y1 εφω εφφ α (α x)(α y) α αx αy α1α α α

.

Άρα οω φ 45 , οπότε οˆΕΑΖ 45 .

1.7 Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ, το μέσο Μ του ΑΔ, το μέσο Ν του ΑΒ και σημείο Ρ στην προέκταση της

ΜΓ τέτοιο, ώστε ΓΡ = ΓΜ . Αν η ΡΝ τέμνει τη ΒΓ στο Κ, να αποδειχθεί ότι ΚΒ = ΚΓ .

Λύση

Έστω ότι η ΜΝ τέμνει τη ΒΓ στο Σ. Επειδή Δ Δ

ΝΑΜ ΝΒΣ , είναι ΝΜ ΝΣ . Αλλά ΓΜ ΓΡ , οπότε στο

τρίγωνο ΡΜΣ το Κ είναι βαρύκεντρο. Αφού ΓΣ ΓΒ ΒΣ 3α (έχουμε θέσει ΑΔ ΓΔ 2α ), είναι:

1 1

ΓΚ ΓΣ 3α α3 3

Άρα ΒΓ

ΓΚ α2

, οπότε το Κ είναι μέσο του ΒΓ.

1.8 Στη διαγώνιο ΑΓ ενός τετραγώνου ΑΒΓΔ παίρνουμε σημείο Ε έτσι, ώστε οˆΓΒΕ = 30 . Στην προέκταση

της διαγωνίου ΑΓ, προς το Γ, παίρνουμε σημείο Ζ, ώστε ΓΖ = ΓΕ . Να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο ΖΒΔ

είναι ισόπλευρο.

Λύση

Θεωρούμε το ισόπλευρο τρίγωνο ΒΓΗ. Αν η ευθεία ΔΗ

τέμνει την ΑΒ στο σημείο Θ, τότε:

Το σημείο Η βρίσκεται στη μεσοκάθετη του ΒΓ, άρα

και του ΑΔ, και έτσι το Η είναι μέσο του ΔΘ, αφού

ΗΔ ΗΑ και οΑ 90 .

Επειδή ΓΗ ΓΔ και η γωνία ˆΔΓΗ είναι ίση με ο30 , η

γωνία ΑΔΘ είναι ίση με ο ο ο90 75 15 . Άρα η γωνία

ΘΗΒ είναι ίση με ο45 .

Τα τρίγωνα ΒΓΕ και ΘΒΗ είναι ίσα, διότι ΒΓ ΒΗ και οι προσκείμενες σε αυτές γωνίες είναι ίσες (οι

γωνίες αυτές είναι ο45 και ο30 αντίστοιχα). Επομένως ΒΕ ΒΘ , ΕΓ ΗΘ και έτσι:

ΖΕ 2ΕΓ 2ΗΘ ΔΘ

δηλαδή ΖΕ ΔΘ .

Τα τρίγωνα ΘΒΔ και ΕΒΖ είναι τώρα ίσα, διότι ΘΔ ΕΖ , ΘΒ ΕΒ και οι γωνίες ˆΒΘΔ , ˆΒΕΖ είναι

ίσες με ο105 η καθεμιά. Άρα ΒΔ ΒΖ . Αλλά ΒΖ ΖΔ , οπότε ΒΔ ΒΖ ΖΔ και η απόδειξη

ολοκληρώθηκε.

Τη λύση οφείλω στον Ρώσο Μαθηματικό Mikhail Leptchinsky.

4Α . Βαρύκεντρο – Ορθόκεντρο

Θεωρήματα

α) Το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τα μέσα δύο πλευρών ενός τριγώνου είναι

παράλληλο προς την τρίτη πλευρά και ισούται με το μισό της. Έτσι, αν στο διπλανό

σχήμα Μ και Ν είναι τα μέσα των πλευρών ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα, ισχύει ΜΝ // ΒΓ

και ΒΓ

ΜΝ2

.

β) Αν μια ευθεία διέρχεται από το μέσο μιας πλευράς τριγώνου και είναι παράλληλη

προς κάποια πλευρά του, τότε η ευθεία αυτή διέρχεται και από το μέσο της τρίτης

πλευράς. Έτσι, αν στο διπλανό σχήμα το Μ είναι μέσο της ΑΒ και ε // ΒΓ, τότε το Ν

θα είναι μέσο και της πλευράς ΑΓ.

γ) Το τετράπλευρο που έχει κορυφές τα μέσα των πλευρών ενός τετραπλεύρου

(κυρτού ή μη κυρτού) είναι παραλληλόγραμμο.

Έτσι, με βάση το διπλανό σχήμα, το ΚΛΜΝ είναι παραλληλόγραμμο.

Θεώρημα

α) Οι διάμεσοι κάθε τριγώνου διέρχονται από το ίδιο σημείο το οποίο λέγεται

βαρύκεντρο (ή κέντρο βάρους).

β) Το βαρύκεντρο έχει μια πολύ σπουδαία ιδιότητα: χωρίζει την κάθε διάμεσο

σε δύο τμήματα από τα οποία το ένα είναι διπλάσιο του άλλου. Έτσι έχουμε:

ΑΘ 2ΘΜ , ΓΘ 2ΘΚ και ΒΘ 2ΘΝ

α

2ΘΑ μ

3 και α

1ΘΜ μ

3

β

2ΘΒ μ

3 και β

1ΘΝ μ

3

γ

2ΘΓ μ

3 και γ

1ΘΚ μ

3

Τονίζουμε ότι αν Θ είναι σημείο της διαμέσου ΑΜ ενός τριγώνου ΑΒΓ και ΘΑ 2ΘΜ , τότε το Θ είναι το

βαρύκεντρο του τριγώνου αυτού.

Θεώρημα

α) Οι φορείς των υψών κάθε τριγώνου διέρχονται από το ίδιο σημείο το οποίο λέγεται ορθόκεντρο.

β) Για το ορθόκεντρο σημειώνουμε τα εξής:

Αν το τρίγωνο είναι οξυγώνιο, τότε το ορθόκεντρο είναι εσωτερικό σημείο του τριγώνου.

Αν το τρίγωνο είναι ορθογώνιο, τότε το ορθόκεντρο συμπίπτει με την κορυφή της ορθής γωνίας.

Αν το τρίγωνο είναι αμβλυγώνιο, τότε το ορθόκεντρο είναι εξωτερικό σημείο του τριγώνου.

1.9 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, με οΑ < 90 , και εκτός αυτού τα ισοσκελή τρίγωνα ΑΒΕ, ΑΓΖ, με βάσεις ΑΒ,

ΑΓ αντίστοιχα. Αν Δ είναι το μέσο του ΒΓ και οˆΕΔΖ = 90 , να αποδειχθεί ότι οι γωνίες ˆΑΕΒ και

ˆΑΖΓ είναι παραπληρωματικές.

(JBMO – 2008, short list)

Λύση

Θεωρούμε το συμμετρικό Η του Ζ ως προς το μέσο Δ του ΒΓ. Το

ΒΗΓΖ είναι παραλληλόγραμμο, διότι οι διαγώνιες διχοτομούνται.

Επομένως:

ΒΗ ΖΓ ΖΑ

Στο τρίγωνο ΕΗΖ η ΕΔ είναι διάμεσος και ύψος, οπότε αυτό είναι

ισοσκελές. Άρα ΕΗ ΕΖ και επειδή ΒΕ ΕΑ , είναι Δ Δ

ΑΕΖ ΒΕΗ .

Είναι λοιπόν:

ˆˆΕΒΗ ΕΑΖ

ο ˆˆ ˆ360 φ Β ΓΒΗ φ Α ω

ο ˆˆ ˆ360 φ Β ΒΓΖ φ Α ω

ο οˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ2φ ω (Α Β) (Γ ω) 360 2φ 2ω (Α Β Γ) 360

ο ο

ο οˆ ˆ180 ΑΕΒ 180 ΑΖΓ

φ ω 90 902 2

οˆ ˆΑΕΒ ΑΖΓ 180

1.10 Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) και δύο εσωτερικά σημεία Δ, Ε της πλευράς ΑΓ τέτοια,

ώστε ΔΒ = ΔΕ και ˆ ˆΓΒΔ = ΑΒΕ . Αν Ο είναι το έγκεντρο του τριγώνου ΕΒΓ, να αποδειχθεί ότι

οˆΓΟΕ = 120 .

(JBMO – 2006)

Λύση

Έστω ˆΔΕΒ 2ω . Επειδή ΔΕ ΔΒ , είναι ˆΔΒΕ 2ω . Αλλά:

ο οˆΕΒΓ 2ω xˆΕΟΓ 90 902 2

(1)

Στο τρίγωνο ΒΕΑ είναι:

ˆ ˆˆ ˆBEΓ ΒΑΕ ΕΒΑ 2ω Α x

ο ˆ2ω (180 2Β) x

o2ω 180 2(2x 2ω) x

ο o6ω 180 3x 3x 6ω 180

οx 2ω 60 (2)

Έτσι η (1) δίνει:

ο(2)

ο ο ο οˆΕΒΓ x 2ω 60ˆΕΟΓ 90 90 90 1202 2 2

Θεωρήματα

α) Η διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα

είναι ίση με το μισό της υποτείνουσας. Έτσι, με βάση το διπλανό σχήμα,

ισχύει ότι:

ΒΓΑΜ ΜΒ ΜΓ

2

β) Αν η διάμεσος ενός τριγώνου ισούται με το μισό της αντίστοιχης πλευράς, τότε το τρίγωνο αυτό είναι

ορθογώνιο με υποτείνουσα την πλευρά αυτή.

Έτσι, αν για το τρίγωνο ΑΒΓ του διπλανού σχήματος ισχύει:

ΑΜ ΜΒ ΜΓ

τότε οΑ 90 .

Θεωρήματα

α) Αν σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο μια γωνία του είναι ίση με ο30 , τότε η απέναντι

πλευρά του είναι ίση με το μισό της υποτείνουσας.

β) Αν σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο μία κάθετη πλευρά του είναι ίση με το μισό της

υποτείνουσας, τότε η γωνία που βρίσκεται απέναντι από την πλευρά αυτή είναι ίση με

ο30 .

Πρόταση

Αν Μ είναι σημείο στην υποτείνουσα ΒΓ ενός ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ, ώστε ΜΑ ΜΓ , τότε το Μ είναι

μέσο του ΒΓ.

Απόδειξη

Αφού ΜΑ ΜΓ , είναι ˆ ˆΜΑΓ ΜΓΑ φ . Άρα:

ο οˆ ˆΒ 90 Γ 90 φ

οˆ ˆ ˆΜΑΒ Α ΜΑΓ 90 φ

Άρα οˆΒ ΜΑΒ 90 φ , οπότε το τρίγωνο ΜΑΒ είναι ισοσκελές. Άρα:

ΜΒ ΜΑ ΜΓ

1.11 Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και Ρ εσωτερικό σημείο αυτού, ώστε οˆˆΡΓΔ = ΡΔΓ = 15 . Να αποδειχθεί ότι

το τρίγωνο ΡΑΒ είναι ισόπλευρο.

Λύση

Έστω ΑΜ, ΓΝ ΡΔ . Είναι Δ Δ

ΑΔΜ ΓΔΝ , οπότε:

ΓΝ ΔΜ

Αλλά οˆΓΡΝ 30 , οπότε:

ΡΓ ΡΔ

ΓΝ ΔΜ2 2

Το Μ είναι λοιπόν μέσο του ΡΔ, οπότε ΑΔ ΑΡ . Έτσι:

ΡΒ ΡΑ ΑΔ ΑΒ

1.12 Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ οˆ(Α = 90 ), το ύψος ΑΗ, η διχοτόμος ΒΜ της γωνίας ˆAΒΓ , που

τέμνει την ΑΗ στο Ρ, και η διχοτόμος ΓΝ της ˆΑΓΒ , που τέμνει την ΑΗ στο Ζ. Αν Κ, Λ είναι τα μέσα

των ΡΜ, ΖΝ, να αποδειχθεί ότι ΚΛ // ΒΓ.

(Κίνα – 2005)

Λύση

Προεκτείνουμε τις ΑΛ, ΑΚ μέχρι να συναντήσουν τη

ΒΓ. Τα τρίγωνα Δ

ΑΡΜ και Δ

ΑΖΝ είναι ισοσκελή, διότι:

Βˆˆ ˆ ˆ ˆΑΡΜ ΡΑΒ ΡΒΑ Γ ΑΜΡ2

και:

Γˆˆ ˆ ˆ ˆΑΖΝ ΑΓΡ ΗΑΓ Β ΑΝΖ2

Άρα ΑΛ ΓΝ και ΑΚ ΒΜ . Αλλά τότε τα Λ, Κ είναι μέσα των ΑΣ, ΑΤ, οπότε ΚΛ // ΣΤ ΚΛ // ΒΓ.

5Α . Τραπέζια

Ορισμός

α) Τραπέζιο λέγεται το κυρτό τετράπλευρο που έχει μόνο δύο πλευρές

παράλληλες.

Οι παράλληλες πλευρές λέγονται βάσεις του τραπεζίου.

β) Το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τα μέσα των μη παράλληλων πλευρών του τραπεζίου λέγεται διάμεσος

του τραπεζίου.

γ) Η απόσταση των παράλληλων πλευρών του τραπεζίου λέγεται ύψος του τραπεζίου.

Θεωρήματα

α) Η διάμεσος του τραπεζίου είναι παράλληλη προς τις βάσεις του και ισούται

με το ημιάθροισμά τους. Ισχύει δηλαδή ότι:

MN // AB // ΓΔ AB ΓΔ

MN2

β) i) Το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τα μέσα των διαγωνίων ενός τραπεζίου είναι παράλληλο προς τις

βάσεις του και ισούται με την ημιδιαφορά τους. Ισχύει δηλαδή ότι:

ΚΛ // AB // ΓΔ ΓΔ AB

ΚΛ2

ii) Η διάμεσος του τραπεζίου διέρχεται από τα μέσα των διαγωνίων του.

Ορισμός

Το τραπέζιο που έχει τις μη παράλληλες πλευρές ίσες, λέγεται

ισοσκελές.

Θεώρημα

Στο ισοσκελές τραπέζιο ισχύουν οι εξής ιδιότητες:

οι γωνίες που πρόσκεινται στις βάσεις είναι ίσες, δηλαδή ˆΓ Δ και ˆ ˆA B ,

οι διαγώνιες είναι ίσες, δηλαδή ΑΓ ΒΔ .

Κριτήρια

Για να είναι ένα τραπέζιο ισοσκελές, αρκεί να αποδείξουμε ότι:

οι μη παράλληλες πλευρές είναι ίσες,

οι γωνίες μιας βάσης είναι ίσες,

οι διαγώνιοι είναι ίσες.

Μια χρήσιμη βοηθητική γραμμή

Ας υποθέσουμε ότι λύνοντας μια άσκηση εντοπίζουμε στο σχήμα ένα τραπέζιο

ΑΒΓΔ, με ΑΒ // ΓΔ, του οποίου μάλιστα υπάρχει και το μέσο Μ μιας μη

παράλληλης πλευράς (εδώ της ΑΔ). Αν με τα υπάρχοντα στοιχεία δεν

μπορούμε να επιτύχουμε λύση, τότε κάνουμε μία από τις επόμενες ενέργειες:

i) Θεωρούμε το μέσο Ν και της ΒΓ, οπότε ισχύουν:

ΜΝ // ΑΒ και ΜΝ // ΓΔ

ΑΒ + ΓΔ

ΜΝ =2

ii) Φέρνουμε ΜΝ // ΑΒ (ή ΜΝ // ΓΔ), οπότε το ΜΝ θα είναι διάμεσος του τραπεζίου και θα ισχύουν προφανώς

οι προηγούμενες σχέσεις.

iii) Θεωρούμε το συμμετρικό Σ του Β ως προς το Μ, οπότε το ΑΒΔΣ είναι παραλληλόγραμμο και τα σημεία Σ,

Δ, Γ είναι συνευθειακά.

1.13 Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, το μέσο Μ της ΒΓ και τα σημεία Δ, Ε των πλευρών ΑΒ, ΑΓ

αντίστοιχα έτσι, ώστε οˆΔΜΕ = 90 . Από το Γ φέρουμε τμήμα ΓΝ ίσο και παράλληλο με το ΔΕ. Να

αποδειχθεί ότι ΝΜ ΒΓ .

Λύση

Έστω Κ το μέσο του ΔΕ και Λ το μέσο του ΝΓ. Επειδή το ΔΕΓΝ είναι

παραλληλόγραμμο, το ΚΛΓΕ είναι επίσης παραλληλόγραμμο. Έτσι

ΚΛ // ΑΓ. Έχουμε λοιπόν:

ΔΕ ΝΓ

ΑΚ ΛΓ2 2

Επομένως το τραπέζιο ΚΑΓΛ είναι ισοσκελές. Είναι όμως ΜΑ ΜΓ ,

οπότε το Μ βρίσκεται στη μεσοκάθετο του ΑΓ, συνεπώς και στη

μεσοκάθετο του ΚΛ (αφού το ΚΛΓΑ είναι ισοσκελές τραπέζιο). Είναι

λοιπόν ΜΛ ΜΚ , οπότε:

ΔΕ ΝΓ

ΜΛ ΜΚ2 2

Αφού στο τρίγωνο ΜΝΓ η ΜΛ είναι διάμεσος και ΝΓ

ΜΛ2

, το τρίγωνο αυτό είναι ορθογώνιο. Άρα

ΝΜ ΒΓ .

1.14 Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) και σημείο Δ της διαμέσου ΑΜ. Σχηματίζουμε το

παραλληλόγραμμο ΑΒΔΕ. Να αποδειχθεί ότι ΕΓ ΒΓ .

(GM – 1997)

Λύση

Έστω Ζ η τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμου ΑΒΜΖ.

Επειδή:

ΔΕ ΑΒ ΜΖ και ΔΕ // ΑΒ // ΜΖ

το ΔΕΖΜ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα:

ΕΖ // ΔΜ

και επειδή ΔΜ ΒΓ , θα είναι και ΕΖ ΒΓ . Επίσης είναι:

ΑΖ / / ΒΜ / / ΜΓ

οπότε και το τετράπλευρο ΑΖΓΜ είναι παραλληλόγραμμο.

Συνεπώς:

ΖΓ ΒΓ

Τα σημεία λοιπόν Ε, Ζ, Γ είναι συνευθειακά (αφού ΕΖ, ΖΓ // ΑΜ) και έτσι:

ΕΓ ΒΓ

1.15 Σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ οˆ(Α = 90 ) είναι ΑΒ > ΑΓ . Στην πλευρά ΑΒ παίρνουμε σημείο Μ,

ώστε ΒΜ = ΑΓ . Στην πλευρά ΑΓ παίρνουμε σημείο Ν, ώστε ΓΝ = ΑΜ . Να αποδειχθεί ότι η γωνία

που σχηματίζουν οι ευθείες ΒΝ, ΓΜ είναι ίση με ο45 .

(Βουλγαρία)

Λύση

Θεωρούμε το ορθογώνιο ΓΑΒΔ. Φέρνουμε ΒΕ // ΓΜ. Έστω ΒΜ α και ΜΑ β . Είναι:

ΓΕ ΜΒ ΑΓ ΒΔ α

ΔΕ ΓΔ ΓΕ ΑΒ α ΑΜ ΓΝ β

Τα ορθογώνια τρίγωνα ΓΕΝ και ΔΕΒ είναι ίσα, οπότε:

ΕΒ ΕΝ και ˆ ˆΓΕΝ ΔΒΕ φ

Επομένως:

οˆ ˆ ˆ ˆΓΕΝ ΔΕΒ ΔΒΕ ΔΕΒ 90

Συνεπώς το τρίγωνο ΕΒΝ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές,

οπότε:

οˆ ˆΕΝΒ ΕΒΝ 45

Άρα οˆ ˆΜΙΒ ΙΒΕ 45 , διότι ΙΜ // ΕΒ.

1.16 Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ, με οΑ = 60 , φέρουμε τις διχοτόμους ΑΔ και ΒΕ. Αν ισχύει

ΑΒ + ΒΔ = ΑΕ + ΕΒ , να αποδειχθεί ότι οΓ = 40 .

(ΙΜΟ – 2001)

Λύση

Στις προεκτάσεις των ΑΒ, ΑΓ παίρνουμε τμήματα ΒΗ ΒΔ και ΕΖ ΕΒ . Επειδή ΒΗ ΒΔ , είναι:

ˆΑΒΔˆΒΗΔ φ2

Είναι επίσης:

ΑΒ ΒΔ ΑΕ ΕΒ

ΑΒ ΒΗ ΑΕ ΕΖ

ΑΗ ΑΖ

Επομένως το τρίγωνο ΑΗΖ είναι ισόπλευρο και

επειδή η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Α , είναι:

ΔΗ ΔΖ και

ˆ ˆΔΖΑ ΔΗΑ φ

Θα αποδείξουμε ότι το Ζ ταυτίζεται με το Γ. Αν το Ζ δεν συμπίπτει με το Γ, τότε στο τρίγωνο ΔΒΖ είναι:

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆΔΒΖ ΕΒΖ ΕΒΔ ΕΖΒ ΒΗΔ ΕΖΒ ΔΖΑ ΔΖΒ

οπότε ΔΒ ΔΖ , άρα και το τρίγωνο ΔΒΖ είναι ισοσκελές. Είναι λοιπόν ΔΗ ΔΖ ΔΒ και επειδή

ΒΗ ΒΔ , το τρίγωνο ΒΔΗ είναι ισόπλευρο. Άρα:

ο ο οˆˆ ˆΑΒΔ ΒΗΔ ΒΔΗ 60 60 120

άτοπο, διότι οΑ 60 . Άρα το Ζ συμπίπτει με το Γ (ανάλογα εργαζόμαστε αν το Ζ είναι ανάμεσα στα Ε, Γ).

