γλώσσες
Σελίδες
Νομικός
ISBN 978-960-06-2311-6
ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙ ΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ
ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΥ ΚΑΙ ΑΘΛΗΤΙΣΜΟΥ
Δ
ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΚΑΙ ΕΚΔΟΣΕΩΝ
«ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ»
Α΄ και Β΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥΚωδικός βιβλίου: 0-22-0017
ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑΓΕΩΜΕΤΡΙΑ
Α
Β
Γε1
ε2
ε3
ε4
Ψ
μα
Ο
ΚΕ
Ζ
ΗΘ
Ι
Α΄ κα
ι Β΄ ΓΕ
ΝΙΚ
ΟΥ Λ
ΥΚΕΙ
ΟΥ
ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ
ΛΥΣΕΙΣΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΛΥΣΕΙΣ
ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
(01) 000000 0 22 0017 0
ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝΠΟΛΙΤΙΣΜΟΥ ΚΑΙ ΑΘΛΗΤΙΣΜΟΥ
ΑΝΑΔΟΧΟΣ ΕΡΓΟΥ: ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ
ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΚΑΙ ΕΚΔΟΣΕΩΝ «ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ»
EΥΚΛΕΙΔΕΙΑΓΕΩΜΕΤΡΙΑ
ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
Η συγγραφή και η επιμέλεια του βιβλίου πραγματοποιήθηκε υπό την αιγίδα του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου
Η συγγραφή και η επιμέλεια του βιβλίου πραγματοποιήθηκε υπό την αιγίδα του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου
22-0017-02.indd 1 6/2/2014 3:48:52 µµ
ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΑΡΧΙΚΗΣ ΕΚ∆ΟΣΗΣ
ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΕΠΑΝΕΚ∆ΟΣΗΣΗ επανέκδοση του παρόντος βιβλίου πραγματοποιήθηκε από το Ινστιτούτο Τεχνολογίας Υπολογιστών & Εκδόσεων «Διόφαντος» μέσω ψηφιακής μακέτας, η οποία δημιουργή-θηκε με χρηματοδότηση από το ΕΣΠΑ / ΕΠ «Εκπαίδευση & Διά Βίου Μάθηση» / Πράξη «ΣΤΗΡΙΖΩ».
Οι αλλαγές που ενσωματώθηκαν στην παρούσα επανέκδοση έγιναν με βάση τις διορθώσεις του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου.
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑΟΜΑΔΑ ΣΥΓΓΡΑΦΗΣΑργυρόπουλος Ηλίας Διδάκτωρ Μαθηματικών Ε.Μ. Πολυτεχνείου Καθηγητής Β/θμιας ΕκπαίδευσηςΒλάμος Παναγιώτης Διδάκτωρ Μαθηματικών Ε.Μ. ΠολυτεχνείουΚατσούλης Γεώργιος ΜαθηματικόςΜαρκάτης Στυλιανός Επίκουρος Καθηγητής Τομέα Μαθηματικών Ε.Μ. ΠολυτεχνείουΣίδερης Πολυχρόνης Μαθηματικός, τ. Σχολικός Σύμβουλος
Ιστορικά Σημειώματα: Βανδουλάκης Ιωάννης Διδάκτωρ Πανεπιστημίου Μ. Lomonosov Μόσχας Ιόνιο Πανεπιστήμιο
Φιλολογική Επιμέλεια: Δημητρίου ΕλένηΕπιλογή εικόνων: Παπαδοπούλου ΜπίαΕικονογράφηση - Σελιδοποίηση: Αλεξοπούλου Καίτη
22-0017-02.indd 2 6/2/2014 3:49:16 µµ
Π Ρ Ο Λ Ο Γ Ο Σ
Αγαπητοί Μαθητές,
το τεύχος που κρατάτε στα χέρια σας περιέχει τις λύσεις των ασκήσεων του σχολικού σας βιβλίου. Αν χρησιμοποιηθεί σωστά μπορεί να αποτελέσει πολύτιμη βοήθεια στην προσπάθειά σας vα καταλάβετε τις γεωμετρικές έννοιες που εισάγονται στο βιβλίο σας και να τις χρησιμοποιήσετε δημιουργικά.