Επειδή λοιπόν τα Γ, Ζ συμπίπτουν, είναι:

Β ˆΕΖ ΕΒ ΕΓ ΕΒ Γ2

ο οˆˆ ˆ ˆ ˆΒ Γ Α 180 Β Γ 120

Έχουμε επομένως:

ο ο οˆ ˆ ˆ ˆ ˆΒ Γ 120 2Γ Γ 120 Γ 40

B. Κύκλος και εγγράψιμα τετράπλευρα

1Α . Εγγεγραμμένες Γωνίες

Ορισμός

Μια γωνία που έχει την κορυφή της πάνω σε έναν κύκλο και οι πλευρές της

γωνίας τέμνουν τον κύκλο, λέγεται εγγεγραμμένη γωνία.

Έτσι, στο διπλανό σχήμα έχουμε τα εξής:

Η γωνία Σ είναι εγγεγραμμένη και βαίνει στο τόξο ΑΒ .

Η γωνία ˆΑΟΒ είναι η αντίστοιχη επίκεντρη της γωνίας Σ .

Θεωρήματα

α) Κάθε εγγεγραμμένη γωνία είναι ίση με το μισό της αντίστοιχης επίκεντρης γωνίας. Έτσι στο παραπάνω

σχήμα έχουμε:

1 ˆΣ ΑΟΒ2

ή ˆ ˆΑΟΒ 2Σ ,

1Σ ΑΒ

2 , δηλαδή η εγγεγραμμένη γωνία ισούται με το μισό του αντίστοιχου τόξου.

β) Η εγγεγραμμένη γωνία που βαίνει σε ημικύκλιο (βλέπει διάμετρο) είναι ορθή.

Έτσι στο διπλανό σχήμα είναι:

οˆ ˆΜ Σ 90

γ) Οι εγγεγραμμένες γωνίες του ίδιου ή ίσων κύκλων που βαίνουν στο ίδιο ή

σε ίσα τόξα είναι ίσες. Έτσι στο διπλανό σχήμα είναι:

ˆ ˆ ˆ ˆΜ Ν Σ P

Θεώρημα

Η γωνία που σχηματίζεται από μια χορδή και την εφαπτομένη σε ένα άκρο της

ισούται με κάθε εγγεγραμμένη γωνία που βαίνει στο (κυρτό) τόξο της χορδής

αυτής. Έτσι στο διπλανό σχήμα ισχύουν οι σχέσεις:

ˆ ˆM ABΔ φ ,

ˆ ˆΝ ΑΒΔ φ ,

ˆ ˆ ˆΜ Ν ΑΒΔ φ .

Θεώρημα

Όταν δύο χορδές ενός κύκλου ή οι προεκτάσεις τους τέμνονται σε ένα σημείο,

τότε ισχύουν:

ΑΓ ΒΔ

φ2

,

ΑΓ ΒΔ

ω2

.

Σημείωση

Ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου από τα οποία ένα τμήμα ΑΒ

φαίνεται υπό γωνία φ είναι δύο τόξα κύκλων, χορδής ΑΒ, χωρίς τα άκρα τους,

συμμετρικά ως προς την ευθεία ΑΒ. Τα τόξα αυτά είναι:

μείζονα (μη κυρτά), αν η φ είναι οξεία,

ελάσσονα (κυρτά), αν η φ είναι αμβλεία.

1.1 Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ και τα σημεία Δ, Ε των ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα, ώστε ΔΕ // ΒΓ. Αν

Μ είναι το μέσο του τμήματος ΒΕ και Κ το περίκεντρο του τριγώνου ΑΔΕ, να αποδειχθεί ότι

οˆΚΜΓ = 90 .

(Ρωσία)

Λύση

Θεωρούμε το παραλληλόγραμμο ΕΓΒΖ. Τα Ζ, Δ, Ε

βρίσκονται στην ίδια ευθεία και το τρίγωνο ΖΔΒ είναι

ισόπλευρο, διότι:

ο ˆˆΖΒΔ 60 ΖΔΒ

Τα τρίγωνα ΚΔΖ και ΚΕΓ είναι ίσα, διότι:

ΚΔ ΚΕ , αφού το Κ είναι περίκεντρο,

ΖΔ ΕΓ , διότι ΖΔ ZΒ ΕΓ ,

οˆ ˆΚΔΖ ΚΕΓ 150 , διότι οˆ ˆΚΔΕ ΚΕΑ 30 .

Είναι επομένως ΚΖ ΚΓ και αφού το Μ είναι μέσο του ΓΖ, είναι ΚΜ ΓΖ . Άρα οˆΚΜΓ 90 .

2Α . Εγγεγραμμένα – Εγγράψιμα Τετράπλευρα

Ορισμός

Ένα τετράπλευρο λέγεται εγγεγραμμένο σε κύκλο, αν οι κορυφές του είναι σημεία ενός κύκλου. Ο κύκλος

αυτός λέγεται περιγεγραμμένος κύκλος του τετραπλεύρου.

Θεώρημα

Σε κάθε εγγεγραμμένο τετράπλευρο ισχύουν οι παρακάτω ιδιότητες:

α) Οι απέναντι γωνίες είναι παραπληρωματικές. Έτσι:

οˆ ˆΑ Γ 180 , οˆΒ Δ 180

β) Κάθε πλευρά του φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό ίσες γωνίες, δηλαδή:

ˆ ˆΔΑΓ ΔΒΓ

γ) Κάθε εσωτερική γωνία ισούται με την απέναντι εξωτερική. Έτσι εξˆ ˆΑ Γ , εξ

ˆΒ Δ .

Ορισμός

Ένα τετράπλευρο λέγεται εγγράψιμο όταν μπορεί να γραφεί κύκλος που να

διέρχεται από τις τέσσερις κορυφές του.

Κριτήρια

εγγραψιμότητας

Ένα τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο, αν ισχύει μία από τις παρακάτω προτάσεις:

α) Δύο απέναντι γωνίες του είναι παραπληρωματικές. Έτσι, αν οˆ ˆΑ Γ 180 ,

τότε τα σημεία Α, Β, Γ και Δ είναι ομοκυκλικά (το ΑΒΓΔ είναι εγγράψιμο).

β) Μία πλευρά φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό ίσες γωνίες. Έτσι, αν

ˆ ˆΔΑΓ ΔΒΓ , τότε το ΑΒΓΔ είναι εγγράψιμο.

γ) Μια εξωτερική του γωνία είναι ίση με την απέναντι εσωτερική. Έτσι, αν

εξˆ ˆΑ Γ , τότε το ΑΒΓΔ είναι εγγράψιμο.

Ορισμός

Ένα τετράπλευρο του οποίου οι πλευρές εφάπτονται στον ίδιο κύκλο λέγεται περιγεγραμμένο στον κύκλο

αυτό, ενώ ο κύκλος λέγεται εγγεγραμμένος.

Θεώρημα

Σε κάθε περιγεγραμμένο τετράπλευρο ισχύουν οι εξής ιδιότητες:

Οι διχοτόμοι των γωνιών του διέρχονται από το ίδιο σημείο, που είναι το

κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου.

Τα αθροίσματα των απέναντι πλευρών είναι ίσα, δηλαδή:

ΑΒ ΓΔ ΑΔ ΒΓ

Ορισμός –

Κριτήρια

Αν ένα τετράπλευρο μπορεί να περιγραφεί σε κύκλο, τότε λέγεται περιγράψιμο σε κύκλο. Για να είναι ένα

τετράπλευρο περιγράψιμο, αρκεί να ισχύει μία από τις ακόλουθες προτάσεις:

Οι διχοτόμοι των γωνιών του διέρχονται από το ίδιο σημείο.

Τα αθροίσματα των απέναντι πλευρών του είναι ίσα.

1.2 Θεωρούμε ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ, με οΑ = 90 , και το ύψος του ΑΔ. Η διχοτόμος

ΒΕ του τριγώνου ΑΒΓ τέμνει την ΑΔ στο Κ. Αν Ι είναι το έγκεντρο του τριγώνου ΑΔΓ, να

αποδειχθεί ότι ΙΚ = ΙΕ .

Λύση

Το Κ είναι έγκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, οπότε το Ι βρίσκεται

πάνω στην ΚΓ. Αν ΚΛ ΑΓ , τότε:

ΚΔ ΚΛ και Δ Δ

ΚΔΙ ΚΛΙ

αφού ˆ ˆΔΚΓ ΛΚΓ . Επομένως:

οˆ ˆΚΛΙ ΚΔΙ 45

δηλαδή οˆ ˆΙΛΕ 45 ΙΚΕ . Άρα το ΙΚΛΕ είναι εγγράψιμο και

έτσι:

οˆˆ ˆΙΕΚ ΙΛΚ 45 ΙΚΕ

Άρα το τρίγωνο ΙΚΕ είναι ισοσκελές, οπότε ΙΚ ΙΕ .

Σχόλιο

Ας παρατηρήσουμε ακόμα ότι οˆˆΚΙΕ = ΚΛΑ = 90 , δηλαδή ΙΚ ΙΕ και οˆΙΕΒ = 45 .


Αν η ΓΚ τέμνει την ΑΒ στο Ζ, τότε το ΒΖΕΓ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Έτσι:

ο45ˆ ˆ ˆΕΑΙ ΖΓΒ ΕΖΙ φ2

Άρα το ΑΖΙΕ είναι εγγράψιμο, οπότε:

οˆˆΕΙΓ Α 90

Όμως:

οˆ ˆ ˆΕΚΙ ΚΒΓ ΚΓΒ 45

οπότε το ορθογώνιο τρίγωνο ΙΚΕ είναι και ισοσκελές. Επομένως ΙΚ ΙΕ και οˆΙΕΚ 45 .

1.3 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, το ύψος ΑΔ και η διάμεσος ΑΜ. Αν ˆ ˆΒΑΔ = ΜΑΓ , να αποδειχθεί ότι το

τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο.

Λύση

Έστω Ε, Ζ τα συμμετρικά του Α ως προς τα σημεία Δ, Μ αντίστοιχα. Τότε:

ˆ ˆΒΑΔ ΒΕΑ και ˆ ˆΜΑΓ ΑΖΒ

διότι το τετράπλευρο ΑΒΖΓ είναι παραλληλόγραμμο, μια και οι

διαγώνιες διχοτομούνται. Επειδή από την υπόθεση είναι

ˆ ˆΒΑΔ ΜΑΓ , θα είναι και ˆ ˆΒΕΑ ΑΖΒ . Αυτό εξασφαλίζει ότι

το τετράπλευρο ΑΒΕΖ είναι εγγράψιμο, οπότε:

ˆ ˆΑΒΖ ΑΕΖ

Στο τρίγωνο ΑΕΖ το τμήμα ΔΜ ενώνει μέσα, οπότε ΔΜ // ΕΖ.

Επειδή ΜΔ ΑΕ , θα είναι και ΕΖ ΑΕ . Άρα οˆΑΕΖ 90 , δηλαδή οˆΑΒΖ 90 . Το παραλληλόγραμμο

λοιπόν ΑΒΖΓ είναι ορθογώνιο, οπότε οΑ 90 .

1.4 Στο εσωτερικό ενός παραλληλογράμμου ΑΒΓΔ υπάρχει σημείο Κ τέτοιο, ώστε οˆΑΚΔ = 120 και

οˆΒΚΓ = 60 . Να αποδειχθεί ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΚΑΔ και ΚΒΓ είναι

ίσοι.

Λύση

Θεωρούμε το σημείο Ε, ώστε ΔΕ // ΑΚ και ΔΕ ΑΚ , όπως στο σχήμα. Είναι τότε:

ΑΔ ΚΕ και Δ Δ

ΚΑΔ ΚΔΕ

ΚΕ ΑΔ ΒΓ και Δ Δ

ΚΒΓ ΚΓΕ , διότι το τετράπλευρο ΚΕΓΒ

είναι παραλληλόγραμμο.

οˆ ˆΚΔΕ ΔΚΑ 120 και οˆ ˆΚΓΕ ΓΚΒ 60

Το τετράπλευρο ΚΔΕΓ είναι εγγράψιμο, διότι:

ο ο οˆ ˆΚΔΕ ΚΓΕ 120 60 180

Αφού λοιπόν τα τρίγωνα ΚΔΕ και ΚΕΓ έχουν τον ίδιο περιγεγραμμένο κύκλο, συμπεραίνουμε ότι τα τρίγωνα

ΚΑΔ, ΚΒΓ έχουν ίσους περιγεγραμμένους κύκλους.

Σχόλιο

Επειδή Δ Δ

ΚΑΒ = ΕΔΓ , προκύπτει ότι και τα τρίγωνα ΚΑΒ, ΚΓΔ έχουν ίσους περιγεγραμμένους κύκλους με τα

τρίγωνα ΚΑΔ, ΚΒΓ.

1.5 Στο εσωτερικό ενός τριγώνου ΑΒΓ υπάρχει σημείο Δ, ώστε οˆ ˆΔΑΓ = ΔΓΑ = 30 και οˆΔΒΑ = 60 .

Στο τμήμα ΑΓ παίρνουμε σημείο Ζ τέτοιο, ώστε ΑΖ = 2ΖΓ . Αν Ε είναι το μέσο του ΒΓ, να

αποδειχθεί ότι ΔΕ ΕΖ .

(Κίνα – 2007, Girls Olympiad)

Λύση

Έστω ΒΗ η διχοτόμος της γωνίας ˆΑΒΔ . Επειδή οˆ ˆΔΑΗ 30 ΔΒΗ , το τετράπλευρο ΑΒΔΗ είναι

εγγράψιμο. Επομένως:

οˆ ˆˆΗΔΑ ΗΒΑ ΗΑΔ 30 , οπότε ΗΔ ΗΑ

οˆ ˆΔΗΖ ΑΒΔ 60 , οπότε το τρίγωνο ΗΔΓ είναι ορθογώνιο

2ΑΗ 2ΔΗ ΗΓ και επειδή ΑΖ 2ΖΓ , είναι ΑΗ ΗΖ ΖΓ

Πραγματικά, έχουμε:

ΗΓ 2ΑΗ , ΑΓ 3ΑΗ , ΑΓ 3ΖΓ

οπότε ΑΓ

ΑΗ ΖΓ3

και έτσι:

ΑΓ

ΗΖ ΑΗ ΖΓ3

.

Αν Θ είναι το μέσο του ΑΓ, τότε ΕΘ // ΑΒ και ΕΖ // ΒΗ. Άρα:

ο ˆˆ ˆΘΕΖ ΑΒΗ 30 ΘΔΖ

Επομένως το ΔΘΖΕ είναι εγγράψιμο και αφού οˆΔΘΖ 90 , είναι οˆΔΕΖ 90 .

Τονίζουμε ότι δεν γνωρίζουμε εξαρχής ότι τα Β, Δ, Ζ είναι συνευθειακά, ούτε χρησιμοποιούμε πουθενά στη

λύση αυτόν τον ισχυρισμό. Τελικά όμως, επειδή ΗΖ ΖΓ ΗΔ και οˆΗΔΖ 60 , τα σημεία Β, Δ, Ζ είναι

όντως συνευθειακά.

Σημείωση

Δύο άλλες λύσεις υπάρχουν στο βιβλίο Mathematical Olympiad in China, 2007 – 2008, σελ. 116.

3Α . Θεωρήματα και Εφαρμογές στον Κύκλο

Θεώρημα 1ο

Αν η διχοτόμος της γωνίας Α τριγώνου ΑΒΓ και η μεσοκάθετη της πλευράς ΒΓ τέμνονται στο

σημείο Ε, τότε το Ε είναι σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ.

(Θεώρημα του Νότιου Πόλου)

Απόδειξη

Έστω ότι η μεσοκάθετος της ΒΓ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο C του

τριγώνου ΑΒΓ στο Ε. Τότε το Ε είναι μέσο του τόξου ΒΓ , οπότε η ΑΕ είναι

διχοτόμος της γωνίας Α του Δ

ΑΒΓ . Επειδή το Ε είναι το μοναδικό μέσο του

τόξου ΒΓ , η απόδειξη έχει ολοκληρωθεί.

1.6 Σε ένα μη ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ φέρουμε τις διχοτόμους ΑΛ και ΒΚ. Η μεσοκάθετος του ΒΚ

τέμνει την ΑΛ στο σημείο Μ. Η παράλληλη από το Λ προς τη ΜΚ τέμνει τη ΒΚ στο σημείο Ν. Να

αποδειχθεί ότι NA = NΛ .

(JBMO – 2010)

Λύση

Στο τρίγωνο ΑΒΚ η ΑΜ είναι διχοτόμος της γωνίας A . Επειδή η ΜΡ είναι μεσοκάθετος του ΒΚ, σύμφωνα

με το θεώρημα του Νότιου Πόλου, το Μ βρίσκεται στον

περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου Δ

ΑΒΚ . Το

τετράπλευρο λοιπόν ΑΒΜΚ είναι εγγράψιμο, οπότε:

ˆ ˆ ˆ ˆΑΛN AΜΚ ΑΒΚ ΑΒN

Επειδή ˆ ˆΑΛN ΑΒN , το τετράπλευρο ΑΒΛΝ είναι

επίσης εγγράψιμο και επειδή η ΒΝ είναι διχοτόμος της

γωνίας Β , θα είναι ΝΑ ΝΛ (στον κύκλο (Α, Β, Λ, Ν)).

Άρα NA NΛ .

Μπορούμε βέβαια, να εργαστούμε και ως εξής:

ˆ ˆ ˆˆ ˆΛΑΝ ΛΒΝ ΝΒΑ ΝΛΑ ΑΛΝ

Άρα ˆ ˆΛΑN ΑΛN , οπότε το τρίγωνο ΝΑΛ είναι ισοσκελές. Επομένως NA NΛ .

Θεώρημα 2ο

Έστω Ι το έγκεντρο ενός τριγώνου ΑΒΓ. Αν η ευθεία ΑΙ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του

τριγώνου ΑΒΓ στο σημείο Μ, τότε ΜΒ = ΜΙ = ΜΓ .

Απόδειξη

Η ΑΙ είναι διχοτόμος της γωνίας Α του τριγώνου ΑΒΓ, οπότε το Μ είναι το

μέσο του τόξου ΒΓ . Επομένως ΜΒ ΜΓ . Θα αποδείξουμε λοιπόν ότι

ΜΒ ΜΙ . Είναι:

Αˆ ˆΙΑΒ ΙΑΓ φ2

,

Βˆ ˆΙΒΑ ΙΒΓ ω2

,

ˆˆ ˆΒΙΜ ΙΑΒ ΙΒΑ φ ω , ˆ ˆ ˆΙΒΜ ΙΒΓ ΓΒΜ ω φ .

Είναι λοιπόν ˆ ˆΒΙΜ ΙΒΜ φ ω , οπότε ΜΒ ΜΙ . Άρα ΜΒ ΜΙ ΜΓ .

Σχόλιο

Αν Μ είναι το μέσο του τόξου ΒΓ και Ι σημείο του τμήματος ΑΜ, ώστε ΜΙ = ΜΒ , τότε το Ι είναι το έγκεντρο

του τριγώνου ΑΒΓ.

Πρόταση 3η

Έστω Ι το έγκεντρο ενός τριγώνου ΑΒΓ και σημείο Ε στην προέκταση του ΑΙ, προς το Ι, ώστε

ΕΙ = ΕΒ . Να αποδειχθεί ότι το Ε είναι σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ.

Απόδειξη

Έχουμε ΕΙ ΕΒ , οπότε το τρίγωνο ΕΒΙ είναι ισοσκελές. Άρα:

φ ω ρ ωˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆΕΙΒ ΕΒΙ Α Β Β Β

ˆ ˆφ ω ρ ω φ ρ ΕΑΓ ΕΒΓ

Άρα το τετράπλευρο ΑΒΕΓ είναι εγγράψιμο, δηλαδή το Ε είναι σημείο του

περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ.

Θεώρημα

4ο

Ο εγγεγραμμένος κύκλος ενός τριγώνου ΑΒΓ και ο παρεγγεγραμμένος κύκλος, που αντιστοιχεί

στη γωνία A , εφάπτονται με την πλευρά ΒΓ στα σημεία Δ και Ε. Να αποδειχθεί ότι BΔ = ΓΕ .

Απόδειξη

Γνωρίζουμε ότι:

ΒΔ τ β και ΓΕ ΓΖ τ β

Άρα:

ΒΔ ΓΕ τ β

Σχόλιο

Το μέσο Μ της πλευράς ΒΓ είναι και μέσο του τμήματος ΔΕ, διότι ΜΒ = ΜΓ και ΒΔ = ΓΕ .

ΒΑΣΙΚΟ ΣΧΗΜΑ

Στο παρακάτω σχήμα βλέπουμε το έγκεντρο και τα παράκεντρα ενός τριγώνου ΑΒΓ, καθώς και τα σημεία

επαφής των παρεγγεγραμμένων κύκλων (Κ), (Λ), (Μ) με τις πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ. Στο σχήμα αυτό

ισχύουν οι παρακάτω βασικές ιδιότητες:

α) ΑΝ ΑΗ τ α , ΒΝ ΒΔ τ β , ΓΔ ΓΗ τ γ .

β) 1ΑΑ ΑΘ τ β , 2ΑΑ ΑΖ τ γ

1ΒΒ ΒΘ τ α , 2ΒΒ ΒΕ τ γ

1ΓΓ ΓΖ τ α , 2ΓΓ ΓΕ τ β

γ) ΑΘ ΒΝ , ΒΔ ΓΕ , ΓΖ ΑΗ .

δ) ΡΛ ΡΜ , ΣΛ ΣΚ , TK TM (κύκλος Euler).

ε) Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΒΓ διχοτομεί τα τμήματα ΙΚ, ΙΛ, ΙΜ.