Σε καμμία περίπτωση το τεύχος των λύσεων δεν πρέπει να χρησιμοποιείται στην πρώτη δυσκολία που παρουσιάζει μία άσκηση ή για να καλύψει την "επιμέ-λεια" ενός μαθητή προς τον καθηγητή του στο σχολείο.
Για να χρησιμοποιήσετε σωστά τις λύσεις των ασκήσεων πρέπει να ακολουθή-σετε μια συγκεκριμένη μεθοδολογία. Αρχικά, προσπαθήστε να λύσετε την άσκηση με διαφορετικούς τρόπους αντιμετώπισης. Αν αποτύχετε κάντε μία επανάληψη στην αντίστοιχη θεωρία για να διαπιστώσετε ότι δεν έχετε κενά. Κατόπιν, ξανα-προσπαθήστε την άσκηση διαβάζοντας και την υπόδειξη που βρίσκεται στο τέλος του σχολικού βιβλίου. Αν πάλι δυσκολεύεστε να λύσετε την άσκηση, τότε διαβά-στε την ολοκληρωμένη λύση της. Φροντίστε να εντοπίσετε τα κύρια βήματα της λύσης, καθώς και τα κενά που σας οδήγησαν στο να μην αντιμετωπίζετε σωστά την άσκηση. Προσπαθήστε να διορθώσετε τα κενά αυτά και να ξαναλύσετε την άσκηση, χωρίς όμως να επαναλαμβάνετε τη λύση με στείρα απομνημόνευση, αλλά υλοποιώντας τα κύρια βήματά της. Τέλος, δοκιμάστε να λύσετε την άσκηση με διαφορετικό και ίσως καλύτερο τρόπο.
Πρέπει να τονισθεί ότι οι λύσεις είναι προτεινόμενες, με την έννοια ότι είναι δυνατόν και ελπίζουμε να βρεθούν κομψότερες από τους μαθητές.
Σημαντική είναι η προσπάθεια που έχει καταβληθεί, ώστε η κάθε άσκηση να προωθεί συγκεκριμένες αντιλήψεις και συνήθειες στο μαθητή, ενώ το σύνολο των ασκήσεων σε κατηγορία και διαβάθμιση οδηγούν τον μαθητή στην καλλιέργεια συγκεκριμένων ικανοτήτων.
Για να επιτευχθούν οι στόχοι αυτοί, είτε μέσα στη λύση της κάθε άσκησης, είτε μετά την ολοκλήρωσή της, αναγράφεται ο διδακτικός της στόχος, ενώ οι ασκήσεις χωρίστηκαν στις παρακάτω 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 εμπέδωση 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 διαδικασία στους μαθητές.
22-0017-02.indd 3 31/10/2013 5:52:16 μμ
3) Σύνθετα θέματα:Είναι θέματα που συνδυάζουν περισσότερες από μία γεωμετρικές έννοιες ή γνώ-σεις, 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 απευθύνονται 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 καθηγητή.
Κάθε κεφάλαιο, τέλος, πλαισιώνεται από ερωτήσεις κατανόησης που συντελούν στη σωστή επανάληψη και καλύτερη οργάνωση της ύλης.
22-0017-02.indd 4 13/3/2014 10:25:38 πµ
Π Ε Ρ Ι Ε Χ Ο Μ Ε Ν Α
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 ...........................................................................................7
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 .........................................................................................17
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 ......................................................................................... 41
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5 ......................................................................................... 55
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6 .........................................................................................79
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7 .........................................................................................99
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8 ....................................................................................... 117
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9 ....................................................................................... 127
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10 ..................................................................................... 151
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 11 .....................................................................................177
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 12 ..................................................................................... 203
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 13 ..................................................................................... 229
22-0017-02.indd 5 31/10/2013 5:52:16 μμ
22-0017-02.indd 6 31/10/2013 5:52:16 μμ
2 ΚΕ
ΦΑ
ΛΑ
ΙΟ
• Από τρία διαφορετικά συνευθειακά σημεία το ένα βρί-σκεται μεταξύ των δύο άλλων. 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 ϕ
ή την συ-μπληρωματική θ μιας γωνίας ω θέτουμε: και
. (Ασκήσεις: § 2.19 Αποδεικτικές 1, 2)
ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ
22-0017-02.indd 7 31/10/2013 5:52:17 μμ
8
2.1-2.10
§ 2.1-2.10Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. i) 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.
2. i) 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, Αx′, Ay, Ay′, By, By′, Bz, Bz′, Γx, Γx′, Γz, Γz′.
3. Είναι ΑΓ ΑΒ ΒΓ Γ∆ ΒΓ Β∆= + = + = , αφού ΑΒ Γ∆= .
4. ΑΓ ΑΜ ΜΒ ΒΝ ΝΓ ΜΒ ΒΝ= + + + = + =2 2= + =2 2( )ΜΒ ΒΝ ΜΝ, αφού ΑΜ ΜΒ= και ΒΝ ΝΓ= .
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. i) Έχουμε Α∆ ΑΕ ΕΖ Ζ∆= + + και ΒΓ ΕΖ ΕΒ ΓΖ= − − ,
οπότε ΑΒ ΒΓ ΕΖ ΑΕ ΕΒ Ζ∆ ΓΖ ΕΖΑ∆ ΒΓ
+ = = = ⇔ =+22
( , ) .
ii) ΈχουμεΑΓ Β∆ ΑΒ ΒΓ Β∆ ΑΒ Β∆ ΒΓ Α∆ ΒΓ+ = + + = + + = +( ) ( ) .
2. i) ΈχουμεΓΑ ΓΜ ΜΑΓΒ ΜΒ ΓΜ
= += −
Άρα ΓΑ ΓΒ ΓΜ ΜΑ ΜΒ
ΓΜΓΑ ΓΒ
− = = ⇔
⇔ =−
2
2
( )
.
Α Β Γ Δ
Μ
Α
Β
Κ
Γ
BΓ
Α
x
z
y'
x'
z'
y
Α Βε
Γ Δ
ΑεΜ Ν
≀ ≀Β Γ
Α
E Z
Β Γ Δ
22-0017-02.indd 8 31/10/2013 5:52:19 μμ
9
2.1- 2.10
Α ε
ε2
1
4
3εε
ii) Έχουμε∆Α ΑΜ ∆Μ∆Β ∆Μ ΒΜ
= += −
3. α) i) Α Γ Β Αν το Γ είναι μεταξύ των Α και Β τότε ΑΒ ΑΓ ΓΒ= + . ii) Α ΓΒ Αν το Β είναι μεταξύ των Α και Γ τότε ΑΒ ΑΓ< ,
οπότε ΑΒ ΑΓ ΓΒ< + . iii) Α ΓΒ Αν το A 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
Α Α ∆≤ +B BΔ (2).Από (1), (2) προκύπτει ότι Α∆ ΑΓ ΓΒ Β∆≤ + + .
Σύνθετα Θέματα
1. i) Αν το Α είναι μεταξύ των Β και Γ τότε:B Ε Γ
Δ Α ≈ ≈∆Ε Α∆ ΑΕ
ΑΒ ΑΓ ΑΒ ΑΓ ΒΓ= + = + =
+=
2 2 2 2.
ii) Α B ΓΔ Ε Αν το Α είναι στην προέκταση του ΒΓ, π.χ. προς
το μέρος του Β, τότε:
∆Ε ΑΕ Α∆ΑΓ ΑΒ ΑΓ ΑΒ ΒΓ
= − = − =−
=2 2 2 2
.
2. Αν παραστήσουμε με ε1, ε2, ε3 και ε4 τις τέσσερις ευθείες οδούς αρκεί να βρούμε πόσα είναι τα σημεία τομής των ευθειών αυτών. Σε κάθε μια ευθεία, π.χ. την ε1, οι άλλες ( )4 1 3− = ευθείες ορίζουν ( )4 1 3− = σημεία. Άρα συνολικά θα ορίζονταν 4 4 1 12( )− = σημεία. Αλλά κάθε σημείο το υπολογίσαμε 2 φορές, π.χ. το Α ως σημείο της ε1 και της ε2.