1.7 Σε ένα τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι ΑΒ = ΒΓ και οˆˆΑΒΓ + 2ΑΔΓ = 180 . Αν Ε είναι το μέσο του ΑΓ, να

αποδειχθεί ότι ˆ ˆΓΔΕ = ΒΔΑ .

(Ρουμανία, IMAR – 2009)

Λύση

Στην προέκταση της ΒΕ παίρνουμε σημείο Ζ τέτοιο, ώστε:

ˆˆΓΖΕ ΓΔΕ x

Το τετράπλευρο ΕΓΖΔ είναι εγγράψιμο, οπότε:

ˆ ˆΔZΕ ΔΓΕ (1)

Είναι όμως:

ο ο1ˆ ˆˆ ˆΑΒΓ 2ΑΔΓ 180 ΑΔΓ (180 ΑΒΓ)2

οˆΑΒΓˆΑΔΓ 902

(2)

οˆˆ ˆΑΒΓ ΒΑΓ ΒΓΑ 180

οˆΑΒΓˆΒΑΓ 902

(3)

Επομένως παίρνουμε:

(1)

ο ˆ ˆˆ ˆΔΖΕ ΔΓΕ 180 ΓΔΑ ΓΑΔ

(3)

ο ο οˆ ˆ ˆ ˆ ˆ180 ΓΑΒ ΓΑΔ 180 (ΓΑΒ ΓΑΔ) 180 ΒΑΔ

Είναι λοιπόν οˆˆΔΖΕ ΒΑΔ 180 , δηλαδή οˆˆΔΖΒ ΔΑΒ 180 , οπότε το τετράπλευρο ΑΒΖΔ είναι εγγράψιμο.

Έτσι:

ˆ ˆˆ ˆΒΔΑ ΒΖΑ ΓΖΕ ΓΔΕ

διότι η ΖΕ είναι μεσοκάθετος του ΑΓ και έτσι ˆ ˆ ˆΒΖΑ ΒΖΓ ΕΖΓ .


Έστω 1C , 2C , οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΑΒΓ και

ΑΓΔ αντίστοιχα. Επειδή:

οˆ ˆ ˆAΟΓ 2ΑΔΓ 180 ΑΒΓ

το ΑΒΓΟ είναι εγγράψιμο. Επειδή ΟΑ ΟΓ και ΑΒ ΑΓ , το Ο

βρίσκεται στη ΒΕ και η ΒΟ είναι διάμετρος του κύκλου 1C . Άρα:

οˆ ˆOAB OΓΒ 90

Αυτό σημαίνει ότι οι ΑΒ, ΓΒ είναι εφαπτομένες του 2C στα Α, Γ και

έτσι η ΔΒ είναι συμμετροδιάμεσος του Δ

ΔAΓ , οπότε θα είναι ˆ ˆΑΔΒ ΓΔΕ .

1.8 Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓΔ, με ΑΒ = ΑΔ και οˆΒ = Δ = 90 . Στην πλευρά ΓΔ παίρνουμε σημείο Ε

και στην πλευρά ΒΓ σημείο Ζ τέτοια, ώστε ΑΕ ΔΖ . Να αποδειχθεί ότι ΑΖ ΒΕ .

(Ρωσία – 1995)

Λύση

Έστω Η το συμμετρικό του Ε ως προς τη διαγώνιο ΑΓ. Προφανώς

τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΔΓ είναι ίσα και έτσι το Η ανήκει στη ΒΓ.

Ας είναι Κ το σημείο τομής των ΑΕ, ΔΖ και Λ το σημείο τομής

των ΑΖ και ΒΕ. Φέρνουμε τις ΚΛ, ΑΗ και ΔΗ. Είναι:

x y o ˆ( 90 ΔΑΕ) και y ω

(λόγω συμμετρίας)

δηλαδή x ω . Επομένως το ΑΔΗΖ είναι εγγράψιμο, οπότε φ ρ

(βλέπουν το ΑΔ) και ρ ν (λόγω συμμετρίας ως προς την ΑΓ).

Επειδή φ ν , το ΚΛΖΕ είναι επίσης εγγράψιμο, οπότε οˆ ˆΕΛΖ ΕΚΖ 90 . Άρα ΒΕ ΑΖ .

Θεώρημα 5ο

Αν ρ, αρ , βρ , γρ είναι οι ακτίνες του εγγεγραμμένου και των παρεγγεγραμμένων κύκλων ενός

τριγώνου ΑΒΓ, τότε α β γρ + ρ + ρ = ρ + 4R , όπου R είναι η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου

του τριγώνου ΑΒΓ.

Απόδειξη

Έστω Δ, Ε, Ζ, Η οι προβολές των Ι, Μ, Κ, Λ στην ευθεία ΒΓ.

Σύμφωνα με βασικό θεώρημα είναι:

BΔ ΓΖ τ β , ΒΕ ΓΗ τ α

Αν Ρ είναι το μέσο της ΒΓ, τότε το Ρ είναι και μέσο του ΔΖ.

Η μεσοκάθετος της ΒΓ τέμνει την ΑΙ στο Τ, οπότε το Τ είναι

σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ

(θεώρημα Νότιου Πόλου). Είναι επίσης ΡΕ ΡΗ , οπότε η

μεσοκάθετος του ΕΗ, δηλαδή του ΒΓ, διέρχεται από το μέσο

Σ του τμήματος ΜΛ (λόγω του τραπεζίου ΜΕΗΛ). Όμως από

το μέσο Σ του ΜΛ διέρχεται ο περιγεγραμμένος κύκλος του Δ

ΑΒΓ μια και αυτός είναι ο κύκλος Euler για το

τρίγωνο ΚΛΜ (καθόσον το Ι είναι ορθόκεντρο στο Δ

ΚΛΜ ).

Στο τραπέζιο ΙΔΚΖ είναι:

αρ ρΚΖ ΙΔΤΡ

2 2

Στο τραπέζιο ΜΕΗΛ είναι:

γ βρ ρΜΕ ΛΗ

ΡΣ2 2

Με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε:

α γ βρ ρ ρ ρ

ΤΡ ΡΣ2

Αλλά ΤΡ ΡΣ 2R , αφού η μεσοκάθετος μιας χορδής ορίζει με τον κύκλο διάμετρο. Άρα:

α γ β

α β γ

ρ ρ ρ ρ2R ρ ρ ρ ρ 4R

2

Σχόλιο

Το γεγονός ότι το μέσο Σ του ΜΛ ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του Δ

ΑΒΓ προκύπτει και ως εξής:

Φέρουμε τη ΓΣ. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΓΜΛ η ΓΣ είναι διάμεσος, οπότε ΓΣ = ΣΛ και έτσι ˆ ˆΣΛΓ = ΣΓΛ .

Άρα:

ο οˆ ˆ ˆˆΓΣΛ = 180 2ΣΛΓ = 180 2(ΣΛΒ + ΒΛΓ) =

ο

ο οˆˆ ˆΓ Α 180 Β ˆ= 180 2 + = 180 2 = Β

2 2 2

Επομένως το τετράπλευρο ΑΒΓΣ είναι εγγράψιμο. Θυμίζουμε ότι από βασική πρόταση στις διχοτόμους

τριγώνου, είναι ΑˆΒΛΓ =2

και ΓˆΒΛΑ =2

.

1.9 Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ < ΑΓ) φέρουμε το ύψος ΒΔ και τη διάμεσο ΒΜ. Έστω Κ, Λ οι

προβολές των σημείων Α, Γ πάνω στη διχοτόμο της γωνίας Β . Να αποδειχθεί ότι:

α) τα σημεία Κ, Μ, Λ, Δ ανήκουν σε κύκλο C,

β) το κέντρο Σ του C ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΡΔΜ, όπου Ρ είναι το

μέσο του τμήματος ΑΒ.

Λύση

α) Αν η ΑΚ τέμνει τη ΒΓ στο Ν, τότε το τρίγωνο ΒΑΝ είναι

ισοσκελές, διότι η διχοτόμος ΒΚ είναι και ύψος. Έτσι το Κ είναι

μέσο του ΑΝ, οπότε ΚΜ // ΓΝ (από το τρίγωνο ΑΝΓ). Επομένως:

ˆ ˆΒΓΑ ΡΜΑ x y

Αλλά το τετράπλευρο ΒΔΛΓ είναι εγγράψιμο, διότι:

οˆ ˆBΔΓ ΒΛΓ 90

Έτσι x ω , που σημαίνει τελικά ότι y ω . Άρα τα σημεία Δ, Κ, Μ, Λ είναι ομοκυκλικά.

β) Έστω Σ το κέντρο του κύκλου (Δ, Κ, Μ, Λ). Τότε:

ˆ ˆˆ ˆΔΣΜ 2ΔΛΜ 2(ω φ) 2ω 2φ 2Γ 2ΚΔΜ

ˆ ˆ2Γ 2ΑΒΚ (το ΒΑΔΚ είναι εγγράψιμο, οπότε ˆ ˆΚΔΜ ΑΒΚ ) ˆ ˆ2Γ Β

αφού η ΒΚ είναι διχοτόμος της Β . Επίσης είναι:

ο ˆˆ ˆ ˆ ˆΔΡΜ ΑΡΜ ΑΡΔ Β (180 2Α) (διότι ΡΜ // ΒΓ και ΡΔ ΡΑ)

ο ο o οˆ ˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆΒ 2Α 180 Α (Α Β) 180 A (180 Γ) 180 A Γ

Είναι λοιπόν:

οˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆΔΣΜ ΔΡΜ (2Γ Β) (Α Γ) Α Β Γ 180

οπότε το τετράπλευρο ΔΡΜΣ είναι εγγράψιμο. Αυτό σημαίνει ότι το Σ ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο

του τριγώνου ΡΔΜ (δηλαδή στον κύκλο Euler του τριγώνου ΑΒΓ).

Θεώρημα 6ο

Έστω Ο το περίκεντρο ενός οξυγώνιου τριγώνου ΑΒΓ και x, y, z οι αποστάσεις του Ο από τις

πλευρές ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι:

x + y + z = R + ρ

όπου R, ρ είναι οι ακτίνες του περιγεγραμμένου και του εγγεγραμμένου κύκλου αντίστοιχα στο

τρίγωνο ΑΒΓ.

Απόδειξη

Θεωρούμε το παράκεντρο Κ του τριγώνου ΑΒΓ. Έστω Ι το έγκεντρο, ΙΔ, ΚΕ ΒΓ και Ρ το μέσο της ΒΓ.

Είναι γνωστό ότι:

ΒΔ ΓΕ τ β

οπότε ΡΔ ΡΕ . Αφού ΟΡ ΒΓ , η ΟΡ θα περάσει από το μέσο

Ν του ΙΚ, το οποίο είναι (από βασική πρόταση) σημείο του

περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ. Είναι λοιπόν:

KE IΔ

x OP ON PN R2

α α

1 1R (ρ ρ) (2R ρ ρ)

2 2

Όμοια είναι:

β

1y (2R ρ ρ)

2 και γ

1z (2R ρ ρ)

2

Άρα, με πρόσθεση κατά μέλη, παίρνουμε:

α β γ

1x y z (6R ρ ρ ρ 3ρ)

2

Γνωρίζουμε όμως ότι α β γρ ρ ρ ρ 4R , οπότε:

1 1

x y z 6R (ρ 4R) 3ρ (2R 2ρ) R ρ2 2

Σημείωση

Πρέπει να τονίσουμε με έμφαση ότι ο τύπος αυτός ισχύει μόνο στα οξυγώνια τρίγωνα. Αν π.χ. οι γωνίες Α , Β ,

Γ είναι αντίστοιχα αμβλείες, τότε ισχύει:

-x + y + z = R + ρ , x - y + z = R + ρ , x + y - z = R + ρ

Θεώρημα 7ο

Θεωρούμε τετράπλευρο ΑΒΓΔ εγγεγραμμένο σε κύκλο. Αν 1ρ , 2ρ είναι οι ακτίνες των

εγγεγραμμένων κύκλων, αντίστοιχα, στα τρίγωνα ΑΒΓ, ΑΓΔ και 3ρ , 4ρ οι ακτίνες των

εγγεγραμμένων κύκλων στα τρίγωνα ΒΓΔ, ΒΑΔ, τότε 1 2 3 4ρ + ρ = ρ + ρ .

(Θεώρημα των Ιαπώνων)

Απόδειξη

Ας σημειώσουμε με α, β, γ, δ, x, y τις αποστάσεις του Ο από τις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ και από τις διαγώνιες

ΑΓ, ΒΔ αντίστοιχα. Με βάση το προηγούμενο θεώρημα είναι:

1α β x R ρ (1)

2γ δ x R ρ (2)

3β γ y R ρ (3)

4α δ y R ρ (4)

Προσθέτουμε τις σχέσεις (1), (2) και έχουμε:

1 22R ρ ρ α β γ δ

Από τις σχέσεις (3), (4) παίρνουμε:

3 42R ρ ρ α β γ δ

Έχουμε αποδείξει λοιπόν ότι:

1 2 3 4 1 2 3 42R ρ ρ 2R ρ ρ ρ ρ ρ ρ

Πρόταση 8η

Ο εγγεγραμμένος κύκλος (Ι,ρ) ενός τριγώνου ΑΒΓ εφάπτεται των πλευρών ΑΒ, ΑΓ στα σημεία

Ε, Ζ αντίστοιχα. Αν η ευθεία ΓΙ τέμνει την ευθεία ΕΖ στο σημείο Ρ, τότε η γωνία ˆΒΡΓ είναι

ορθή.

Απόδειξη

Στο τρίγωνο ΙΒΓ είναι:

οˆˆ ˆΒ Γ Αˆ ˆ ˆΡΙΒ ΙΒΓ ΙΓΒ 90

2 2 2 (1)

Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΕΖ (ΑΕ ΑΖ) είναι:

ο οˆ ˆˆ ˆΑΕΖ ΑΖΕ 180 Α 2φ 180 Α

ο Αφ 90

2 (2)

Επειδή ο Αˆ ˆΑΕΡ ΡΙΒ 902

, το τετράπλευρο ΡΕΒΙ είναι εγγράψιμο. Άρα oˆ ˆΒΡΙ BEI 90 .

Θεώρημα 9ο

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ, εγγεγραμμένο σε κύκλο, και Μ τυχαίο σημείο του μικρού τόξου

ΒΓ . Να αποδειχθεί ότι ΜΒ + ΜΓ = ΜΑ .

(Θεώρημα van Schooten)

Απόδειξη

Έστω σημείο Ν στη ΜΑ, ώστε ΜΝ ΜΒ . Το Δ

MBN είναι ισόπλευρο,

διότι οˆ ˆΒΜΑ ΒΓΑ 60 . Άρα:

BN BM και οˆ ˆ ˆABN MBΓ 60 ΝΒΓ

Αλλά τώρα είναι Δ Δ

ΑΝΒ ΜΒΓ , αφού:

ΑΒ ΒΓ , ΒΝ ΒΜ και οˆ ˆ ˆΑΒΝ ΜΒΓ 60 ΝΒΓ

Άρα ΑΝ ΜΓ , δηλαδή:

ΜΑ ΜΝ ΝΑ ΜΒ ΜΓ


Το θεώρημα Πτολεμαίου στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΒΜΓ δίνει:

ΑΒ ΜΓ ΑΓ ΜΒ ΑΜ ΒΓ α ΜΓ α ΜΒ ΑΜ α

ΜΓ ΜΒ ΜΑ ΜΑ ΜΒ ΜΓ


Στην προέκταση της ΒΜ παίρνουμε τμήμα ΜΕ ΜΓ . Αλλά τότε τα τρίγωνα ΑΜΓ και ΕΒΓ είναι ίσα, οπότε:

ΒΕ ΑΜ ΒΜ ΜΕ ΑΜ ΑΜ ΜΒ ΜΓ

Θεώρημα 10ο

Σε τρίγωνο ΑΒΓ, που είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (Κ,R), φέρνουμε το ύψος ΑΔ. Αν ΑΒ < ΑΓ , να

αποδειχθεί ότι:

α) ˆ ˆΔΑΒ = ΚΑΓ ,

β) ˆ ˆ ˆΚΑΔ = Β - Γ .

Απόδειξη

α) Φέρνουμε τη διάμετρο ΑΚΕ και τη ΓΕ. Το τρίγωνο ΑΓΕ είναι

ορθογώνιο, οπότε:

o oˆ ˆy 90 E 90 B x

διότι και το τρίγωνο ΑΔΒ είναι ορθογώνιο. Άρα x y , δηλαδή

ˆ ˆΔΑΒ ΚΑΓ .

β) Είναι:

οˆ ˆ ˆ ˆΚΑΔ ΓΑΔ ΓΑΕ (90 Γ) y

o οˆ ˆ ˆ ˆ(90 y) Γ (90 x) Γ Β Γ

Σχόλια

α) Επειδή ˆ ˆΔΑΒ = ΚΑΓ , η διχοτόμος της γωνίας ˆΒΑΓ διχοτομεί τη γωνία ˆΚΑΔ . Επομένως, αν Μ είναι το

μέσο του τόξου ΒΓ , τότε ˆ ˆΜΑΔ = ΜΑΚ .

β) Από την παραπάνω πρόταση προκύπτει το θεώρημα:

"Το ορθόκεντρο και το περίκεντρο ενός τριγώνου είναι ισογώνια σημεία".

Υπενθυμίζουμε ότι δύο ημιευθείες λέγονται ισογώνιες ως προς τις πλευρές μιας γωνίας, όταν είναι συμμετρικές

ως προς τη διχοτόμο της γωνίας αυτής.

Θεώρημα 11ο

Να αποδειχθεί ότι οι ακτίνες της περιγεγραμμένης περιφέρειας ενός τριγώνου, που αντιστοιχούν

στις κορυφές του είναι αντίστοιχα κάθετες στις πλευρές του ορθικού τριγώνου.

(Θεώρημα Nagel)

Απόδειξη

Έστω O το περίκεντρο, Η το ορθόκεντρο και ΒΔ, ΓΕ ύψη του τριγώνου ΑΒΓ. Θα αποδειχθεί ότι OA ΔΕ .

Έστω ΚΑΛ η κοινή εφαπτομένη στο Α. Τότε:

ˆˆΑΓΒ ΒΑΚ (x y) , διότι η Γ είναι εγγεγραμμένη και η ˆΒΑΚ

είναι αντίστοιχη γωνία χορδής και εφαπτομένης.

ˆ ˆΑΓΒ ΔΕΑ (x ω) , διότι το τετράπλευρο ΒΕΔΓ είναι εγγράψιμο

οˆˆ(ΒΕΓ ΒΔΓ 90 ) .

Επομένως y ω , που σημαίνει ότι ΚΛ // ΔΕ. Όμως ΟΑ ΚΛ , οπότε

ΟΑ ΔΕ .

Όμοια, αν ΑΖ είναι το τρίτο ύψος του Δ

ΑΒΓ , τότε ΟΒ ΕΖ και ΟΓ ΔΖ . Με απλά λόγια, οι ακτίνες ΟΑ,

ΟΒ, ΟΓ είναι αντίστοιχα κάθετες στις πλευρές ΔΕ, ΕΖ, ΖΔ του ορθικού τριγώνου ΔΕΖ, του τριγώνου ΑΒΓ.

Θεώρημα 12ο

Στο εξωτερικό ενός τριγώνου ΑΒΓ θεωρούμε τα ισόπλευρα τρίγωνα ΑΒΔ, ΒΓΕ και ΓΑΖ. Να


α) ΑΕ = ΒΖ = ΓΔ ,

β) οι ευθείες ΑΕ, ΒΖ, ΓΔ συντρέχουν σε σημείο Σ και ισχύει ΣΑ + ΣΒ + ΣΓ = ΑΕ = ΒΖ = ΓΔ .

γ) τα κέντρα Κ, Λ, Μ των τριγώνων ΑΒΔ, ΒΓΕ, ΓΑΖ σχηματίζουν ισόπλευρο τρίγωνο.

(Θεώρημα Steiner)

Απόδειξη

α) Τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΑΒΖ έχουν:

ΑΔ ΑΒ γ και ΑΓ ΑΖ β ,

οˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆΔΑΓ ΔΑΒ ΒΑΓ 60 ΒΑΓ ΒΑΓ ΓΑΖ

ˆΒΑΖ .

Επομένως Δ Δ

ΑΔΓ ΑΒΖ , οπότε ΔΓ ΒΖ .

Όμοια είναι Δ Δ

ΒΔΓ ΑΒΕ , οπότε ΔΓ ΑΕ . Άρα

ΑΕ ΒΖ ΓΔ .

β) Έστω ότι οι ΒΖ, ΓΔ τέμνονται στο Σ. Επειδή

Δ Δ

ΑΔΓ ΑΒΖ , είναι:

ˆ ˆΑΔΓ ΑΒΖ x και ˆ ÂZB AΓΔ y

Επειδή ˆ ÂΔΣ ΑΒΣ x και ˆ ÂZΣ ΑΓΣ y , τα τετράπλευρα ΑΣΒΔ, ΑΣΓΖ είναι εγγράψιμα. Επομένως:

οˆ ˆΔΣΑ ΔΒΑ 60 και οˆˆΔΣΒ ΔΑΒ 60

Επειδή οˆ ˆΒΣΔ 60 ΒΕΓ , το ΒΣΓΕ είναι εγγράψιμο. Άρα οˆ ˆΒΣΕ ΒΓΕ 60 . Είναι λοιπόν:

ο ο ο οˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆΑΣΕ ΑΣΔ ΔΣΒ ΒΣΕ ΑΒΔ ΔΑΒ ΒΓΕ 60 60 60 180

οπότε η ΑΣΕ είναι ευθεία. Επομένως και η ΑΕ διέρχεται από το Σ. Από το θεώρημα van Schooten είναι

όμως ΣΒ ΣΓ ΣΕ , οπότε (α)

ΣΑ ΣΒ ΣΓ ΣΑ ΣΕ ΑΕ ΓΔ ΒΖ .