Άρα τελικά ορίζονται 4 4 12
122
6( )−= = σημεία.
Επομένως χρειάζονται 6 τροχονόμοι. Όμοια οι ν ευθείες ορίζουν ν ν( )−1
2
σημεία.
Άρα ∆Α ∆Β ∆Μ ∆Μ∆Α ∆Β
+ = ⇔ =+22
.Α
Μ Γ
Β Δ ε
22-0017-02.indd 9 31/10/2013 5:52:21 μμ
10
2.11-2.16
§ 2.11-2.16Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Έχουμε xÔz yÔt=
ή yÔz zÔt+ .
ΆραxÔy zÔt= .
2. Είναιω+ + =1 2ορθή ορθέςˆ ˆ ,
οπότε2 1ω =ˆ ορθήή 1ˆ2
ω = ορθής.
3. Όταντορολόιδείχνειεννέαηώραακριβώςοιδείκτεςσχηματίζουνορθήγωνία.Οιδείκτεςθασχηματίζουνκαιπάλιορθήγωνίαμετάαπό6ώρες.Τότετορολόιδείχνειτρειςηώραακριβώς.
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1.ΈστωxÔy, yÔzδύοεφεξήςγωνίεςκαιΟΔ,ΟΕοιδιχοτόμοιτουςαντίστοιχα.
Τότε∆ÔΕ ∆ Ε= + = +y yÔ xÔy yÔz2 2
Ô .
Άρα∆ΟΕˆ ˆ ˆ=
+xOy yOz2
.
2. Έχουμε:ΓÔΓÔ
Άρα
3. Έχουμε:ΓÔΑ ΓÔ∆ ∆ÔΑΓÔΒ ∆ÔΒ ΓÔ∆
= += −
Άρα
ÔΑ ∆ÔΒ ΓÔ∆ΓÔΑ ΓÔΒ⇔ =
−2
( )=
x
y
O
ωω
Γ Β
Δ
Α´ ΑΟ
Ο Α
Δ
ΒΓ
Δ
E
O
t
zy
x
z
ˆ ˆ
2.ΓΟΑ + ΓΟΒ
22-0017-02.indd 10 1/11/2013 3:10:26 μμ
11
2.17-2.18
Σύνθετα Θέματα
1. Έχουμε:
ΑΟ∆ ΑΟ ∆ΒΟΓ ΒΟ ΓΟ
= + += − −
x xOy yOxOy x y
(γιατί ΑΟ ΒΟx x=
, yO y∆ ΓΟ=
)
⇔ =+xOy ΑΟ∆ ΒΟΓ2
.
2. Έχουμε:
§ 2.17-2.18Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Υπάρχουν άπειροι κύκλοι ακτίνας ρ που διέρ-χονται από το Κ. Τα κέντρα τους βρίσκονται στον κύκλο με κέντρο Κ και ακτίνα ρ.
2. Τα σημεία που είναι εσωτερικά του κύκλου (Ο, R) και εξωτερικά του κύκλου (Ο, ρ) φαίνονται στο διπλανό σχήμα.