γ) Έχουμε αποδείξει ότι:

οˆ ˆ ˆΑΣΒ ΒΣΓ ΓΣΑ 120

Τα Κ, Λ είναι κέντρα των κύκλων (Σ,Α,Δ,Β) και

(Σ,Β,Ε,Γ). Άρα η ΚΛ είναι κάθετη στην κοινή χορδή

τους ΣΒ. Όμοια, η ΛΜ είναι κάθετη στην κοινή χορδή

ΣΓ των κύκλων (Λ), (Μ) και η ΚΜ είναι κάθετη στην

κοινή χορδή ΑΣ των κύκλων (Κ) και (Μ). Επειδή:

οˆ ˆ ˆΑΣΒ ΒΣΓ ΓΣΑ 120

είναι:

οˆˆ ˆΚ Λ Μ 60

και έτσι το τρίγωνο ΚΛΜ είναι ισόπλευρο.

Σχόλια

i) Αν όλες οι γωνίες του τριγώνου ΑΒΓ είναι μικρότερες από ο120 , τότε το Σ είναι εσωτερικό σημείο του

τριγώνου ΑΒΓ. Στην περίπτωση αυτή το σημείο Σ λέγεται σημείο Fermat – Torricelli και είναι το μοναδικό

σημείο του τριγώνου για το οποίο το άθροισμα

ΣΑ + ΣΒ + ΣΓ γίνεται ελάχιστο.

ii) Στο ερώτημα (γ) είδαμε ότι τα κέντρα των τριγώνων ΔΑΒ, ΕΒΓ, ΖΓΑ σχηματίζουν ισόπλευρο τρίγωνο. Το

συμπέρασμα αυτό είναι γνωστό ως θεώρημα του Ναπολέοντα. Η απόδειξη μπορεί να γίνει επίσης με χρήση

μιγαδικών αριθμών, με τριγωνομετρία, αλλά και με χρήση ενός γεωμετρικού μετασχηματισμού που λέγεται

στροφή.

Θεώρημα 13ο

Αν Η είναι το ορθόκεντρο και Ο το περίκεντρο ενός τριγώνου ΑΒΓ, να αποδειχθεί ότι ΑΗ = 2ΟΜ , όπου

Μ είναι το μέσο του ΒΓ.

Απόδειξη

Θεωρούμε το αντιδιαμετρικό Ν του Β ως προς το Ο, δηλαδή τη

διάμετρο ΒΟΝ. Φέρουμε τις ΝΑ, ΝΓ. Επειδή ΝΓ ΓΒ και

ΑΗ ΒΓ , είναι ΑΗ // ΝΓ.

Είναι ΝΑ ΑΒ και ΓΗ ΑΒ , οπότε ΓΗ // ΝΑ. Το ΝΑΗΓ είναι

λοιπόν παραλληλόγραμμο, οπότε ΑΗ ΝΓ .

Στο τρίγωνο ΒΓΝ το ΟΜ ενώνει τα μέσα δύο πλευρών. Άρα

ΓΝΟΜ

2 , δηλαδή ΓΝ 2ΟΜ . Επομένως:

ΑΗ ΝΓ 2ΟΜ

Θεώρημα 14ο

Το συμμετρικό του ορθόκεντρου ενός τριγώνου ΑΒΓ, ως προς τυχαία πλευρά του, είναι σημείο

του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου αυτού.

Απόδειξη

Θεωρούμε το ύψος ΑΔ, το ορθόκεντρο Η του Δ

ΑΒΓ και το συμμετρικό Ν

του Η ως προς το ΒΓ. Για να ανήκει το Ν στον περιγεγραμμένο κύκλο του

Δ

ΑΒΓ , αρκεί να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο ΑΒΝΓ είναι εγγράψιμο.

Επειδή όμως ˆ ˆΒΝΓ ΒΗΓ , έχουμε:

οˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆΒΝΓ ΒΑΓ ΒΗΓ ΒΑΓ ΖΗΕ ΖΑΕ 180

διότι το ΑΖΗΕ είναι εγγράψιμο οˆ ˆ(ΑΖΗ ΑΕΗ 90 ) . Άρα το ΑΒΝΓ είναι

εγγράψιμο, δηλαδή το Ν ανήκει πράγματι στον περιγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ.

Θεώρημα 15ο

Το συμμετρικό του ορθόκεντρου Η ενός τριγώνου ως προς το μέσο μιας τυχαίας πλευράς του,

είναι σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου αυτού.

Απόδειξη

Αρκεί να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο ΑΒΝΓ είναι εγγράψιμο σε

κύκλο. Το τετράπλευρο ΗΒΝΓ είναι παραλληλόγραμμο, διότι οι

διαγώνιες ΒΓ και ΗΝ διχοτομούνται. Επομένως ˆ ˆΒΝΓ ΒΗΓ . Άρα:

οˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆΒΝΓ ΒΑΓ ΒΗΓ ΒΑΓ ΕΗΖ ΖΑΕ 180

διότι το τετράπλευρο ΑΖΗΕ είναι εγγράψιμο. Άρα το Ν είναι σημείο του

περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ.

Σημείωση

Επειδή, όπως έχουμε δει στο προηγούμενο θεώρημα, το συμμετρικό του ορθόκεντρου ως προς τυχαία πλευρά

είναι επίσης σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου, μπορούμε να διατυπώσουμε το εξής θεώρημα:

«Τα συμμετρικά του ορθόκεντρου ενός τριγώνου ως προς τις πλευρές του και ως προς τα μέσα των

πλευρών του είναι σημεία του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου.»

Θεώρημα 16ο

Να αποδειχθεί ότι σε κάθε τρίγωνο, το ορθόκεντρο, το βαρύκεντρο και το περίκεντρο είναι

συνευθειακά σημεία.

(Ευθεία Euler)

Απόδειξη

Έστω Η το ορθόκεντρο και Ο το περίκεντρο του Δ

ΑΒΓ . Έστω Μ το μέσο της ΒΓ, Θ το σημείο τομής των ΑΜ

και ΟΗ, Ρ το μέσο του ΑΘ και Ν το μέσο του ΘΗ. Θα αποδείξουμε ότι το Θ είναι το βαρύκεντρο του

τριγώνου ΑΒΓ, δηλαδή ότι:

ΘΑ 2ΘΜ

Στο τρίγωνο ΘΗΑ το ΡΝ ενώνει τα μέσα δύο πλευρών, οπότε:

ΑΗ 2ΟΜ

ΡΝ ΟΜ2 2

διότι ΑΗ 2ΟΜ . Είναι επίσης ΡΝ // ΑΗ και αφού ΑΗ ΒΓ , είναι

ΡΝ ΒΓ . Αφού ΟΜ BΓ , είναι ΡΝ // ΟΜ και επειδή ΟΜ ΡΝ , το

ΟΜΝΡ είναι παραλληλόγραμμο. Επομένως οι διαγώνιες ΟΝ και ΡΜ

διχοτομούνται, δηλαδή ΘΜ ΘΡ ΡΑ . Άρα:

ΑΘ 2ΘΜ

και έτσι το Θ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

Σημείωση

Επειδή ΘΟ = ΘΝ = ΝΗ , το βαρύκεντρο διαιρεί το τμήμα ΟΗ σε δύο τμήματα με λόγο 2. Πιο συγκεκριμένα

είναι ΘΗ = 2ΘΟ .

Θεώρημα 17ο

Να αποδειχθεί ότι το ορθόκεντρο ενός τριγώνου είναι το έγκεντρο του τριγώνου που έχει κορυφές

τα ίχνη των υψών του.

(Θεώρημα του ορθικού τριγώνου)

Απόδειξη

Φέρνουμε τα ύψη ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ του τριγώνου ΑΒΓ και έστω Η το ορθόκεντρο. Θα αποδείξουμε ότι η ΔΑ είναι

διχοτόμος της γωνίας ˆΕΔΖ του ορθικού τριγώνου ΔΕΖ.

Το τετράπλευρο ΗΔΒΖ είναι εγγράψιμο, διότι:

ο ο οˆ ˆΗΔΒ ΗΖΒ 90 90 180

Επομένως x φ ˆ ˆ(ΗΔΖ ΗΒΖ) .

Το τετράπλευρο ΗΔΓΕ είναι ομοίως εγγράψιμο, οπότε y ω ˆ ˆ(ΗΔΕ ΗΓΕ) .

Όμως και το τετράπλευρο ΒΖΕΓ είναι εγγράψιμο, διότι:

οˆ ˆΒΖΓ ΒΕΓ 90

Επομένως φ ω ˆ ˆ(ΖΒΕ ΖΓΕ) .

Αφού λοιπόν x φ , y ω και φ ω , είναι και x y . Άρα η ΔΑ διχοτομεί τη γωνία ˆEΔΖ . Όμοια, η ΕΒ

διχοτομεί τη γωνία ˆΔΕΖ και η ΖΓ διχοτομεί τη γωνία ˆΕΖΔ .

Βλέπουμε λοιπόν ότι το Η είναι το έγκεντρο του τριγώνου ΔΕΖ.

Σχόλιο

Το τρίγωνο ΔΕΖ λέγεται ορθικό τρίγωνο του τριγώνου ΑΒΓ.

Θεώρημα 18ο

Σε κάθε τρίγωνο, τα μέσα των πλευρών του, τα ίχνη των υψών του και τα μέσα των τμημάτων

που συνδέουν το ορθόκεντρο με τις κορυφές του τριγώνου είναι ομοκυκλικά σημεία.

(Κύκλος του Euler)

Απόδειξη

Θα αποδείξουμε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου με κορυφές τα μέσα Κ, Λ, Μ των πλευρών ΒΓ,

ΓΑ, ΑΒ του τριγώνου ΑΒΓ διέρχεται:

i) από τα ίχνη των υψών του τριγώνου ΑΒΓ,

ii) από τα μέσα των αποστάσεων του ορθοκέντρου από τις κορυφές του

τριγώνου ΑΒΓ.

i) Φέρνουμε το ύψος ΑΔ. Επειδή ΜΛ // ΒΓ, το ΔΚΛΜ είναι τραπέζιο. Είναι

επίσης:

ΑΒ

ΚΛ ΔΜ2

διότι στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΒ το ΔΜ είναι διάμεσος. Το ΔΚΛΜ είναι λοιπόν ισοσκελές τραπέζιο, οπότε:

οˆˆ ˆ ˆΔΜΛ ΔΚΛ ΜΛΚ ΔΚΛ 180

Άρα το ΔΚΛΜ είναι εγγράψιμο σε κύκλο (να τονίσουμε εδώ ότι κάθε ισοσκελές τραπέζιο είναι εγγράψιμο σε

κύκλο). Επομένως ο κύκλος (Κ,Λ,Μ), που διέρχεται από τις κορυφές του Δ

ΚΛΜ , διέρχεται επίσης από το Δ.

Με άλλα λόγια, ο κύκλος (Κ, Λ, Μ) διέρχεται από τα ίχνη των υψών του τριγώνου ΑΒΓ.

ii) Θα αποδείξουμε τώρα ότι ο κύκλος (Κ,Λ,Μ) διέρχεται και από το μέσο Ρ

του τμήματος ΗΑ, όπου Η το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ. Αρκεί λοιπόν

να αποδειχθεί ότι το τετράπλευρο ΚΛΡΜ είναι εγγράψιμο. Επειδή ΜΡ // ΗΒ

και ΡΛ // ΗΓ, είναι:

ˆ ˆ ˆΜΡΛ ΒΗΓ ΖΗΕ

οˆˆ ˆ ˆΜΡΛ ΜΚΛ ΖΗΕ ΖΑΛ 180

διότι το ΑΖΗΕ είναι εγγράψιμο και το ΑΜΚΛ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε ˆ ˆˆΜΚΛ Α ΖΑΕ . Άρα το

τετράπλευρο ΜΡΛΚ είναι εγγράψιμο, οπότε ο κύκλος (Κ,Λ,Μ) διέρχεται και από το μέσο Ρ του ΗΑ. Όμοια,

ο κύκλος αυτός διέρχεται και από τα μέσα των ΗΒ, ΗΓ.

Άρα τελικά τα εννέα παραπάνω σημεία είναι ομοκυκλικά.

Σχόλια

Από τις παραγράφους (i) και (ii) συμπεραίνουμε ότι και τα 9 σημεία βρίσκονται στον ίδιο κύκλο. Ο κύκλος

αυτός λέγεται κύκλος του Euler.

Το κέντρο του κύκλου του Euler είναι το μέσο Ι του τμήματος που συνδέει το ορθόκεντρο με το

περίκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ. Αυτό συμβαίνει διότι π.χ. η μεσοκάθετος της χορδής ΔΚ του κύκλου του

Euler διέρχεται από το μέσο Ι της μη παράλληλης πλευράς ΟΗ του τραπεζίου ΗΔΚΟ (ΗΔ // ΟΚ, διότι

ΗΔ, ΟΚ ΒΓ) .

Η ακτίνα του κύκλου του Euler είναι ίση με το μισό της ακτίνας R του περιγεγραμμένου κύκλου του

τριγώνου ΑΒΓ.

Πραγματικά, από το τρίγωνο ΗΟΑ προκύπτει ότι:

9

ΟΑ RR = ΙΡ = ΙΡ =

2 2

Αλλά η ΙΡ είναι ακτίνα του κύκλου του Euler και έτσι ο ισχυρισμός μας αποδείχθηκε.


Γνωρίζουμε από τα θεωρήματα 15 και 16 ότι το συμμετρικό του ορθόκεντρου Η ως προς την πλευρά ΒΓ

καθώς και ως προς το μέσο Μ της πλευράς ΒΓ είναι σημεία του περιγεγραμμένου κύκλου του Δ

ΑΒΓ . Αν

λοιπόν Θ είναι το μέσο του ΗΒ, Δ το ίχνος του ύψους από το Α και Μ το μέσο του ΒΓ, αρκεί να αποδειχθεί

ότι TΘ ΤΔ ΤΜ , όπου Τ είναι το μέσο του ΟΗ.

Φέρουμε ΤΣ ΒΓ . Στο τραπέζιο ΟΜΔΗ το ΤΣ είναι διάμεσος (αφού ΤΣ // ΟΜ και το Τ είναι μέσο

του ΟΗ), οπότε η ΤΣ είναι μεσοκάθετος του ΜΔ. Άρα:

ΟΝ R

ΤΔ ΤΜ2 2

(1)

Σημειώνουμε ότι στο τρίγωνο ΗΟΝ το ΤΜ ενώνει τα μέσα των

πλευρών ΗΟ, ΗΝ.

Στο τρίγωνο ΗΟΒ το ΤΘ ενώνει τα μέσα Τ, Θ των πλευρών ΗΟ,

ΗΒ. Επομένως:

ΟΒ R

TΘ2 2

(2)

Από τις (1) και (2) συμπεραίνουμε ότι:

R

TΘ ΤΔ ΤΜ2

Άρα ο κύκλος με κέντρο το μέσο Τ του ΟΗ και ακτίνα R

2 διέρχεται από το Θ, το Δ και το Μ, δηλαδή τελικά

από τα μέσα των τμημάτων ΗΒ, ΗΓ, ΗΑ, από τα ίχνη των υψών και από τα μέσα των πλευρών του τριγώνου

ΑΒΓ. Το Τ είναι λοιπόν το κέντρο του κύκλου Euler, η δε ακτίνα του κύκλου αυτού είναι R

2.

Θεώρημα 19ο

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και το τρίγωνο ΚΛΜ που

σχηματίζουν τα παράκεντρα του τριγώνου

αυτού. Τότε ο περιγεγραμμένος κύκλος του

τριγώνου ΑΒΓ διέρχεται από τα μέσα των

τμημάτων ΚΛ, ΛΜ, ΚΜ.

Απόδειξη

Επειδή oˆIAM 90 , είναι:

KA MΛ

Ανάλογα είναι ΛΒ ΚΜ , ΜΓ ΚΛ . Άρα στο τρίγωνο

ΚΛΜ το έγκεντρο Ι του Δ

ΑΒΓ είναι ορθόκεντρο. Στο

τρίγωνο ΚΛΜ τα Α, Β, Γ είναι ίχνη των υψών, οπότε από

τα Α, Β, Γ περνάει ο κύκλος Euler του τριγώνου ΚΛΜ.

Αλλά ο κύκλος Euler περνάει και από τα μέσα των πλευρών ΚΛ, ΛΜ, ΚΜ. Με άλλα λόγια, ο

περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΒΓ δέρχεται από τα μέσα των τμημάτων ΚΛ, ΛΜ, ΚΜ του

τριγώνου ΚΛΜ που σχηματίζουν τα παράκεντρα του Δ

ΑΒΓ .

Σημείωση

Ο κύκλος (Α,Β,Γ) διέρχεται επίσης από τα μέσα των ΙΜ, ΙΚ, ΙΛ, αφού στο τρίγωνο ΚΛΜ ο κύκλος αυτός είναι ο

κύκλος Euler και το Ι είναι το ορθόκεντρο του Δ

ΚΛΜ .

Θεώρημα 20ο

Οι προβολές τυχαίου σημείου του περιγεγραμμένου κύκλου ενός τριγώνου πάνω στις πλευρές του

τριγώνου αυτού, είναι συνευθειακά σημεία.

(Ευθεία Simson)

Απόδειξη

Έστω ΜΔ ΒΓ , ΜΕ ΑΓ , ΜΖ ΑΒ . Επειδή η ΑΕΓ είναι ευθεία, για να είναι τα σημεία Δ, Ε, Ζ

συνευθειακά, αρκεί να αποδείξουμε ότι ˆ ˆΑΕΖ ΔΕΓ .

Το τετράπλευρο ΓΔΕΜ είναι εγγράψιμο, οπότε:

ˆ ˆΔΕΓ ΔΜΓ x

Το τετράπλευρο ΑΕΜΖ είναι εγγράψιμο, οπότε:

ˆ ˆAEZ AMZ y

Τα τρίγωνα ΜΔΓ, ΜΖΑ είναι ορθογώνια, οπότε:

ο oˆ ˆ ˆΔΜΓ 90 ΜΓΔ x 90 MΓΔ (1)

ο oˆ ˆˆΑΜΖ 90 ΖΑΜ y 90 ZAM (2)

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΒΓΜ παίρνουμε όμως ότι:

ˆ ˆˆ ˆMΓΒ ΜΑΖ ΜΓΔ ΖΑΜ (3)

Οι σχέσεις (1) και (2), λόγω της (3), δίνουν x y . Άρα τα σημεία Δ, Ε, Ζ είναι συνευθειακά.

Σχόλια

α) Είναι σημαντικό να παρατηρήσουμε ότι ισχύει και το αντίστροφο του θεωρήματος αυτού. Έτσι:

"Αν οι προβολές ενός σημείου του επιπέδου εκτός τριγώνου πάνω στις πλευρές του είναι συνευθειακά

σημεία, τότε το σημείο αυτό ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου."

β) Η ευθεία που σχηματίζουν οι προβολές των σημείων Μ πάνω στις πλευρές του τριγώνου λέγεται ευθεία

Simson του Μ για το τρίγωνο αυτό ή ακόμα ευθεία Simson – Wallace.

γ) Το γενικευμένο θεώρημα Simson – Wallace έχει την εξής μορφή:

Αν Μ είναι σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου ενός τριγώνου ΑΒΓ

και Δ, Ε, Ζ είναι σημεία των ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντίστοιχα, ώστε οι

προσανατολισμένες γωνίες ˆMΔΓ , ˆΜΕΓ , ˆΜΖΑ να είναι ίσες, τότε τα

σημεία Δ, Ε, Ζ είναι συνευθειακά.

Η απόδειξη προκύπτει, όπως και πριν, από τα εγγράψιμα τετράπλευρα

ΜΕΔΓ, ΜΕΑΖ και το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΒΓΜ, οπότε τελικά

είναι ˆ ˆΔΕΓ = ΑΕΖ .

Σελίδα 1 από 5

Μπάμπης Στεργίου – Μαθηματικός 25/02/2017

Οι εκφωνήσεις των ασκήσεων



A. Τρίγωνα – τετράπλευρα

ArJun.1 Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Δ

στην πλευρά ΒΓ. Στην προέκταση της ΑΓ παίρνουμε τμήμα

ΓΕ ΒΔ . Να αποδείξετε ότι ΔΑ ΔΕ .

ArJun.2 Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ, σημείο Ε στην

πλευρά ΑΒ και σημείο Ζ στην πλευρά ΒΓ, ώστε ΒΕ ΒΖ . Η

κάθετη ΒΚ από το Β προς την ΓΕ τέμνει την ΑΔ στο σημείο

Η. Να αποδείξετε ότι:

α) ΓΕ ΒΗ και ΓΕ ΒΗ .

β) Το ΔΗΖΓ είναι ορθογώνιο.

γ) Η γωνία ˆΔΚΖ είναι ορθή.

ArJun.3 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, το μέσο Μ της ΒΓ, μια

ημιευθεία Αx στο εσωτερικό της γωνίας Α που δεν διέρχεται

από το Μ και οι προβολές Δ, Ε των σημείων Β και Γ πάνω

στην Αx. Να αποδείξετε ότι:

ΜΔ ΜΕ .

ArJun.4 Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και το μέσο Μ της

πλευράς ΑΒ. Η κάθετη προς την ΑΓ στο σημείο Α τέμνει την

ευθεία ΓΒ στο σημείο Ε. Να αποδείξετε ότι τα σημεία Γ, Β, Ε

βρίσκονται στην ίδια ευθεία.