y
xΔ
Α
Α
ΓΒ
O
BE Γ Δ
O
y
xΔ
Α
Α
ΓΒ
O
BE Γ Δ
O
R
Κ
O
O1
2O
ρ
ρ
ρ
ΆραΑΟ∆ ΒΟΓ+ = 2xOy
ˆ ˆ ˆ
ˆ ˆ ˆ 12 2 2
ΑΟΒ −ΒΟΓ ΑΟΓ
22-0017-02.indd 11 31/10/2013 5:52:23 μμ
12
2.19
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Επειδή η ε διέρχεται από το κοινό κέντρο Ο των κύκλων τα τμήματα ΑΔ και ΒΓ είναι διάμετροι αυτών με κοινό μέσον το Ο και επομένως έχουμε:ΑΟ Ο∆= και ΒΟ = ΟΓ.Με αφαίρεση αυτών κατά μέλη προκύπτει: ΑΟ ΒΟ Ο∆ ΟΓ ΑΒ Γ∆− = − ⇔ = , σύμφωνα με το σχήμα. Επίσης έχουμε:ΑΒ Γ∆ ΑΒ ΒΓ ΒΓ Γ∆ ΑΓ Β∆= ⇔ + = + ⇔ =
2. Έστω ΑΒ, ΓΔ δύο διάμετροι ενός κύκλου (Ο, R) τέτοιες ώστε Ο Ο1 2=
. Τότε η ΟΓ είναι διχοτόμος της ευθείας γωνίας ΑΟΒ , επομένως κάθε μια από τις Ο1 , Ο2 είναι ορθή γωνία. Η Ο
3, ως κατακορυφήν της Ο1 , είναι κι αυτή ορθή. Όμοια και ηΟ4 . Έτσι οι επίκεντρες γωνίες Ο1 , Ο2 , Ο3 και Ο4 είναι ίσες, οπότε και τα αντίστοιχα τόξα αυτών είναι ίσα, δηλαδή ΑΓ ΓΒ Β∆ ∆Α = = = και επειδή τα τόξα αυτά αποτελούν ολόκληρο τον κύκλο προκύπτει το ζητούμενο.
§ 2.19Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Έστω ημικύκλιο κέντρου Ο, δύο σημεία Α, Β αυτού και το σημείο Μ του ΑΒ ώστε ΜΑ ΜΒ = .
i) Για σημείο Ρ του ημικυκλίου, που δεν ανήκει στο ΑΒ έχουμε: ΡΑ ΡΜ ΑΜ = − και ΡΒ ΡΜ ΜΒ = + .Με πρόσθεση αυτών κατά μέλη και λαμβάνοντας υπόψη ότι ΑΜ ΜΒ =προκύπτει
ΡΑ ΡΒ ΡΜ ΡΜ ΡΑ ΡΒ + = ⇔ = +2 12( ) .
Α
Β Ο
ΓΔ
Α Β
Γ
Δ
Ο1 24 3
Ρ
Α Μ
Σ
Β
Ο
22-0017-02.indd 12 31/10/2013 5:52:25 μμ
13
2.19
ii) Έστω σημείο Σ του τόξου ΜΒ . Έχουμε (βλέπε σχήμα) ΣΑ ΣΜ ΜΑ = + και ΣΒ ΜΒ ΣΜ = − . Με αφαίρεση αυτών κατά μέλη, λαμβάνοντας πάλι υπόψη ότι ΑΜ ΜΒ = προκύπτει:
ΣΑ ΣΒ ΣΜ ΣΜ ΣΑ ΣΒ − = ⇔ = −2 12( ).
2. α) Είναι ΑΓ ΓΒ − = 80
και ΑΓ ΓΒ + =180 , από τις οποίες με πρόσθεση και αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε αντίστοιχα ΑΓ =130 και ΓΒ = 50 ,οπότε και ( )ΑΓ =130 , ( )ΓΒ = 50 .
β) Η ΑÔΓ είναι επίκεντρη και βαίνει στο ΑΓ , άρα ( ) ( ) .ΑΟΓ ΑΓ= =130
Όμοια ( )ΒÔΓ = 50.
3. Έστω ω και φ δύο συμπληρωματικές γωνίες με ω ϕ= 2
. Πρέπει ω ϕ+ = 90
ή 2 90ϕ ϕ+ =
ή 3 90ϕ =
. Άρα ϕ = 30
, οπότε ω = 60
.
4. Είναι ω = = ⋅ =65
65
90 108 oρθής
. Άρα η παραπληρωματική της ω είναι
ϕ = − =180 108 72
. Η γωνία ω δεν έχει συμπληρωματική, αφού είναι αμβλεία γωνία.
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Έστω ϕ
η παραπληρωματική της ω
και θ
η συμπληρωματική της.
Τότε ϕ ω= −180
, θ ω= −90
και ϕ θ= 3
. Άρα 180 3 90 − = −ω ω( )
ή 180 270 3 − = −ω ω
ή 2 90ω =
. Άρα ω = 45
.