ArJun.5 Έστω Μ το μέσο της πλευράς ΑΒ ενός

τετραγώνου ΑΒΓΔ. Η ευθεία ΔΜ τέμνει την ευθεία ΓΒ στο

σημείο Ε. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΓΕ είναι ορθογώνιο

και ισοσκελές.

ArJun.6 Στη βάση ΒΓ ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ

παίρνουμε σημείο Δ. Στις πλευρές ΑΓ, ΑΒ παίρνουμε

αντίστοιχα τα σημεία Ε και Ζ έτσι, ώστε:

ˆ ˆΔΑΒ 2ΓΔΕ και ˆ ˆΔΑΓ 2ΒΔΖ .

Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΖΕ είναι ισοσκελές.

ArJun.7 Στο εσωτερικό ενός ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ

(ΑΒ ΑΓ) υπάρχει ένα σημείο Μ, ώστε:

οˆΜΒΓ 30 και 3ˆ ˆΜΑΒ ΒΑΓ4

.

Να αποδείξετε ότι οˆΑΜΓ 150 .

ArJun.8 Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι:

οΒ 30 και οΓ 45

Αν Ε είναι το συμμετρικό του Β ως προς το σημείο Γ, να

αποδειχθεί ότι οΕ 15 .

(Vrenceanu – 2006)

ArJun.9 Έστω ΑΒΓ ισοσκελές τρίγωνο με ΑΒ ΑΓ και οΑ 40 . Στο εσωτερικό του ΑΒΓ παίρνουμε σημείο Δ

τέτοιο, ώστε οˆΔΑΓ 10 και ΑΔ ΒΓ . Να αποδείξετε ότι οˆΔΓΑ 20 .

ArJun.10 Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Δ

στην πλευρά ΑΓ. Η διχοτόμος της γωνίας ΑΒΔ και η

παράλληλη από το Α προς τη ΒΓ τέμνονται στο σημείο Ε. Να

αποδείξετε ότι ΒΔ ΑΕ ΓΔ .

(Sperante Olympia – 2010)

ArJun.11 Στις πλευρές ΑΒ και ΑΓ ενός τριγώνου ΑΒΓ

παίρνουμε τα σημεία Δ, Ε αντίστοιχα έτσι, ώστε ΒΔ ΓΕ .

Αν Μ, Ν είναι τα μέσα των τμημάτων ΒΕ, ΓΔ και η ευθεία

ΜΝ τέμνει τις ευθείες ΑΒ, ΑΓ στα σημεία Ζ και Η, να

αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΖΗ είναι ισοσκελές.

(Βουλγαρία – 2002)

ArJun.12 Σε ένα ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ είναι οˆ ˆΒ Γ 80 . Στην πλευρά ΑΓ παίρνουμε τμήμα ΑΔ ΒΓ .

Να αποδειχθεί ότι οˆΑΒΔ 10 .

ArJun.13 Θεωρούμε το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ, το

μέσο Μ του ΑΒ, το μέσο Ν του ΑΓ και η προβολή Ρ του Δ

στην ευθεία ΓΜ. Να αποδείξετε ότι ˆ ˆΑΡΝ ΑΒΓ .

ArJun.14 Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ οˆ(Α 90 ) , το

ύψος ΑΔ, τυχαίο σημείο Ρ του τμήματος ΑΔ, η κάθετη προς

την ΒΡ στο Ρ που τέμνει την ευθεία ΓΑ στο Ε και η

παράλληλη από το Ρ προς τη ΒΓ που τέμνει την ΑΓ στο Ζ.

Να αποδείξετε ότι ΑΕ ΓΖ .

ArJun.15 Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και τα σημεία Μ, Ν

των πλευρών ΓΔ, ΓΒ αντίστοιχα έτσι, ώστε ˆ ˆΜΑΔ ΜΑΝ .

Στην προέκταση της ΝΒ παίρνουμε σημείο Ε τέτοιο, ώστε

ΑΕ ΑΜ . Αν η ευθεία ΑΜ τέμνει τη ΒΓ στο Ρ, να

αποδείξετε ότι:

α) Το τρίγωνο ΑΕΡ είναι ορθογώνιο.

β) ΡΕ

ΔΜ ΒΝ2

.

γ) ΑΝ ΜΔ ΝΒ .

(Arad – 2008)

ArJun.16 Σε ένα τραπέζιο ΑΒΓΔ με ΑΒ // ΓΔ είναι

ΓΔ 2ΑΒ . Έστω Ν το μέσο του ΓΔ και Μ το μέσο του ΒΓ.

Εξωτερικά του ΑΒΓΔ θεωρούμε τα ισόπλευρα τρίγωνα ΑΔΕ

και ΓΝΖ. Να αποδειχθεί ότι:

οˆΕΜΖ 90 .


25/02/2017

ArJun.17 Σε ένα ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ

με οΑ 90 φέρουμε τη διάμεσο ΒΜ. Η κάθετη από το Α

προς τη ΒΜ τέμνει τη ΒΓ στο σημείο Δ. Να αποδειχθεί ότι

ΒΔ 2ΔΓ .

ArJun.18 Στο εξωτερικό ενός ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ

με oA 120 θεωρούμε τα ορθογώνια και ισοσκελή τρίγωνα

ΒΑΔ, ΑΓΕ με οˆ ˆBAΔ ΑΓΕ 90 . Να αποδειχθεί ότι:

οˆΒΔΕ 90 .

(Ρουμανία – 2006)

ArJun.19 Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και οι κύκλοι

1C (A, AB) (με κέντρο το σημείο Α και ακτίνα 1R AB) και

2C (A, AΓ) (με κέντρο το σημείο Α και ακτίνα 2R AΓ). Ο

κύκλος 1C (A, AB) τέμνει την ευθεία ΒΓ στο σημείο Ε και

την ευθεία ΑΒ στο σημείο Δ. Ο κύκλος 2C (A, AΓ) τέμνει

την ευθεία ΒΓ στο σημείο Κ και την ευθεία ΑΓ στο σημείο Ν.

α) Να αποδειχθεί ότι το τετράπλευρο ΔΕΚΝ είναι ορθογώνιο.

β) Αν το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΓΑ ΓΒ και οΓ 30 , να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΔΕΚΝ είναι

τετράγωνο.

(Θαλής – 2010)

ArJun.20 Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ

με υποτείνουσα ΒΓ. Στην πλευρά ΑΒ παίρνουμε τα σημεία

Μ, Ν έτσι, ώστε ΑΜ ΒΝ . Η κάθετη από το Α προς την ΓΜ

τέμνει τις ΓΜ, ΓΒ στα σημεία Ε και Ζ αντίστοιχα. Να


α) ˆ ˆΑΖΓ ΒΖΝ ,

β) οˆΔΕΖ 45 , όπου Δ είναι το μέσο του ΒΓ.

ArJun.21 Στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ ενός τετραγώνου

ΑΒΓΔ με πλευρά α παίρνουμε αντίστοιχα τα σημεία Κ, Λ, Μ,

Ν έτσι, ώστε ΑΚ ΑΝ ΓΛ ΓΜ 2α. Να αποδειχθεί ότι η

ΚΜ είναι κάθετη στη ΛΝ.

ArJun.22 Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με οΒ 90 και οΑ 45 . Θεωρούμε τα μέσα Δ και Ε των πλευρών ΒΓ και

ΑΓ, αντίστοιχα και σημείο Μ διαφορετικό από το Α στο

ευθύγραμμο τμήμα ΑΕ. Αν η μεσοκάθετη του ευθυγράμμου

τμήματος ΒΜ τέμνει την ευθεία ΔΕ στο Ζ και την ευθεία ΑΓ

στο Θ, να αποδείξετε ότι:

α) ˆˆΒΜΖ Α .

β) Η ευθεία ΒΖ διχοτομεί τη γωνία ˆΘΒΕ .

(ΕΜΕ, Ευκλείδης – 2011, 2012)

B. Κύκλος – εγγράψιμα ArJun.23 να τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ ΑΓ είναι

εγγεγραμμένο σε κύκλο. Η εφαπτομένη του κύκλου στο Β

τέμνει την ευθεία ΑΓ στο σημείο Κ. Έστω Ε το

αντιδιαμετρικό του Α. Η κάθετη από το Κ προς την ευθεία

ΑΕ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΒΓΚ στο

Δ. Να αποδείξετε ότι η ΓΕ διχοτομεί τη γωνία ˆΒΓΔ .

ArJun.24 Ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο

με κέντρο Ο. Οι εφαπτομένες του κύκλου στα σημεία Β, Γ

τέμνονται στο Δ. Η κάθετη από το Δ προς την ευθεία ΟΑ

τέμνει τις ευθείες ΑΒ και ΑΓ στα σημεία Ε και Ζ. Να

αποδείξετε ότι:

α) τα τρίγωνα ΔΒΕ, ΔΓΖ είναι ισοσκελή.

β) ΔΕ ΔΖ .

ArJun.25 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με οΒ 60 . Αν Η είναι το

ορθόκεντρο και Ο το περίκεντρο του τριγώνου, να αποδειχθεί

ότι η ΗΟ διχοτομεί τη γωνία ˆΓΗΔ , όπου ΑΔ είναι ύψος του

τριγώνου.

ArJun.26 Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ oˆ(A 90 ) και

έστω Ε το μέσο της διχοτόμου ΒΔ. Η εφαπτομένη του

περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΕΒ στο σημείο Α

τέμνει την πλευρά ΒΓ στο σημείο Μ. Να αποδείξετε ότι η

ευθεία ΜΕ και η διχοτόμος της γωνίας Γ τέμνονται πάνω

στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ.

(Θαλής – 2010)

ArJun.27 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και η διχοτόμος ΑΔ. Στην

πλευρά ΑΓ παίρνομε σημείο Ε, ώστε ΓΕ ΓΔ . Η διχοτόμος

της γωνίας Β τέμνει την ευθεία ΔΕ στο Ζ. Να αποδειχθεί ότι

ΖΑ ΖΔ .

ArJun.28 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο

και η διχοτόμος ΑΔ. Η ευθεία ΑΔ τέμνει τον κύκλο στο Ε. Ο

κύκλος με διάμετρο ΔΕ ξανατέμνει τον κύκλο στο Ζ. Αν Μ

είναι το μέσο του ΒΓ, να αποδειχθεί ότι ˆ ˆΖΑΒ ΜΑΓ .

ArJun.29 Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ με ορθόκεντρο Η και

περίκεντρο Ο η διχοτόμος ΑΔ είναι κάθετη στην ΟΗ. Να

αποδειχθεί ότι οΑ 60 .


ArJun.30 Στο παρακάτω σχήμα οι χορδές ΓΔ και ΕΖ είναι

παράλληλες. Τα σημεία Η, Θ του τόξου EZ είναι τυχαία. Τα

τμήματα ΕΘ, ΔΗ τέμνονται στο Κ και τα τμήματα ΖΗ, ΓΘ

τέμνονται στο Λ. Να αποδειχθεί ότι τα τμήματα ΚΛ και ΓΔ

είναι παράλληλα.


25/02/2017

ArJun.31 Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, το ορθόκεντρο

Η, το μέσο Μ του ΑΒ, το μέσο Ν του ΗΓ και το σημείο τομής

Σ των διχοτόμων των γωνιών ˆΗΒΓ , ˆΗΑΓ . Να αποδειχθεί

ότι τα σημεία Μ, Σ, Ν είναι συνευθειακά.

ArJun.32 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α ο60 και οι

διχοτόμοι του ΒΔ, ΓΕ. Να αποδειχθεί ότι:

α) ΙΔ ΙΕ .

β) ΒΕ ΓΔ ΒΓ .

ArJun.33 Δύο κύκλοι 1C , 2C τέμνονται στα σημεία Α και

Β. Μια ευθεία που διέρχεται από το Β τέμνει τους κύκλους

στα Γ και Δ. Η ευθεία ΑΒ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο

του τριγώνου ΑΓΔ στο σημείο Ν. Οι ευθείες ΝΓ, ΝΔ τέμνουν

τους κύκλους 1C , 2C στα σημεία Ε και Ζ. Να αποδειχθεί ότι:

α) τα σημεία Ε, Β, Ζ είναι συνευθειακά.

β) τα σημεία Α, Ε, Ν, Δ είναι ομοκυκλικά.

ArJun.34 Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με

AB AΓ BΓ που είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο C(Ο,R). Η

διχοτόμος ΑΔ του Δ

ΑΒΓ τριγώνου τέμνει τον κύκλο στο Κ. Ένας κύκλος 1C που έχει το κέντρο του στην ακτίνα ΟΑ και

περνάει από τα σημεία Α, Δ τέμνει την ΑΒ στο Ε και την ΑΓ

στο Ζ. Αν Μ είναι το μέσο του ΓΖ, να αποδειχθεί ότι οι

ευθείες ΕΖ, ΔΜ, ΚΓ συντρέχουν.

(ΕΜΕ, Αρχιμήδης – 2012)

ArJun.35 Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και εκτός αυτού τα

ισόπλευρα τρίγωνα ΑΒΕ, ΒΓΖ. Οι ευθείες ΒΔ, ΑΓ τέμνονται

στο Η. Να αποδειχθεί ότι τα σημεία Α, Η, Ζ βρίσκονται στην

ίδια ευθεία.

(Αρχιμήδης – 2006)

ArJun.36 Δίνεται οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ (με

ΑΒ ΑΓ) εγγεγραμμένο σε κύκλο (c) με κέντρο Ο και

ακτίνα R. Από το σημείο Α φέρνουμε τις δύο εφαπτομένες

προς τον κύκλο 1(c ) , που έχει κέντρο το σημείο Ο και ακτίνα

r OM (Μ είναι το μέσο της ΒΓ). Η μία εφαπτομένη

εφάπτεται στον κύκλο 1(c ) στο σημείο Τ, τέμνει την ΒΓ στο

σημείο Ν και τον κύκλο (c) στο σημείο 1N (θεωρούμε

BN BM ). Η άλλη εφαπτομένη εφάπτεται στον κύκλο 1(c )

στο σημείο Σ, τέμνει την ΒΓ στο σημείο Κ και τον κύκλο (c)

στο σημείο 1K (θεωρούμε ΓΚ ΓΜ ). Να αποδείξετε ότι οι

ευθείες 1ΒΝ , 1ΓΚ και ΑΜ περνάνε από το ίδιο σημείο

(συντρέχουν).

ArJun.37 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο

(C) με κέντρο Ο και ακτίνα R. Ο περιγεγραμμένος κύκλος

του τριγώνου ΑΟΒ (έστω 1(C )) τέμνει την ΑΓ στο σημείο Κ

και τη ΒΓ στο σημείο Ν. Έστω 2(C ) ο περιγεγραμμένος

κύκλος του τριγώνου ΓΚΝ και 3(C ) ο περιγεγραμμένος

κύκλος του τριγώνου ΟΓΚ. Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι

1(C ), 2(C ) και 3(C ) είναι ίσοι μεταξύ τους.

(ΕΜΕ, Ευκλείδης – 2011)

ArJun.38 Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ και δύο σημεία

Γ, Δ αυτού. Οι εφαπτομένες στα σημεία Γ, Δ τέμνονται στο Ε,

ενώ οι ΑΔ, ΒΓ τέμνονται στο Ζ. Αν η ΕΖ τέμνει την ΑΒ στο

Μ, να αποδειχθεί ότι τα σημεία Ε, Γ, Μ, Δ είναι ομοκυκλικά.

(Κίνα – 2010 (CWMO))

ArJun.39 Ένα ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ ΑΓ είναι

εγγεγραμμένο σε κύκλο με κέντρο Ο. Φέρουμε τη διχοτόμο

ΓΔ και την κάθετη από το Ο προς την ΓΔ που τέμνει την ΑΓ

στο Ε. Αν η παράλληλη από το Ε προς την ΓΔ τέμνει την ΑΒ

στο Ζ, να αποδειχθεί ότι ΑΕ ΖΔ .

ArJun.40 Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ, η προβολή Ε του Β

στη διαγώνιο ΑΓ, το μέσο Μ του ΑΕ και το μέσο Ν του ΓΔ.

Να αποδειχθεί ότι η γωνία ˆBMN είναι ορθή.

ArJun.41 Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ. Το ύψος του ΑΔ

τέμνει τον περιγεγγραμμένο κύκλο στο σημείο Ζ και o

περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΒΔΖ τέμνει την ευθεία

ΑΒ στο σημείο Ε. Αν η ευθεία ΕΔ τέμνει την ευθεία ΑΓ στο

Κ, και η ευθεία ΖΚ την ΒΓ στο σημείο Λ, να αποδείξετε ότι

το σημείο Δ είναι το μέσο του ευθύγραμμο τμήματος ΒΛ.

(Θαλής – 2010)

ArJun.42 Δύο κύκλοι με κέντρα Κ και Λ τέμνονται στα

σημεία Α και Β. Οι ευθείες ΚΒ, ΛΒ τέμνουν τους κύκλους

(Λ), (Κ) στα σημεία Ζ, Ε αντίστοιχα. Μια παράλληλη από το

Β προς την ΕΖ τέμνει τους κύκλους στα σημεία Μ και Ν. Να


ΜΝ ΑΕ ΑΖ .

(Ρωσία – 1995)


25/02/2017

Γ. Θεώρημα Θαλή – Ομοιότητα ArJun.43 Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ με ΑΒ // ΓΔ και το

μέσο Μ του ΓΔ. Η ΑΓ τέμνει τη ΒΜ στο Ε και η ΒΔ τέμνει

την ΑΜ στο Ζ. Να αποδειχθεί ότι ΖΕ // ΓΔ.

ArJun.44 Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και τα ύψη του

ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ. Oι κάθετες προς τη ΒΓ στα σημεία Β, Γ τέμνουν

τις ευθείες ΓΖ, ΒΕ στα σημεία Μ και Ν αντίστοιχα. Να

αποδειχθεί ότι ˆ ˆΑΔΜ ΑΔΝ .

(Ρουμανία, Albu – 2007)

ArJun.45 Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, το ύψος ΑΔ, η

διχοτόμος ΑΕ και το έγκεντρο Ι του Δ

ΑΒΓ . Αν Θ είναι η

προβολή του Ι στην ΑΓ και η κάθετη στο Α προς την ΑΓ

τέμνει την ευθεία ΕΘ στο σημείο Η, να αποδειχθεί ότι

ΑΗ ΑΔ .

(ΕΜΕ, Αρχιμήδης Junior – 2001)

ArJun.46 Ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο.

Οι εφαπτομένες του κύκλου στα Β, Γ τέμνονται στο Δ. Αν Μ

είναι το μέσο του ΒΓ, να αποδείξετε ότι:

ˆ ˆΔΑΒ ΜΑΓ .

ArJun.47 Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και τα σημεία Μ, Ν

των πλευρών ΒΓ, ΓΔ αντίστοιχα, ώστε ΒΜ ΓΝ . Οι ΑΒ,

ΔΜ τέμνονται στο Ε, οι ΑΔ, ΒΝ τέμνονται στο Ζ και οι ΒΖ,

ΔΕ τέμνονται στο Ρ. Να αποδειχθεί ότι:

α) τα σημεία Ε, Γ, Ζ βρίσκονται στην ίδια ευθεία,

β) ΑΡ ΜΝ ,

γ) ΖΕ ΑΡ .

(Ρουμανία – 2006, Bacau VII)

ArJun.48 Στην υποτείνουσα ΒΓ ενός ορθογωνίου και

ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ παίρνουμε τα σημεία Μ και Ν

έτσι, ώστε 2 2 2ΜΝ ΒΜ ΓΝ , όπου τα Β, Μ, Ν, Γ είναι μ'

αυτή τη σειρά. Να αποδειχθεί ότι οˆΜΑΝ 45 .

ArJun.49 Σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε τη διχοτόμο ΑΔ και

τη διάμεσο ΑΜ. Η κάθετη από το Β προς την ΑΔ τέμνει την

ΑΔ στο σημείο Ε και την ΑΜ στο σημείο Ζ. Να αποδειχθεί

ότι ΔΖ // ΑΒ.

ArJun.50 Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ ΑΓ

και Ρ εσωτερικό σημείο του τριγώνου, ώστε ˆ ˆΡΒΓ ΡΓΑ . Αν

Μ είναι το μέσο του ΒΓ, να αποδειχθεί ότι:

οˆ ˆΒΡΜ ΑΡΓ 180 .

ArJun.51 Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και σημείο Ε στη

διαγώνιο ΑΓ. Έστω Ζ, Η οι προβολές του Ε στις ΔΓ, ΑΔ

αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι:

α) ΒΕ ΗΖ ,

β) τα σημεία Ρ, Ε, Β είναι συνευθειακά, όπου Ρ είναι το

σημείο τομής των ΑΖ, ΓΗ.

ArJun.52 Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ και ευθεία

παράλληλη στην ΒΔ που τέμνει την πλευρά ΓΔ στο Ε και την

πλευρά ΒΓ στο Ζ. Η ευθεία ΑΕ τέμνει την ΒΓ στο Θ και η

ΑΖ τέμνει τη ΔΓ στο Η. Να αποδειχθεί ότι:

α) ΕΖ // ΘΗ.

β) η ευθεία ΑΓ διχοτομεί το τμήμα ΘΗ.

ArJun.53 Σε ένα τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ // ΓΔ) είναι ΔΓ ΔΒ .

Οι διαγώνιες τέμνονται στο Ε. Η παράλληλη από το Ε προς

τη ΓΔ τέμνει την ΑΔ στο Η. Να αποδειχθεί ότι:

α) η ΒΗ διχοτομεί τη γωνία ˆΑΒΔ ,

β) η γωνία ˆΗΒΓ είναι ορθή.

ArJun.54 Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ με ΑΒ ΒΓ .

Στην πλευρά ΑΒ παίρνουμε σημείο Μ, ώστε ΒΜ ΒΓ . Μια

ευθεία που διέρχεται από το Δ τέμνει το τμήμα ΜΒ στο Ε, τη

ΜΓ στο Η και την ευθεία ΓΒ στο Λ. Η ευθεία ΒΗ τέμνει την

ΑΔ στο Ζ. Να αποδείξετε ότι:

α) ΗΔ ΓΔ

ΗΛ ΓΛ , β)

ΔΖ ΓΔ

ΒΛ ΓΛ ,

γ) ΑΖ ΜΕ .

ArJun.55 Στην πλευρά ΑΒ ενός τετραγώνου ΑΒΓΔ

παίρνουμε σημείο Ε. Η ευθεία ΔΕ τέμνει την ευθεία ΓΒ στο

Ζ. Η ευθεία ΓΕ τέμνει την ΑΖ στο Η. Να αποδειχθεί ότι:

ΒΗ ΔΖ .


ArJun.56 Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ φέρουμε τη διάμεσο ΑΜ.

Στην πλευρά ΑΒ παίρνουμε σημείο Τ έτσι, ώστε ΤΓ 2ΤΒ .

Η διχοτόμος της ˆΑΤΒ τέμνει την ΑΒ στο Δ. Αν η ΓΔ τέμνει

την ΑΜ στο Ε, να αποδείξετε ότι:

ΤΕ ΤΔ .

(Ρουμανία – 2013, shortlist)


Μπάμπης Στεργίου - Μαθηματικός 25/02/2017

Οι λύσεις των ασκήσεων



A: Τρίγωνα – τετράπλευρα

ArJun.1 Στην πλευρά ΑΒ παίρνουμε τμήμα ΒΖ ΒΔ .

Επειδή οΒ 60 και ΒΔ ΒΖ , το τρίγωνο ΒΔΖ είναι

ισόπλευρο Επομένως:

ΔΖ ΔΒ ΓΕ .

Τα τρίγωνα ΑΔΖ και ΓΔΕ είναι ίσα, διότι:

ΔΖ ΓΕ ,

ΑΖ ΓΔ , ως διαφορές ίσων τμημάτων,

οˆ ˆΑΖΔ 120 ΔΓΕ .

Άρα θα είναι και ΔΑ ΔΕ .

ArJun.2 α) Παρατηρούμε καταρχήν ότι ˆ ˆΑΒΗ ΒΓΕ ,

διότι είναι συμπληρωματικές της γωνίας ˆΒΕΓ (ή διότι είναι

οξείες και έχουν τις πλευρές τους κάθετες).

Τα ορθογώνια τρίγωνα λοιπόν ΑΒΗ και ΒΓΕ έχουν:

ΑΒ ΒΓ ,

ˆ ˆΑΒΗ ΒΓΕ .

Επομένως τα

τρίγωνα αυτά είναι ίσα, οπότε ΒΗ ΓΕ . Είναι επίσης ˆ ˆΒΕΓ ΑΗΒ , οπότε:

οˆ ˆ ˆ ˆΑΒΗ ΓΕΒ ΑΒΗ ΑΗΒ 90 ,

διότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο.

β) Επειδή Δ Δ

ΑΒΗ ΓΒΕ , παίρνουμε ότι:

ΑΗ ΒΕ ΒΖ .

Επειδή ΑΔ ΒΓ και ΑΗ ΒΖ , θα είναι ΔΗ ΓΖ . Όμως

ΔΗ // ΓΖ, οπότε το ΓΔΗΖ είναι παραλληλόγραμμο και επειδή

έχει και μία ορθή γωνία (π.χ. την Δ ), θα είναι ορθογώνιο.

γ) Έστω ότι οι διαγώνιες του ορθογωνίου ΓΔΗΖ τέμνονται

στο σημείο Ο. Το Ο είναι κοινό μέσο των ΗΓ, ΔΖ και

ΗΓ ΔΖ .

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΗΚΓ είναι:

ΗΓ ΔΖ

ΚΟ2 2

.

Αφού στο τρίγωνο ΔΚΖ η διάμεσος ΚΟ είναι ίση με το μισό

της πλευράς ΔΖ, αυτό είναι ορθογώνιο. Άρα οˆΔΚΖ 90 .

ArJun.3 Έστω Ν το μέσο του ΔΕ. Στο τραπέζιο ΒΔΓΕ το

τμήμα ΜΝ ενώνει τα μεσα των διαγωνίων ΒΓ και ΔΕ. Άρα:

ΜΝ // ΒΔ // ΓΕ.

Όμως ΒΔ ΑΕ , οπότε ΜΝ // ΒΔ. Άρα ΜΝ ΔΕ και έτσι

ΜΝ είναι μεσοκάθετος του ΔΕ. Επομένως ΜΔ ΜΕ .

ArJun.4 Φέρνουμε τη ΜΓ. Τότε:

Δ Δ

ΑΔΜ ΒΓΜ ,

οπότε:

ˆ ˆ ˆΒΜΕ ΑΜΔ ΒΜΓ ρ .

Επομένως ˆ ˆΑΜΕ ΑΜΓ και έτσι:

Δ Δ

ΑΜΕ ΑΜΓ .



Άρα ΑΕ ΑΓ , οπότε το τρίγωνο ΑΕΓ είναι ορθογώνιο και

ισοσκελές. Έτσι:

οˆ ˆΑΓΕ 45 ΑΓΒ .

Αυτό σημαίνει ότι τα Γ, Β, Ε είναι συνευθειακά.

ArJun.5 Είναι Δ Δ

ΑΜΔ ΜΒΕ , οπότε:

ΒΕ ΑΔ ΑΒ .

Στο Δ

ΑΓΕ η ΑΒ είναι λοιπόν ύψος και διάμεσος, οπότε

ΑΓ ΑΕ . Αφού:

ΑΒ ΒΕ ΕΓ ,

το Δ

ΑΓΕ είναι ισοσκελές.

ArJun.6 Έστω ˆΕΔΓ α και ˆΖΔΒ β .

Είναι:

ο οˆ180 Α 180 2α 2βˆ ˆΒ Γ2 2

ο90 α β (1).

(1)

οˆ ˆ ˆΑΔΒ ΔΑΓ ΔΓΑ 2β (90 α β)

ο90 α β (2).

(2)

οˆ ˆ ˆΑΔΕ 180 ΑΔΒ ΕΔΓ

ο ο180 (90 α β) α

ο ο90 α β α 90 β .

(1)

οˆˆ ˆΑΕΔ ΕΔΓ ΕΓΔ α (90 α β)

ο90 β .

Άρα οˆ ˆΑΔΕ ΑΕΔ 90 β , οπότε το τρίγωνο ΑΔΕ είναι

ισοσκελές. Έτσι ΑΔ ΑΕ . Όμοια είναι ΑΔ ΑΖ , οπότε

ΑΖ ΑΕ .

ArJun.7 Φέρνουμε το ύψος ΑN του Δ

ΑΒΓ που τέμνει την

ΜΒ στο Ρ. Είναι τότε:

οˆ ˆΡΒΝ ΡΓΝ 30 ,

οˆ ˆΒΡΝ ΝΡΓ 60 ,

ο ο ο οˆΜΡΓ 180 60 60 60 .

Άρα ˆ ˆΜΡΓ ΜΡΑ , οπότε η ΡΜ διχοτομεί τη γωνία ˆΑΡΓ .

Επειδή 3ˆ ˆΜΑΒ ΒΑΓ4

, είναι:

1ˆ ˆΜΑΓ ΒΑΓ4

,



δηλαδή:

1 1ˆ ˆ ˆΜΑΓ 2ΡΑΓ ΡΑΓ4 2

.

Άρα και η ΑΜ διχοτομεί τη γωνία ˆΡΑΓ , οπότε στο Δ

ΡΑΓ το

Μ είναι έγκεντρο. Άρα:

ο ο ο ο

ˆΑΡΓˆΑΜΓ 90 90 60 1502

.

ArJun.8 Έστω Μ το μέσο του ΑΒ και ΑΔ ΒΓ . Αφού οΒ 30 , είναι:

ΑΒ

ΔΑ ΜΑ ΜΔ2

.

Το τρίγωνο ΑΔΜ είναι έτσι ισόπλευρο και αφού ΔΓ ΔΑ οˆ(ΔΓΑ 45 ) , θα είναι:

ΔΓ ΔΜ .

Επειδή:

ο ο οˆΓΔΜ 90 60 150

και ΔΓ ΔΜ , είναι οˆ ˆΔΓΜ ΔΜΓ 15 .

Στο τρίγωνο όμως ΑΒΕ το ΜΓ ενώνει τα μέσα δύο πλευρών,

οπότε ΜΓ // ΑΕ. Άρα:

οˆ ˆΕ ΜΓΒ 15 .

ArJun.9 Θεωρούμε στο εσωτερικό του Δ

ΑΒΓ το

ισόπλευρο τρίγωνο ΒΓΕ. Είναι τότε:

ΒΕ ΒΓ ΑΔ και ο ˆˆΑΒΕ 10 ΔΑΓ .

Άρα Δ Δ

ΑΔΓ ΑΒΕ , οπότε οˆˆΔΓΑ ΒΑΕ 20 , διότι οˆΒΑΓ 40 και η ΑΕ διχοτομεί τη γωνία ˆΒΑΓ .


Αν Η είναι το μέσο του ΑΗ και Μ είναι σημείο του ΑΗ, ώστε οˆΜΓΑ 10 , τότε:

ο ο οˆˆ ˆΗΜΓ ΜΑΓ ΜΓΑ 20 10 30

Στο ορθογώνιο λοιπόν τρίγωνο ΗΜΓ είναι:

ΜΓ 2ΗΓ ΒΓ ΑΔ .

Άρα Δ Δ

ΑΜΓ ΑΔΓ , διότι:

ΑΓ – κοινή, ΜΓ ΑΔ , οˆˆΜΓΑ ΔΑΓ 10 .

Άρα οˆˆΔΓΑ ΜΑΓ 20 .

ArJun.10 Στην προέκταση της ΑΓ παίρνουμε τμήμα

ΓΖ ΑΕ . Είναι τότε:

Δ Δ

ΑΒΕ ΓΒΖ ,

οπότε ˆ ˆΑΒΕ ΓΒΖ φ και ΒΖ ΒΕ . Είναι επομένως:

ˆ ˆ ˆ ˆΖΒΕ ΖΒΓ ΓΒΔ ΔΒΕ φ ω φ

οˆ2φ ω ΑΒΓ 60 .

Στο Δ

ΒΓΖ είναι: οˆ ˆ ˆ ˆΒΓΑ ΓΒΖ ΓΖΒ 60 φ Ζ



ο

Ζ 60 φ (1).

Επειδή οˆΕΒΖ 60 , παίρνουμε:

οˆ ˆ ˆΔΒΖ ΕΒΖ ΕΒΔ 60 φ (2).

Οι (1) και (2) δίνουν ˆ ˆΖ ΔΒΖ , οπότε το τρίγωνο ΔΒΖ είναι

ισοσκελές. Άρα:

ΔΒ ΔΖ ΔΓ ΓΖ ΓΔ ΑΕ .

ArJun.11 Έστω Ρ το μέσο του ΒΓ. Από τα τρίγωνα ΒΕΓ

και ΓΔΒ παίρνουμε ότι:

ΕΓ ΒΔ

ΡΜ ΡΝ2 2

.

Επομένως το τρίγωνο ΡΜΝ είναι ισοσκελές, οπότε:

ˆ ˆΡΜΝ ΡΝΜ φ ω .

Όμως είναι ΡΝ // ΒΖ, οπότε ˆ ˆΑΖΗ ΖΝΡ και ΡΜ // ΑΓ,

οπότε ˆ ˆΑΗΖ ΗΜΡ . Αφού:

ˆ ˆΖΝΡ ΗΜΡ ,

είναι και ˆ ˆΑΖΗ ΑΗΖ . Άρα το τρίγωνο ΑΖΗ είναι

ισοσκελές.

ArJun.12 Δίνουμε μια ακόμα λύση στο πασίγνωστο αυτό

θέμα.

Θεωρούμε το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΕ με οˆΒΑΕ 10 και

οΕ 90 , στο εξωτερικό του Δ

ΑΒΓ . Έστω ΔΖ ΑΕ . Είναι οˆΖΑΔ 30 , οπότε:

ΑΔ ΒΓ

ΔΖ ΒΕ2 2

,

διότι Δ Δ

ΑΒΜ ΑΒΕ . Το ΔΖΕΒ είναι λοιπόν ορθογώνιο, οπότε

οˆΖΔΒ 90 . Επομένως:

ο ο οˆ ˆ ˆΑΔΒ ΑΔΖ ΖΔΒ 60 90 150 .

Άρα ο ο ο οˆΔΒΑ 180 20 150 10 .

ArJun.13 Έστω ότι η ΓΜ τέμνει την ΔΑ στο Ε. Έτσι

ΜΑ ΜΒ και ΑΕ // ΒΓ, είναι Δ Δ

ΑΜΕ ΒΜΓ , οπότε

ΑΕ ΒΓ ΑΔ .

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΔΡΕ η ΡΑ είναι διάμεσος, οπότε

ΔΕΡΑ ΑΔ

2 .

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΡΔΓ η ΡΝ είναι διάμεσος, οπότε

ΓΔΡΝ ΔΝ

2 .

Τα τρίγωνα ΡΑΝ και ΔΑΝ έχουν τις πλευρές τους ίσες,

οπότε είναι ίσα. Άρα: ˆ ˆˆ ˆΑΡΝ ΑΔΝ ΑΔΓ ΑΒΓ .

Ερώτημα β)

Να αποδειχθεί ότι ΑΝ ΔΡ .

Απάντηση

Αφού ΝΔ ΝΡ και ΑΔ ΑΡ , η ΑΝ είναι μεσοκάθετος του

ΔΡ.

Σχόλιο

Αφού ˆˆΑΡΔ ΑΔΡ και ˆˆΝΡΔ ΝΔΡ , είναι ˆˆΑΡΝ ΑΔΝ .

ArJun.14 Φέρουμε τη ΡΗ // ΑΓ που τέμνει τη ΒΓ στο Η.

Το ΡΗΓΖ είναι προφανώς παραλληλόγραμμο, οπότε

ΖΓ ΡΗ . Φέρουμε την ΑΗ. Επειδή:



ΗΡ ΑΒ και ΑΔ ΒΓ ,

το Ρ είναι το ορθόκεντρο του Δ

ΑΒΗ . Επομένως ΒΡ ΑΗ .

Όμως ΒΡ ΕΡ , οπότε:

ΑΗ // ΡΕ.

Άρα το ΡΗΑΕ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε

ΑΕ ΡΗ ΖΓ , δηλαδή ΑΕ ΓΖ .

ArJun.15 α) Είναι Δ Δ

ΔΑΜ ΑΒΕ , οπότε ˆ ˆΔΑΜ ΕΑΒ .

Έτσι:

ˆ ˆ ˆΕΑΡ ΕΑΒ ΒΑΡ

οˆ ˆ ˆΔΑΜ ΒΑΡ ΔΑΒ 90 .

β) Είναι ˆΡ ΝΑΡ φ , οπότε το Ν είναι μέσο του ΕΡ και

έτσι:

ΕΡ

ΔΜ ΒΝ ΕΒ ΒΝ ΕΝ2

.

γ) Είναι (β)ΕΡ

ΑΝ ΔΜ ΒΝ2

.

ArJun.16 Έστω Η το συμμετρικό του Ζ ως προς το Μ.

Επειδή ΑΒ ΓΝ ΝΔ α και ΒΗ ΓΖ ΓΝ α , είναι Δ Δ

ΑΒΗ ΝΔΖ . Άρα ΑΗ ΔΖ . Έτσι Δ Δ

ΑΕΗ ΔΕΖ , αφού:

οˆ ˆ ˆΕΑΗ ΕΔΖ 270 Α

Επομένως ΕΗ ΕΖ και αφού το Μ είναι μέσο του ΖΗ, θα

είναι ΕΜ ΖΗ .

ArJun.17 Σχηματίζουμε το τετράγωνο ΑΒΕΓ. Επειδή

ΑΔ ΒΜ , είναι:

ˆˆΑΒΜ ΓΑΝ φ .

Άρα Δ Δ

ΑΒΜ ΑΓΝ , διότι:

ΑΒ ΑΓ και ˆˆΑΒΜ ΓΑΝ .

Επομένως ΑΓ ΕΓ

ΓΝ ΑΜ2 2

, που σημαίνει ότι το Ν είναι

μέσο του ΓΕ.

Στο τρίγωνο ΓΑΕ οι ΑΝ, ΓΟ είναι διάμεσοι, οπότε το Δ είναι

βαρύκεντρο. Άρα:

2 2 1 1

ΓΔ ΓΟ ΓΒ ΓΒ3 3 2 3

,

δηλαδή 1

ΓΔ ΒΓ3

. Άρα ΒΔ 2ΔΓ .


Φέρνουμε την ΑE ΒΓ . Τότε το Κ είναι βαρύκεντρο στο

τρίγωνο ΑΒΓ και:

ˆˆEΒΚ EΑΔ φ



ως συμπληρωματικές της ω. Επειδή λοιπόν είναι και:

ΒΓ

EΒ ΑE2

,

είναι Δ Δ

EΒΚ EΑΔ , οπότε ΕΚ ΕΔ . Άρα:

1 1

ΕΚ ΑΕ ΕΔ ΕΓ3 3

2 2 1ΔΓ ΕΓ ΔΓ ΒΓ

3 3 2

1

ΔΓ ΒΓ ΔΒ 2ΔΓ3

.

Σχόλιο

Αφού ΕΚ ΕΔ , είναι ο ˆˆΕΚΔ 45 ΕΑΓ , οπότε ΚΔ // ΑΓ.

Στο τρίγωνο ΒΜΓ θα είναι τότε ΔΒ ΚΒ

2ΔΓ ΚΜ

, οπότε

ΔΒ 2ΔΓ .


Στην προέκταση του ΑΓ παίρνουμε τμήμα ΓΖ ΑΓ . Επειδή

ΑΒ ΑΖ2

ΑΜ ΑΒ , είναι:

Δ Δ

ΑΒΜ ΑΒΖ .

Άρα ˆ ˆΑΒΜ ΑΖΒ φ , οπότε και:

ˆ ˆΕΑΓ ΑΖΒ φ ,

διότι ˆ ˆΕΑΓ ΑΒΜ , ως συμπληρωματικές της ˆΑΜΒ (ή της ˆΒΑΕ ).

Στο ορθογώνιο λοιπόν τρίγωνο ΑΒΖ η ΑΕ είναι διάμεσος,

οπότε το Δ είναι βαρύκεντρο μια και οι ΑΕ, ΒΓ είναι

διάμεσοι. Επομένως ΔΒ 2ΔΓ .

ArJun.18 Θεωρούμε το τετράγωνο ΑΓΕΖ. Αφού οˆΒΑΓ 120 , είναι οˆΔΑΖ 60 και έτσι το τρίγωνο ΑΔΖ είναι

ισόπλευρο. Άρα οˆΔΖΕ 150 , οπότε:

ο ο

ο180 150ˆ ˆΖΔΕ ΖΕΔ 152

.

Επομένως, αφού οˆΖΔΑ 60 , παίρνουμε:

ο ο οˆ ˆ ˆΕΔΑ ΖΔΑ ΖΔΕ 60 15 45 .

o o oˆ ˆ ˆΒΔΕ ΒΔΑ ΑΔΕ 45 45 90 .

Σημείωση

Ισχύει και το αντίστροφο. Έτσι, αν:

oˆBΔΕ 90

τότε oA 120 . Πραγματικά, αν θέσουμε ˆ ˆAΔZ ΑΖΔ ω ,

τότε:

ο ο

ο180 90 ω ωˆ ˆΖΔΕ ΖΕΔ 452 2

.

o ωˆ ˆ ˆΕΔΑ ΖΔΑ ZΔΕ ω 452

o3ω45

2 .

ο οˆ ˆAΔB AΔΖ 90 45

o o o3ω45 90 ω 60

2

.

Άρα το τρίγωνο ΑΔΖ είναι ισόπλευρο, οπότε οΑ 120 .

ArJun.19 α) Το ΒΝΔΓ είναι παραλληλόγραμμο διότι οι

διαγώνιες διχοτομούνται. Άρα ΔΝ // ΒΓ. Είναι όμως και:

οˆ ˆΝΚΓ ΒΕΔ 90 ,

οπότε ΝΚ // ΔΕ. Άρα το ΔΝΚΕ είναι παραλληλόγραμμο και



αφού οΚ 90 , είναι ορθογώνιο.

β) Έχουμε οΓ 30 και ΓΑ ΓΒ . Άρα το Δ

ΑKN είναι

ισοσκελές, οπότε:

KN AK AΓ ΓB .

Όμως Δ Δ

ΑΒK ΑEΓ , διότι ΑΒ ΑΕ , AK

AΓ , oˆ ÂKB AΓE 30 και ˆ ˆKBA AEΓ (οπότε

ˆ ˆΚΑΒ ΕΑΓ ). Επομένως ΚΕ ΒΓ . Είναι λοιπόν ΚΝ ΚΕ ,

οπότε το ΔΝΚΕ είναι τετράγωνο.

ArJun.20 α) Θεωρούμε το τετράγωνο ΑΒΗΓ και το

σημείο τομής Κ των ΑΖ, ΒΗ.

Επειδή ˆ ˆΒΑK AΓM , είναι Δ Δ

ΑΓM ΑΒK , οπότε

BK AM BN . Άρα Δ Δ

ΒZK ΒZN , οπότε

ˆ ˆ ÂZΓ BZK BZN .

β) Το τετράπλευρο ΑΕΔΓ είναι εγγράψιμο διότι oˆÂEΓ AΔΓ 90 . Άρα:

οˆ ˆΔΕΖ ΔΓΑ 45 .