2. Έστω ω
η συμπληρωματική της ϕ
. Τότε ϕ ω= −90
και ϕ ω= − 20
. Άρα 90 20 2 110 55 − = − ⇔ = ⇔ =ω ω ω ω
.
Άρα ω = 55
και ϕ = 35
.
3. Έχουμε ΑΟΒ ΒΟΓ ΓΟ∆ ∆ΟΑ1 2 3 4
= = = . Θέτουμε
A B
Γ
Ο
ΑΟΒ ΒΟΓ ΓΟ ΟΑ1 2 3 4
= = = = λ
, οπότε
22-0017-02.indd 13 1/11/2013 3:12:15 μμ
14
Γενικές Ασκήσεις
ΑΟΒΒΟΓΓΟ∆∆ΟΑ
====
λλλλ
234
ΑΟΒ ΒΟΓ ΓΟ∆ ∆ΟΑ+ + + = ⇔ =10 360 10λ λ
.Άρα .Επομένως ΑΟΒ = 36
, ΒΟΓ = =2 36 72( )
, ΓΟ∆ = =3 36 108( )
και ∆ΟΑ = =4 36 144( )
.
Γενικές Ασκήσεις
1. Έστω Ο το μέσο του ΑΒ.
Τότε ΕΖ ΟΖ ΟΕ= − (1)Αλλά
ΟΖ ΟΒ ΒΖΑΒ Β∆ ΑΒ Β∆ Α∆
= + = + =+
=2 2 2 2
(2) και
ΟΕ ΑΕ ΑΟΑΓ ΑΒ ΑΓ ΑΒ ΒΓ
= − = − =−
=2 2 2 2
(3)
Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι ΕΖΑ∆ ΒΓ
=−2
.
2. Έστω Ο το μέσο του ΒΖ. Τότε ΟΒ ΟΖ= . Για να είναι το Ο μέσο και του ΔΕ αρκεί ∆Β ΖΕ= (αφού ΟΒ ΟΖ= ).
Πράγματι ΖΕ ΖΓ ΕΓΑΓ ΒΓ ΑΓ ΒΓ ΑΒ
∆Β= − = − =−
= =2 2 2 2
.
3. Έχουμε: ΑΕ ΑΒ ΒΕ= + =
ΑΒΒ∆ ΑΒ Β∆ ΑΒ ΒΓ Γ∆
+ =+
=+ +
==2
22
22
=+
++
= ++
>ΑΒ ΒΓ ΑΒ Γ∆ ΑΓ ΑΒ Γ∆ ΑΓ
2 2 2 2 2.
A
BΓ
Ο
Δ
Α Β Γ ΔΟ Ε Ζ
Α
ΕΔ
Β Ο ΓΖ
ΒΑ ΓΕ ε
Δ
Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει ότι
22-0017-02.indd 14 31/10/2013 5:52:32 μμ
15
4. Έχουμε ΑΒ ΒΓ Γ∆ ∆Α + + + = 360 , οπότε
.
Άρα οι επίκεντρες γωνίες είναι:
ΑΟΒ =150ˆ και ΒΟΓ = 60ˆ . Επομένως
ΑΟΒ ΒΟ ΑΟΒΒΟΓ
+ = +x2
ˆ ˆ ˆ ˆ (Οx διχοτόμος ΒΟΓˆ ) = +150 602
ή
ΑΟΒ ΒΟ+ =x 180 , δηλαδή OA, Οx αντικείμενες ημιευθείες.
5. Αφού ΑΒ ημικύκλιο και Μ μέσο ΑΒ,
είναι ΑΜ
= =1802
90 .
Άρα
Γ∆ Α∆ ΑΓ ΑΜ Μ∆ ΑΓ ΑΜΜΚ ΑΚ
= − = + − = + −2 2
= − −
= − = = =ΑΜ
ΑΚ ΜΚΑΜ
ΑΜ ΑΜ
2 2 2 2902
45 .