ArJun.21 Φέρνουμε τις ΛΙ, ΚΤ παράλληλες προς τις ΑΒ,

ΑΔ αντιστοίχως.

Είναι:

ΑΝ ΑΚ ΜΓ ΓΛ 2α

ΔΙ ΝΙ ΑΝ ΑΚ ΚΒ ή

ΑΝ ΑΚ ΤΓ ΜΤ ΔΙ


ΑΝ ΑΚ ΚΒ ΜΤ ΔΙ


ΜΤ ΝΙ (1).


MTK NIΛ (αφού οˆ ˆΙ Τ 90 , ΙΛ ΚΤ α ,

ΜΤ NI ). Άρα:

ˆK Λ x , ˆ ˆN M ω

Είναι τότε:

oˆˆ ˆRPΛ RΛP PMΓ x ω x 90


Από το Α φέρνουμε ΑΕ // ΚΜ και ΑΖ // ΝΛ.

Από τα παραλληλόγραμμα έχουμε ότι:

2α ΑΚ ΑΝ ΓΛ ΓΜ

ΖΛ ΕΜ ΓΛ ΓΜ

ΒΓ ΒΖ ΓΔ ΔΕ 2α ΒΖ ΔΕ

Άρα είναι ΒΖ ΔΕ , οπότε τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΒΖ είναι

ίσα. Επομένως και ˆ ˆφ ω . Άρα οˆΕΑΖ 90 . Επομένως

ΚΜ ΝΛ . Επίσης προκύπτει και η ισότητα ΚΜ ΝΛ .


Μια μετρική απόδειξη.

Αρκεί να αποδείξουμε ότι:

2 2 2 2ΚΛ ΚΝ ΛΜ ΜΝ

Πράγματι,

2 2 2 2ΚΛ ΚΝ ΛΜ ΜΝ



2 2 2 2(α x) (α z) x y

2 2 2 2z t (α t) (α y)

24α 2α(x z t y)

2 24α 2α 2α 4α 4α ,

που ισχύει.

ArJun.22 α) Επειδή:

ΖM ΖΒ και ΖΒ ΖΓ ,

το Ζ είναι περίκεντρο του τριγώνου ΜΒΓ. Άρα:

o o

oˆ180 BZM 180 2ω ˆx 90 ω Α.

2 2

β) Στο τρίγωνο ΕΒΘ η ΕΖ διχοτομεί τη γωνία Ε του

ισοσκελούς τριγώνου ΕΒΓ και η ΘΖ διχοτομεί τη γωνία ˆΒΘΕ του ισοσκελούς τριγώνου ΒΘΜ. Άρα το Ζ είναι

έγκεντρο του τριγώνου ΕΒΘ, οπότε η ΒΖ διχοτομεί τη γωνία ˆΕΒΘ .

Σχόλιο

Λύσεις μπορούν να δοθούν επίσης με χρήση εγγράψιμων

τετραπλεύρων.

B. Κύκλος – εγγράψιμα

ArJun.23 Έστω ˆΒΓΕ φ και ˆΕΓΔ x . Θα

αποδείξουμε ότι φ x . Αλλά:

ˆˆΕΓΒ ΕΑΒ φ ,

ˆˆΓΒΚ ΓΑΒ φ ρ ,

ˆ ˆΒΚΔ ΒΓΔ φ x .

Επειδή ΑΕ ΚΔ , είναι:

o ˆρ φ x y 90 AΓΕ φ ω .

Άρα ρ x y ω . Στο Δ

ΒΓΚ είναι:

ˆ ˆ ˆΒΓΑ ΓΒΚ ΓΚΒ ω φ ρ y .

Άρα ρ x y φ ρ y x φ .

ArJun.24 α) Φέρνουμε την εφαπτομένη ΚΑΛ του

κύκλου. Επειδή ΔΖ // ΑΛ, είναι ˆ ˆΖΑΛ ΑΖΔ φ .

Όμως:

ˆ ˆ ˆΛΑΓ ΝΓΑ ΔΓΖ φ ,

οπότε ˆ ˆΔΖΓ ΔΓΖ φ . Άρα το τρίγωνο ΔΓΖ είναι

ισοσκελές και έτσι ΔΓ ΔΖ .

Είναι ΕΔ // ΑΚ, οπότε ˆ ˆΚΑE AEΔ ω . Όμως

ˆ ˆ ˆΚΑB PBA EBΔ ω , οπότε τελικά:

ˆ ˆΔΕΒ ΔΒΕ ω .

Το τρίγωνο ΔΒΕ είναι ισοσκελές, οπότε:

ΔΕ ΔΒ .



β) Επειδή λοιπόν ΔΕ ΔΒ , ΔΒ ΔΓ και ΔΓ ΔΖ , θα

είναι ΔΕ ΔΖ .

ArJun.25 Έστω ΓΕ το ύψος από το Γ. Το

τετράπλευρο ΗΕΒΔ είναι εγγράψιμο, οπότε oˆΑΗΓ 120 . Είναι επίσης:

oˆ ˆ ˆAOΓ 2B 120 AHΓ .

Συνεπώς το τετράπλευρο ΑΗΟΓ είναι εγγράψιμο. Άρα:

οˆˆOHΓ OAΓ 30 .

Επειδή οˆΔHΓ 60 και οˆΟHΓ 30 , η ΗΟ διχοτομεί τη

γωνία ˆΓΗΔ .

ArJun.26 Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ η ΑΕ είναι

διάμεσος. Άρα ΒΔ

ΑΕ ΕΒ2

. Είναι επίσης

ˆˆΑΒΕ ΕΑΜ φ , οπότε:

ˆˆΑΒΜ BΑΜ 2φ .

Το τρίγωνο ΜΑΒ είναι και αυτό ισοσκελές, οπότε

ΜΑ ΜΒ . Άρα το Μ είναι μέσο της ΒΓ

(oˆΜΑΓ 90 2φ , ο oˆ ˆΓ 90 Β 90

2φ ). Άρα το Μ είναι το περίκεντρο του τριγώνου. Αν

η ΜΕ τέμνει τον κύκλο (Α,Β,Γ) στο σημείο Ν, τότε το Ν

είναι μέσο του ΑΒ , διότι η ΜΕ είναι μεσοκάθετος του

ΑΒ. Αφού ΝΑ ΝΒ , η ΓΝ διχοτομεί τη γωνία Γ .

Σχόλιο

Αφού ΜΕ είναι μεσοκάθετος του ΑΒ, προκύπτει ότι η

ΜΕ και η διχοτόμος της Γ τέμνονται στον κύκλο

(Α,Β,Γ), σύμφωνα με το θεώρημα του Νοτίου Πόλου.

ArJun.27 Με βάση το σχήμα και αφού ˆ ˆΓΔΕ ΓΕΔ ρ , είναι:

ο ο

2γ ρ ρ 180 ρ γ 90 (1).

Δ

ΔΕΑ : ρΕ y φ ρ y φ (2).

Δ

ΑΒΔ : y ρ 2ω φ (3).

Δ

ΑΒΓ : ο

2φ 2ω 2γ 180

οφ ω γ 90 (4).

Οι (1), (4) δίνουν: ρ γ φ ω γ ρ φ ω (5).

Η (3) δίνει: (5)

y ρ 2ω φ

y (φ ω) 2ω φ

ˆ ˆy ω ΑΔΖ ΑΒΖ .

Άρα το ΑΒΔΖ είναι εγγράψιμο και αφού ΖΔ ΖΑ ,

παίρνουμε ΖΔ ΖΑ .

Σχόλιο

Από την (5) είναι ρ φ ω . Όμως στο Δ

ΔΒΖ είναι

ρ ω x . Άρα:

ˆ ˆφ ω ω x φ x BAΔ ΒΖΔ .

Το ΑΒΔΖ είναι λοιπόν εγγράψιμο, οπότε:

ΖΑ ΖΔ .

ArJun.28 Έστω ότι η ευθεία ΕΜ τέμνει τον κύκλο

στο Ν. Η ΕΝ είναι διάμετρος του κύκλου, οπότε οˆΝΖΕ 90 .

Είναι όμως και οˆΔΖΕ 90 , διότι η ΔΕ είναι διάμετρος.

Άρα τα σημεία Ν, Δ, Ζ βρίσκονται στην ίδια ευθεία.

Είναι ˆ ˆΖΑΕ ΖΝΕ , δηλαδή x y , διότι είναι

εγγράψιμες γωνίες που βαίνουν στο ίδιο τόξο.



Επειδή oˆEAN 90 ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε

διάμετρο, είναι οˆ ˆΔΑΝ ΔΜΝ 90 .

Άρα το ΑΔΜΝ είναι εγγράψιμο, οπότε: ˆ ˆΔΑΜ ΔΝΜ ω y .

Είναι λοιπόν x y και y ω , οπότε x ω . Αλλά

η ΑΔ είναι διχοτόμος της Α , οπότε ˆ ˆΔΑΒ ΜΑΓ ,

που είναι το ζητούμενο.

Σχόλιο

Επειδή ˆ ˆΖΑΒ ΜΑΓ , η ΑΖ είναι συμμετροδιάμεσος του Δ

ΑΒΓ . Η άσκηση δείχνει και έναν άλλο τρόπο

κατασκευής της συμμετροδιαμέσου.

ArJun.29 Έστω ΟΜ ΒΓ . Επειδή:

οˆ ˆ ˆΗΑΒ ΟΑΓ ( 90 Β)

και η ΑΔ είναι κάθετη στην ΗΟ, το Δ

ΑΗΟ είναι

ισοσκελές. Άρα:

ΟΓ

ΑΗ ΑΟ 2ΟΜ R ΟΜ2

ο οˆˆ ˆΟΓΒ ΟΒΓ 30 ΒΟΓ 120

οΑ 60 .

Σημείωση

Αν ΟΝ ΑΓ και ΓΕ είναι το ύψος από το Γ, τότε:

ΑΗ ΑΟ .

ˆ ˆΗΑΕ ΑΟΝ .


ΑΗΕ ΑΟΝ , οπότε ΑΓ

ΑΕ2

. Από το

ορθογώνιο τρίγωνο ΑΓΕ συμπεραίνουμε τώρα ότι οˆΑΓΕ 30 , οπότε οΑ 60 .

ArJun.30 Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΘΕΓΖ

έχουμε ότι:

ˆ ˆΕΘΓ ΕΖΓ ω (1)

και από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΓΔΖΗ έχουμε ότι:

ˆ ˆΔΓΖ ΔΗΖ ω (2).

Από τις σχέσεις (1), (2) θα ισχύει:

ˆˆΖΗΔ ΓΘΕ ω .

Επομένως το τετράπλευρο ΚΛΘΗ είναι εγγράψιμο,

οπότε ˆ ˆΘΗΛ ΘΚΛ φ .

Αλλά από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΗΕΖΘ ισχύει ˆ ˆΘΗΖ ΘΕΖ φ , που σημαίνει ότι ˆ ˆΘΚΛ ΘΕΖ ,

συνεπώς:

ΚΛ // ΕΖ // ΓΔ.

Η λύση έγινε από το συνάδελφο και φίλο Μιχάλη Νάννο.

ArJun.31 Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΒ, ΑΕΒ

παίρνουμε:

ΑΒ

ΜΔ ΜΕ2

(1).

Όμοια, από τα ορθογώνια τρίγωνα ΗΕΓ και ΗΔΓ

παίρνουμε:

ΗΓ

ΝΔ ΝΕ2

(2).

Το τετράπλευρο ΑΒΔΕ είναι εγγράψιμο, οπότε οι ΒΣ,

ΑΣ διέρχονται από το μέσο του τόξου ΔΕ . Άρα το Σ

βρίσκεται στον κύκλο (Α,Β,Δ,Ε) και προφανώς

ΣΔ ΣΕ . Άρα τα σημεία Μ, Σ, Ν βρίσκονται στη

μεσοκάθετη του ΔΕ.

ArJun.32 α) Στο Δ

ΙΒΓ η γωνία ˆΒΙΕ είναι εξωτερική.

Έτσι:



ˆ ˆΒ Γˆ ˆ ˆΒΕΙ ΙΒΓ ΙΓΒ2 2

ο

ο120 ˆ60 Α2

.

Άρα το ΑΕΙΔ είναι εγγράψιμο, οπότε:

ΙΔ ΙΕ ,

αφού Αˆ ˆΙΑΕ ΙΑΔ2

.

β) Φέρουμε τη διχοτόμο ΑΙΖ του Δ

ΑΒΓ . Τότε Δ Δ

ΒΕΙ ΒΖΙ και Δ Δ

ΓΔΙ ΓΖΔ , διότι:

οˆ ˆ ˆ ˆΒΙΕ ΒΙΖ ΖΙΓ ΓΙΔ 60 .

Επομένως:

ΒΕ ΒΖ και ΓΔ ΓΖ .

ΒΕ ΓΔ ΒΖ ΓΖ ΒΓ .

Σχόλιο

Ο νόμος των συνημιτόνων δίνει:

2 2 2 2 2

α β γ 2βγσυνΑ β γ βγ .

Επειδή γ α

ΒΕα β

,

β αΓΔ

α γ

, έχουμε:

αγ αβ

ΒΕ ΓΔα β α γ

2 2αγ γ αβ β

α(α β)(α γ)

2αγ βγ (α βγ) α(α β)(α γ)

α α(α β)(α γ) (α β)(α γ)

.

ArJun.33 Φέρουμε τις ΑΕ, ΑΖ. Αν θέσουμε ˆΔBZ α και ˆΓΒΕ β , αρκεί να αποδείξουμε ότι

α β . Είναι όμως:

ˆ ˆ ˆ ˆˆΓΕΒ ΓΑΒ ΓΑΝ ΓΔΝ ΒΔΖ

ˆΒΑΖ x ,

ˆ ˆˆ ˆBAE BΓΝ ΔΓΝ ΔΑΝ ,

οπότε x β α x . Άρα α β και έχουμε τελειώσει.

β) Αφού τα Ε, Β, Ζ είναι συνευθειακά, παίρνουμε ˆ ˆˆ ˆΓΕΒ ΒΑΖ x NEZ NAZ . Άρα το τετράπλευρο

ΑΕΝΖ είναι εγγράψιμο.

ArJun.34 Επειδή το κέντρο του 1C βρίσκεται στην

ΟΑ, οι κύκλοι 1C , C εφάπτονται στο Α. Έστω (ε) η

κοινή εφαπτομένη στο Α. Είναι τότε:

x φ (από τον 1C ) και y φ (από τον 2C ), οπότε

x y . Επομένως ΕΖ // ΒΓ.

α ρ (από την 1C ) και β ρ (από τον 2C ) , οπότε

ΔΖ // ΚΓ.

Το τετράπλευρο ΔΖΣΓ είναι παραλληλόγραμμο και

έτσι η ΔΣ διχοτομεί το τμήμα ΓΖ, δηλαδή η ΔΣ

διέρχεται από το Μ.

Σχόλια

α) Επειδή ΔE ΔΖ και ΒΔΓ // ΕΖ, η ΒΓ εφάπτεται με

τον 1C στο Δ.

β) Αν η ΚΒ τέμνει την ΖΕ στο Τ, τότε η ΔΤ διχοτομεί

την ΒΕ, δηλαδή οι ΚΒ, ΕΖ και ΔΝ συντρέχουν, όπου Ν

είναι το μέσο του ΒΕ.

γ) Η ΟΚ είναι μεσοκάθετη της ΤΣ, αφού τα τρίγωνα

ΚΒΓ, ΚΤΣ είναι ισοσκελή (ΒΓ // ΤΣ) και OK ΣΤ .

δ) Το σχήμα είναι βασικό και παραπέμπει σε βασικό

λήμμα: Αν οι κύκλοι εφάπτονται στο Α και η ΒΓ

εφάπτεται στον μικρό κύκλο, τότε η ΑΔ διχοτομεί τη

γωνία ˆΒΑΓ . Πρόκειται δηλαδή για "αντίστροφο"

γνωστού θέματος.

ArJun.35 Είναι οˆΔΒΓ 45 και:

οˆ ˆΒΓΕ ΒΕΓ 15 .

Από το τρίγωνο ΒΗΓ παίρνουμε:

ο ο οˆ ˆΓΗΔ 15 45 60 ΒΖΓ .



Επομένως ΒΖΓΗ είναι εγγράψιμο, οπότε:

οˆ ˆΒΗΖ ΒΓΖ 60 και οˆ ˆΓΗΖ ΓΒΖ 60 .

Επειδή είναι και οˆ ˆΕΗΒ ΔΗΓ 60 , αρκεί να

αποδείξουμε ότι οˆΑΗΕ 60 .

Είναι οˆ ˆΒΗΖ 60 ΑΕΒ , οπότε το ΑΕΒΗ είναι

εγγράψιμο. Άρα:

οˆ ˆΑΗΕ ΑΒΕ 60

και αφού οˆ ˆΕΗΒ ΒΗΖ 60 , τα σημεία Α, Η, Ζ είναι

συνευθειακά.

ArJun.36 Επειδή ΟΜ ΟΤ ΟΣ , θα είναι

1 1ΒΓ ΑΝ ΑΚ .

Αφού οι ΒΓ, ΑΜ είναι ίσες, το 1ΑΒΝ Γ είναι τραπέζιο,

οπότε 1ΒΝ // ΑΓ .

Όμοια, είναι 1ΒΓ ΑΚ , οπότε 1ΓΚ // ΑΒ . Αρα το

ΑΒΡΓ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε η ΑΡ διέρχεται

από το μέσο Μ της ΒΓ.

Σχόλιο

Έστω ότι οι ευθείες 1ΒΝ , 1ΓΚ τέμνονται στο Ρ. Θα

αποδείξουμε ότι το ΑΒΡΓ είναι παραλληλόγραμμο.

Αρκεί π.χ. 1ΒΝ // ΑΓ .

Όμως ΟΜ ΟΤ , οπότε 1ΒΓ ΑΝ . Άρα:

1ΒΜ ΤΝ .

Αλλά ΝΤ ΝΜ , οπότε 1ΝΒ ΝΝ , δηλαδή ω y x .

Αφού ω x , θα είναι 1ΒΝ // ΑΓ . Όμοια, είναι

1ΓΚ // ΑΒ , οπότε το ΑΒΡΓ είναι παραλληλόγραμμο.

ArJun.37 Έχουμε:

Οι γωνίες ˆΟΒΓ και ˆΟΓΒ είναι ίσες με φ. Επίσης οι

γωνίες ˆΟΒΚ , ˆΟΑΚ και ˆΟΓΑ είναι ίσες με ω,

οπότε οι γωνίες ˆΚΒΓ και ˆΚΓΒ είναι ίσες με φ ω .

Άρα το τρίγωνο ΚΒΓ είναι ισοσκελές και έτσι

ΚΒ ΚΓ .

Είναι ΚΒ ΚΓ και οι γωνίες ˆΒΑΚ και ˆΚΝΓ είναι

ίσες, οπότε οι κύκλοι (Α,Κ,Β) και (Γ,Κ,Ν) είναι ίσοι.

Αυτό ήταν το πιο αξιόλογο μέρος της άσκησης.

Είναι ΟΑ ΟΓ και οι γωνίες ˆΟΒΑ και ˆΟΚΓ είναι

ίσες, οπότε οι κύκλοι (Α,Β,Ο) και (Κ,Ο,Γ) είναι ίσοι.

Άρα οι κύκλοι 1(c ) , 2(c ) και 3(c ) είναι ίσοι.

ArJun.38 Είναι ˆ ˆΓΑΒ ΕΓΒ φ και:

ˆˆΔΒΑ ΕΔΑ ω .



Επομένως:

οˆ ˆˆ ˆΓΖΔ ΑΓΖ ΓΑΖ 90 ΓΑΔ

ο ο ο1 1ˆ ˆ90 ΓΟΔ 90 (180 ΓΕΔ)

2 2

ο 1 ˆ180 ΓΕΔ

2 .

Επειδή επιπλέον είναι ΕΓ ΕΔ , το Ε είναι περίκεντρο

του τριγώνου ΖΓΔ, οπότε:

ΕΓ ΕΖ ΕΔ .

Είναι επομένως ˆˆ ˆΕΖΓ ΕΓΖ ΓΑΜ , οπότε το

τετράπλευρο ΑΓΖΜ είναι εγγράψιμο. Άρα οˆΖΜΑ 90 ,

δηλαδή ΕΖ ΑΒ . Επειδή:

οˆˆ ˆΟΓΕ ΟΜΕ ΟΔΕ 90 ,

τα σημεία Ε, Γ, Μ, Ο, Δ είναι ομοκυκλικά.

ArJun.39 Έστω ότι η ΑΟ τέμνει την ΓΔ στο Η. Θα

αποδείξουμε ότι ΕΗ // ΑΒ.

Επειδή ΑΟ ΒΓ , είναι:

ο ο Γˆ ˆΚΗΓ 90 ΚΓΗ 90

2

ˆ ˆΛΕΓ ΟΕΓ .

Άρα το τετράπλευρο ΕΟΗΓ είναι εγγράψιμο. Επειδή ˆ ˆΟΑΓ ΟΓΑ x , είναι ˆHOΓ 2x , οπότε:

ˆ ˆˆHEΓ ΗΟΓ 2x A .

Άρα ΕΗ // ΑΒ και έτσι το ΕΖΔΗ είναι

παραλληλόγραμμο. Άρα ΔZ ΕΗ ΕΑ , αφού:

ˆˆ ˆΕΗΟ ΕΓΟ x ΟΑΕ

και έτσι το τρίγωνο ΕΑΗ είναι ισοσκελές.

ArJun.40 Έστω Κ το μέσο του ΑΒ. Το ΚΒΓΝ είναι

ορθογώνιο, οπότε τα σημεία Κ, Β, Γ, Ν είναι

ομοκυκλικά και μάλιστα σε κύκλο με διάμετρο ΒΝ.

Επειδή ΚΜ // ΒΕ και

BE AΓ , είναι ΚΜ ΑΓ . Άρα το ΒΚΜΓ είναι

εγγράψιμο, αφού οι απέναντι γωνίες Β και Μ είναι

ορθές. Επειδή και τα Κ, Β, Γ, Ν είναι ομοκυκλκά,

συμπεραίνουμε ότι τα σημεία Κ, Β, Γ, Ν, Μ είναι

ομοκυκλικά. Άρα:

οˆ ˆΒΜΝ ΒΚΝ 90 .


Αν Σ είναι μέσο του ΒΕ, τότε:

ΑΒ ΓΔ

ΜΣ2 2

και ΜΣ // ΑΒ. Άρα ΜΣ // ΓΝ , οπότε το ΜΣΓΝ είναι

παραλληλόγραμμο. Επειδή είναι ΜΣ ΒΓ , διόιτ

ΑΒ ΒΓ και ΒΕ ΜΓ , το Σ είναι ορθόκεντρο του

τριγώνου ΒΓΜ. Άρα ΓΣ ΒΜ και αφού ΝΜ // ΓΣ, θα

είναι ΝΜ ΒΜ , δηλαδή οˆΒΜΝ 90 .

ArJun.41 Φέρουμε τη ΒΖ. Αρκεί να είναι:

ˆ ˆΔΖΒ ΔΖΛ ,

διότι τότε στο τρίγωνο ΖΒΛ η ΖΔ θα είναι ύψος και

διχοτόμος, οπότε θα είναι και διάμεσος. Όμως x ω ,

διότι βαίνουν στο τόξο AB . Αρκεί λοιπόν να είναι y ω . Αυτό σημαίνει ότι το τετράπλευρο ΔΚΓΖ πρέπει

να είναι εγγράψιμο. Φέρουμε και την ΖΓ. Είναι:

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆΑΔΚ ΕΔΖ ΕΒΖ ΑΓΖ ΚΓΖ ρ .



Επειδή ˆ ˆΑΔΚ ΚΓΖ ρ , το ΔΖΓΚ είναι εγγράψιμο.

Άρα y ω , δηλαδή ˆ ˆΔZK ΔΓΚ . Επομένως και x y

και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Άλλος τρόπος Είναι μ x ω , οπότε το ΒΕΓΚ είναι εγγράψιμο. Άρα:

ΑΔ ΑΖ ΑΒ ΑΕ ΑΚ ΑΓ .

Αφού ΑΔ ΑΖ ΑΚ ΑΓ , το ΔΖΓΚ είναι εγγράψιμο.

Επομένως:

ˆ ˆ ˆΔΖΚ ΔΓΚ ΒΖΑ ,

οπότε το τρίγωνο ΖΒΛ είναι ισοσκελές. Άρα η ΖΔ είναι

και διάμεσος, ως διχοτόμος, οπότε ΔΒ ΔΛ .

ArJun.42 Φέρουμε τις ΑΒ, ΚΕ, ΛΖ. Είναι:

ο1 1ˆ ˆ ˆΕΑΒ ΕΚΒ (180 2ΚΒΕ)

2 2

ο ο 1 ˆ ˆˆ ˆ90 ΚΒΕ 90 ΛΒΖ ΒΛΖ ΒΑΖ

2 ,

οπότε η ΑΒ είναι διχοτόμος της γωνίας ˆΕΑΖ . Θα

αποδείξουμε ότι το Β είναι έγκεντρο του τριγώνου ΑΕΖ.

Είναι:

οˆ ˆ ˆ ˆΑΒΕ ΑΒΖ ΑΒΕ (180 ΑΒΚ)

ο ο ο Κˆ180 ΚΒΕ 180 902

ο ο οˆ ˆ180 90 ΕΑΒ 270 ΕΑΒ .

οˆ ˆ ˆ ˆΑΒΕ ΑΒΖ (180 ΑΒΛ) ΑΒΖ

ο ˆ270 ΖΑΒ .

Άρα παίρνουμε:

ο1 ˆ ˆˆ ˆΑΒΕ ΑΒΖ 540 (ΕΑΒ ΖΑΒ)

2

ο1 ˆ(540 ΕΑΖ)

2 .

Προκύπτει λοιπόν ότι:

οˆ ˆ ˆΕΒΖ 360 (ΑΒΕ ΑΒΖ)

ο ο ο1 1ˆ ˆ360 (540 ΕΑΖ) 90 ΕΑΖ

2 2 .

Αφού λοιπόν η ΑΒ διχοτομεί τη γωνία ˆΕΑΖ και

οˆΕΑΖˆΕΒΖ 902

, το Β είναι έγκεντρο του τριγώνου

ΑΕΖ. Είναι επομένως:

ˆ ˆ ˆΜΒΕ ΒΕΖ ΒΕΑ ,

οπότε το ΕΒΑΜ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Άρα

ΑΕ ΒΜ . Όμοια είναι ΑΖ ΒΝ , οπότε

ΜΝ ΜΒ ΒΝ ΑΕ ΑΖ .



Γ. Θεώρημα Θαλή – Ομοιότητα

ArJun.43 Αφού Δ Δ

ΑΒΕ ΕΜΓ , είναι:

ΑΒ ΒΕ

ΜΓ ΕΜ (1).

Αφού Δ Δ

ΑΒΖ ΖΔΜ , είναι:

ΑΒ ΒΖ

ΜΔ ΖΔ (2).

Αλλά ΜΓ ΜΔ , οπότε ΒΕ ΒΖ

ΕΜ ΖΔ . Άρα ΖΕ // ΜΔ, δηλαδή

ΖΕ // ΓΔ.

Παρατήρηση

Ισχύει και το αντίστροφο. Αν δηλαδή ΕΖ // ΓΔ, τότε το Μ είναι

μέσο του ΓΔ. Πράγματι:

ΑΒ ΒΕ

ΜΓ ΕΜ και

ΑΒ ΒΖ

ΜΔ ΖΔ .

ΖΕ // ΜΔ, οπότε ΒΕ ΒΖ

ΕΜ ΖΔ .

Άρα ΑΒ ΑΒ

ΜΓ ΜΔΜΓ ΜΔ

.

ArJun.44 Επειδή ΑΔ // ΜΒ // ΝΓ, είναι:

ˆ ˆΑΔΜ ΒΜΔ x ,

ˆ ˆAΔΝ ΔΝΕ y .

Θα αποδείξουμε ότι τα τρίγωνα ΜΒΔ, ΝΓΔ είναι όμοια.

Όμως:

BΔ ΜΗ ΜΒ

ΔΓ ΗΓ ΝΓ ,

διότι ΜΒ // ΑΔ // ΝΓ και Δ Δ

ΗΒΜ ΗΓΝ . Έτσι:

ΒΔ ΜΒ

ΔΓ ΝΓ

και επειδή οˆ ˆΜΒΔ ΝΓΔ 90 , τα τρίγωνα ΜΒΔ, ΝΓΔ είναι

όμοια. Άρα x y , οπότε ˆ ˆAΔΜ ΑΔΝ .

ArJun.45 Επειδή ΑΗ, ΙΘ ΑΓ , είναι ΑΗ // ΙΘ. Άρα:

ΙΘ ΕΙ

ΑΗ ΕΑ (1).

Φέρουμε την ΙΖ ΒΓ . Είναι ΙΖ // ΑΔ, οπότε:

ΙΖ ΕΙ

ΑΔ ΕΑ (2).

Από τις σχέσεις (1) και (2) παίρνουμε:

ΙΘ ΙΖ

ΑΗ ΑΔΑΗ ΑΔ

,

διότι ΙΘ ΙΖ , αφού το Ι είναι έγκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

ArJun.46 Φέρουμε την εφαπτομένη (ε) στο Α και την

παράλληλη από το Δ προς την ε, που τέμνει τις ΑΒ, ΑΓ στα Ε

και Ζ.



Είναι 1φ φ και 3φ φ . Όμως 1 2φ φ ως εντός

εναλλάξ και 3 4φ φ . Επομένως 2 4

φ φ , οπότε το Δ

ΔΓΖ

είναι ισοσκελές. Άρα ΔΓ ΔΖ . Όμοια και ΔΒ ΔΕ και

επειδή ΔΒ ΔΓ , είναι ΔΕ ΔΖ .

Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΕΖ είναι όμοια, αφού ˆ ˆΒ Ζ και ˆ ˆΓ Ε . Έτσι:

ΑΕ ΕΖ 2ΕΔ ΕΔ

ΑΓ ΒΖ 2ΓΜ ΓΜ

Αυτή δίνει ΑΕ ΕΔ

ΑΓ ΓΜ και επειδή Ε

Γ ω , είναι Δ Δ

ΑΔΕ ΑΓΜ . Άρα:

ˆ ˆΔΑΕ ΓΑΜ ,

δηλαδή ˆ ˆΔΑΒ ΜΑΓ .

ArJun.47 α) Θέτουμε για ευκολία ΑΒ

α και ΒΜ x .

Επειδή Δ Δ

ΕΒΜ ΕΑΔ , παίρνουμε:

ΕΒ ΒΜ ΕΒ x

ΕΑ ΑΔ ΕΒ α α

α ΕΒ x EB αx

αx

ΕΒα x

(1).

Επειδή Δ Δ

ΖΔΝ ΖΑΕ , παίρνουμε:

ΖΔ ΔΝ ΖΔ α x

ΖΑ ΑΒ ΖΔ α α

α ΖΔ (α x)ZΔ α(α x)

x ΖΔ α(α x)

α(α x)

ZΔx

(2).

Οι σχέσεις (1) και (2) δίνουν:

2αx α(α x)

EB ΖΔ α ΒΓ ΔΓα x x

.

Άρα ΕΒ ΒΓ

ΔΓ ΖΔ , οπότε

Δ Δ

ΕΒΓ ΖΔΓ . Είναι επομένως

ˆ ˆΒΓΕ ΔΖΓ , οπότε:

οˆ ˆ ˆ ˆΒΓΕ ΔΓΖ ΔΖΓ ΔΓΖ 90 .

Άρα η γωνία ˆΖΓΕ είναι ευθεία.

β) Επειδή Δ Δ

ΑΔΝ ΔΓΜ , παίρνουμε ότι:

ˆ ˆΔΑΝ ΓΔΜ .

οˆ ˆ ˆ ˆΔΑΝ ΜΔΑ ΓΔΜ ΜΔΑ 90 .

Άρα ΜΔ ΑΝ . Όμοια είναι ΝΒ ΑΜ . Επομένως στο Δ

ΑΜΝ το Ρ είναι ορθόκεντρο, οπότε ΑΡ ΜΝ .

γ) Θα αποδείξουμε ότι ΖΕ // ΜΝ και μάλιστα ότι ΜΝ // ΓΖ.

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι ΝΒ ΜΒ

ΝΖ ΜΓ .

Είναι όμως:

ΜΒ x

ΜΓ α x

.

ΝΒ ΒΓ α x

α(α x)ΝΖ ΔΖ α xx

.

Άρα ΜΒ ΝΒ

ΜΓ ΝΖ , οπότε ΜΝ // ΕΖ και αφού ΑΡ ΜΝ , θα

είναι ΑΡ ΖΕ .

ArJun.48 Θεωρούμε τμήμα ΡΓ ΒΓ με ΡΓ ΒΜ . Είναι

τότε:

2 2 2 2 2 2ΡΝ ΡΓ ΓΝ ΒΜ ΓΝ ΜΝ .

Επομένως ΝΡ ΝΜ (1).



Τα τρίγωνα ΑΜΒ και ΑΡΓ είναι ίσα, διότι ΑΒ ΑΓ ,

ΒΜ ΓΡ και:

οˆ ˆΑΒΜ ΑΓΡ 45 .

Άρα ΑΜ ΑΡ και ˆ ˆΜΑΒ ΓΑΡ φ . Τα τρίγωνα λοιπόν

ΑΝΜ και ΑΝΡ είναι ίσα, διότι έχουν τις πλευρές τους ίσες

μία προς μία. Άρα:

ˆ ˆΝΑΜ ΝΑΡ .

Όμως οˆΒΑΓ 90 , οπότε οˆΜΑΡ 90 , αφού

ˆ ˆΜΑΒ ΓΑΡ φ . Άρα:

ο

οˆΜΑΡ 90ˆΜΑΝ 45

2 2 .

ArJun.49 Αν η ΒΖ τέμνει την ΑΓ στο Η, τότε το τρίγωνο

ΑΒΗ είναι ισοσκελές και το Ε είναι μέσο του ΒΗ. Φέρουμε

την ΕΜ. Για να είναι ΔΖ // ΑΒ, αρκεί να αποδείξουμε ότι

ΕΒ ΕΑ

ΕΖ ΕΔ . Είναι όμως

Δ Δ

ΖΑΗ ΖΕΜ , οπότε:

ΒΕ ΕΗ ΕΖ ΖΗ ΖΗ ΑΗ

1 1ΕΖ ΕΖ ΕΖ ΖΕ ΕΜ

ΑΓ ΗΓ ΑΓ ΑΓ

1 1 2 1ΕΜ ΕΜ ΕΜ

ΔΑ ΔΑ ΔΕ ΑΕ

1ΔΕ ΔΕ ΔΕ

.

Αποδείξαμε λοιπόν ότι:

ΕΒ ΕΑ

ΕΖ ΕΔ ,

οπότε ΔΖ // ΑΒ.

ArJun.50 Έστω Ν το συμμετρικό του Ρ ως προς το Μ. Το

ΒΡΓΝ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε ˆ ˆΡΒΝ ΡΓΝ

(1).

Επειδή ˆ ˆΡΒΓ ΡΓΑ φ , είναι:

ˆ ˆ ˆΑΒΡ ΡΓΒ ΓΒΝ ω (2).

Είναι ˆ ˆΡΒΝ φ ω ΑΒΓ . Στη ΒΝ παίρνουμε σημείο Κ,

ώστε ΡΒ ΡΚ . Τότε:

ˆ ˆΡΚΒ φ ω ΡΓΝ (3),

οπότε το ΡΚΝΓ είναι εγγράψιμο. Άρα:

ο1 1

ˆ ˆ ˆΡ Κ 180 ΒΚΓ (4).

Επειδή Δ Δ

ΑΒΓ ΡΒΚ , είναι:

ΑΒ ΡΒ

ΒΓ ΒΚ (5).

Όμως ˆ ˆΑΒΡ ΓΒΚ ω , οπότε η (5) εξασφαλίζει ότι τα

τρίγωνα ΡΑΒ και ΚΒΓ είναι όμοια. Άρα:

ˆ ˆΑΡΒ ΒΚΓ (6).

Η σχέση λοιπόν (4) γράφεται:

(6)

ο ο1

ˆ ˆ ˆΡ 180 ΒΚΓ 180 ΑΡΒ ,

δηλαδή ο1

ˆ ˆΡ ΑΡΒ 180 . Έτσι:

οˆ ˆΒΡΜ ΑΡΓ 180 .

ArJun.51 α) Είναι:

2 2 2 2 2 2

ΒΖ ΒΗ (ΒΓ ΓΖ ) (ΒΑ ΑΗ )

2 2 2 2ΓΖ ΑΗ ΕΖ ΕΗ .

β) Είναι ΖΑ ΒΗ και ΓΗ ΒΖ , οπότε το Ρ είναι

ορθόκεντρο στο Δ

ΒΗΖ . Έτσι:

ΒΡ ΗΖ .

Αλλά ΒΕ ΗΖ , οπότε τα Β, Ε, Ρ είναι συνευθειακά.



ArJun.52 α) Επειδή ΑΒ // ΓΗ, είναι:

ΑΖ ΒΖ

ΖΗ ΖΓ (1).

Επειδή ΑΔ // ΓΘ, παίρνουμε:

ΑΕ ΔΕ

ΕΘ ΕΓ (2).

Είναι όμως ΕΖ // ΒΔ, οπότε ΒΖ ΔΕ

ΖΓ ΕΓ . Επομένως

ΑΖ ΑΕ

ΖΗ ΕΘ , οπότε στο

Δ

ΑΘΗ είναι:

ΕΖ // ΘΗ.

β) Από το θεώρημα Cevà είναι:

ΜΘ ΖΗ ΕΑ ΜΘ

1 1ΜΗ ΖΑ ΕΘ ΜΗ

ΜΘ ΜΗ ,

διότι ΖΗ ΕΘ

ΖΑ ΕΑ , λόγω της ΕΖ // ΘΗ.

ArJun.53 Προεκτείνουμε τη ΒΗ και έστω Ζ το σημείο

τομής των ΒΗ, ΓΔ. Είναι:

ΔΖ ΔΗ ΓΕ ΔΕ ΔΓ

ΑΒ ΗΑ ΑΕ ΕΒ ΑΒ .

Άρα: ˆ ˆ ˆΔΖ ΔΓ ΒΔ ΖΒΔ ΒΖΔ ΖΒΑ .

Έτσι, η ΒΗ διχοτομεί τη γωνία ˆΑΒΕ και η γωνία ˆΗΒΓ είναι

ορθή.


Από θεώρημα Θαλή στο τρίγωνο ΑΔΓ έχουμε:

ΑΕ ΑΗ

ΕΓ ΗΔ (1).

Από τα όμοια τρίγωνα ΕΑΒ, ΕΓΔ έχουμε:

ΑΕ ΑΒ ΑΒ

ΕΓ ΓΔ ΒΔ (2).

α) Από (1), (2) θα ισχύει το αντίστροφο θεώρημα εσωτερικής

διχοτόμου, δηλαδή:

ˆ ˆΑΒΗ ΗΒΔ ω .

β) Λόγω παραλληλίας ˆ ˆΒΔΓ ΑΒΔ 2ω (εντός εναλλάξ),

και από το ισοσκελές τρίγωνο ΒΔΓ θα έχουμε ˆ ˆΔΒΓ ΔΓΒ φ . Συνεπώς:

ο οˆ2ω φ φ 180 φ ω ΗΒΓ 90 .


Είναι:

ΗΕ ΑΗ ΒΖ ΕΖΗΕ ΕΖ

ΔΓ ΑΔ ΒΓ ΔΓ (1).

Επομένως ˆ ˆ ˆΓΒΔ ΔΓΒ ΕΖΒ . Άρα:

ΒΕ ΕΖ (2).

Είναι ακόμα ˆ ˆΕΗΒ ΗΒΑ (3).

Από (1) και (2) προκύπτει ότι:

ΗΕ ΕΖ ΒΕ (4).

Επομένως:

οˆΗΒΖ 90 και ˆ ˆΕΗΒ ΕΒΗ (5).

Από (3) και (5) έπεται ότι η ΒΗ είναι διχοτόμος της γωνίας ˆΕΒΑ .

ArJun.54 α) Στο Δ

ΓΔΛ η ΓΗ είναι διχοτόμος.

β) ΖΔ // ΒΛ, οπότε Δ Δ

ΗΖΔ ΗΒΛ . Άρα:

(α)ΔΖ ΔΗ ΓΔ

ΒΛ ΗΛ ΓΛ .

γ) Είναι ΕΒ // ΓΔ, οπότε:

(β)ΒΕ ΒΛ ΔΖ

ΓΔ ΓΛ ΓΔ .

Άρα ΒΕ ΔΖ , οπότε:

ΑΖ ΑΔ ΖΔ ΒΜ ΒΕ ΜΕ .

ArJun.55 Στην ΒΓ παίρνουμε ΒΡ ΑΕ . Έτσι ΑΡ ΔΕ .



ΒΖ // ΑΔ: ΒΖ ΕΒ ΒΖ α x

ΑΔ ΕΑ α x

α(α x)BZ

x

(1).

(1)

α(α x)α

ΗΖ ΖΓ ΗΖ xΗΑ ΑΣ ΗΑ ΣΑ

2α

ΣΑ x

(2).

ΑΕ // ΔΓ: AE ΣΑ x ΣΑ

ΓΔ ΣΔ α ΣΑ α

x ΣΑ α xΣΑ

α x α α x

.

Η (2) δίνει:

2

2

ΗΖ α α(α x)

αxΗΑ xxα x

(3).

Είναι επίσης:

2

α(α x)ΒΖ α(α x)xΒΡ x x

(4).

Οι (3), (4) δίνουν:

HZ BZ

HA BP ,

δηλαδή ΒΗ // ΑΡ. Άρα BH ΔΖ , αφού:

ΑΡ ΔΖ .

ArJun.56 Αφού η ΤΔ είναι διχοτόμος, έχουμε:

ΔΑ ΤΑ

ΔΒ ΤΒ (1).

Στο Δ

ΑΜΒ με τέμνουσα την ΔΕΓ το θεώρημα Μενελάου

δίνει:

(1)ΔΑ ΓΒ ΕΜ ΤΑ ΕΜ

1 2 1ΔΒ ΓΜ ΕΑ ΤΒ ΕΑ

ΕΜ ΤΒ

ΕΑ 2ΤΑ (2).

Όμως ΤΓ 2ΤΒ , οπότε:

ΒΓ ΒΓ

ΤΜ ΜΒ ΤΒ2 3

ΒΓ 3ΒΤ ΒΤ

6 6 2 ,

δηλαδή ΒΤ 2ΤΜ . Έτσι η (2) δίνει:

ΕΜ 2ΤΜ ΤΜ

ΕΑ 2ΤΑ ΤΑ .

Άρα η ΤΕ είναι διχοτόμος του Δ

ΤΑΜ , οπότε ΤΕ ΤΔ .

Διαγωνισμός Αρχιμήδης (μικροί) - 56 Ασκήσεις Γεωμετρίας...

Education

Transcript of Διαγωνισμός Αρχιμήδης (μικροί) - 56 Ασκήσεις Γεωμετρίας...