ΒΓ = − − − =360 150 105 45 60
y
Δ
E
B
K
Β
150
Γ
Δ
Δ MΓ
O
O Α
A
x
x
z
10545
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 15 31/10/2013 5:52:33 μμ
22-0017-02.indd 16 31/10/2013 5:52:33 μμ
3 ΚΕ
ΦΑ
ΛΑ
ΙΟ
• Ένα σημείο ανήκει στη μεσοκάθετο ενός τμήματος αν ισαπέχει από τα άκρα του. Αντίστοιχα ένα εσωτερικό σημείο γωνίας ανήκει στη διχοτόμο της αν ισαπέχει από 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 γωνιών). (Ασκήσεις: § 3.4 Σύνθετα 3 και § 3.12 Εμπέδωσης 8)
• Για να συγκριθούν ανισοτικά δύο τρίγωνα πρέπει να έχουν απαραίτητα δυο πλευρές ίσες.(Ασκήσεις: § 3.12 Αποδεικτικές 2, 7)
• Όταν η διάμεσος είναι βασικό στοιχείο σε μια άσκηση, συχνά χρειάζεται να την προεκτείνουμε. (Ασκήσεις: § 3.12 Αποδεικτικές 3 και Γενικές 7)
ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ
22-0017-02.indd 17 31/10/2013 5:52:33 μμ
18
Α
ω ω
ΔΕ
ΓΒ
Μ
ΛΚ
Γ
Α
Β ΓΜ Β' Γ
1 2
Β Γ
Α
Α
Β ΓΚΖ
Δ
Ε
ΖE
Α
Μ'
Β
Α
'
'
3.1-3.2
§ 3.1-3.2
1. Τα τρίγωνα ΑΒΕ
και Α∆Γ
είναι ίσα. (Π-Γ-Π). (ΑΒ Α∆= , ΑΓ ΑΕ= , ΒΑΕ ΓΑ∆=
). Άρα ΒΕ Γ∆= .
2. Τα τρίγωνα ΚΒΛ
, ΓΛΜ
, ΜΑΚ
είναι ίσα. (Π-Γ-Π) (ΒΚ = ΓΛ = ΑΜ, ΒΛ = ΓΜ = ΑΚ ως άθροισμα ίσων τμημάτων και ˆˆ ˆΚΒΛ = ΛΓΜ = ΜΑΚ ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών).Άρα ΚΛ = ΛΜ =ΜΚ.
3. Τα τρίγωνα ΑΜΓ
και ′ ′ ′Α Μ Γ
είναι ίσα (Π-Γ-Π) ( ′ ′ΑΒ = Α Β , ˆ ˆ ′Β = Β και ′ ′ΒΜ = Β Μ ως μισά ίσων πλευρών). Άρα ′ ′ΑΜ = ΑΜ .
4. Τα τρίγωνα ΑΕΓ
και ΑΒΖ
είναι ίσα, αφού Α Α1 2=
, ΑΒ = ΑΕ και ΑΖ = ΑΓ (Π-Γ-Π). Άρα ˆ ˆΑΓΕ = ΑΖΒ.
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Τα τρίγωνα ∆ΚΕ
και ΒΚΑ
είναι ίσα αφού ΑΚ = Κ∆, ΒΚ = ΚΕ και ΑΚΒ ∆ΚΕ= ως κα-τακορυφήν. Άρα Ε∆Κ ΒΑΚ= (1)
Όμοια τα τρίγωνα ΑΚΓ
και ΖΚ∆
είναι ίσα, οπότε Ζ∆Κ ΓΑΚ=
(2) Προσθέτοντας τις (1) και (2) κατά μέλη προκύπτει
ότι Ε∆Ζ ΒΑΓ=
.
22-0017-02.indd 18 31/10/2013 5:52:35 μμ
19
3.3-3.4
2. Τα τρίγωνα Μ∆Β
και ΜΕΓ
είναι ίσα. (Π-Γ-Π) (ΒΜ =ΜΓ, Β Γ=
αφού ΑΒ = ΑΓ και Β∆ = ΓΕ ως άθροισμα ίσων τμημάτων). Άρα Μ∆ =ΜΕ.
3. Το τρίγωνο ΟΑΒ
είναι ισοσκελές, οπότε 1 1ˆ ˆΑ = Β και επομένως 2 2ˆ ˆΑ = Β ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών. Έτσι τα τρίγωνα ΟΑΓ
και ΟΒ∆
είναι ίσα (ΠΓΠ), οπότε ˆˆΟΓΑ = ΟΑΒ.
Σχόλιο:Στις παραπάνω ασκήσεις χρησιμοποιούμε ισότητες τριγώνων για να αποδείξουμε ισότητες τμημάτων ή γωνιών.
§ 3.3-3.4Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Τα τρίγωνα ΑΒΓ
και ′ ′ ′Α Β Γ
είναι ίσα (Π-Γ-Π).α) Τα τρίγωνα ΑΒ∆
και ′ ′ ′Α Β ∆
είναι ίσα( ′ ′ΑΒ = Α Β , ˆ ˆ ′Β = Β ,
ΑΑ Α
Α1 12 2= =
′= ′
).
Άρα ′ ′Α∆ = Α ∆ .Επίσης τα τρίγωνα ΑΒΕ
και
′ ′ ′Α Β Ε
είναι ίσα (Γ-Π-Γ).Άρα ′ ′ΒΕ = Β Ε .
β) Τα τρίγωνα ΑΙΕ
και ′ ′ ′Α Ι Ε
είναι ίσα γιατί ′ ′ΑΕ = Α Ε (από το (α)), Ε Ε= ′ˆˆ και Α Α2 1=
(Γ-Π-Γ). Άρα ′ ′ΑΙ = Α Ι . Όμοια, από την ισότητα των τριγώνων
ΒΙ∆
και ′ ′ ′Β Ι ∆
προκύπτει ότι ′ ′ΒΙ = Β Ι .
Α
Ε Δ
ΓΒ Μ
Ο
Α
Α
Ι
Ι'
Δ
Δ'
Β
Β' Γ'
E'
Γ
E
Α'
ΒΓ Ο1
1 2
1
1
1 2
12 2
22-0017-02.indd 19 31/10/2013 5:52:37 μμ
20
3.3-3.4
2. i) Τα τρίγωνα Α∆Γ
και ′ ′ ′Α ∆ Γ
είναι ίσα γιατί ′ ′ΑΓ = Α Γ , ′ ′Α∆ = Α ∆
και 1 1ˆ ˆ ′Α = Α (Π-Γ-Π).
Άρα ˆ ˆ ′Γ = Γ .
ii) Τα τρίγωνα ΑΒΓ
και ′ ′ ′Α Β Γ
είναι ίσα γιατί ′ ′ΑΓ = Α Γ , ˆ ˆ ′Α = Α και ˆ ˆ ′Γ = Γ από το (α) (Γ-Π-Γ). Άρα ′α = α και ′γ = γ .
3. Τα τρίγωνα ΑΜΒ
και ΓΜ∆
είναι ίσα (Π-Γ-Π). Άρα ΑΒ = Γ∆. Όμοια τα τρίγωνα ΑΜΓ
και ΒΜ∆
είναι ίσα. Άρα ΑΓ = Β∆. Επομένως τα τρίγωνα ΑΒΓ
και ΒΓ∆
έχουν τις πλευρές τους ίσες. Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα (Π-Π-Π).
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Έστω ΒΔ και ΓΕ οι διχοτόμοι των γωνιών Β και Γ αντίστοιχα. Τα τρίγωνα ΑΒ∆
και ΑΓΕ
είναι ίσα γιατί έχουν:ΑΒ = ΑΓ, Α κοινή και 1 1
ˆ ˆΒ = Γ (μισά ίσων γωνιών). Από την ισότητα αυτή προκύπτει το ζητούμενο.
2. Τα τρίγωνα ΟΑΒ
και ′ ′ΟΑ Β
είναι ίσα, γιατί έχουν: ΟΑ = ΟΑ′ και ΟΒ = ΟΒ′, ως ακτίνες, και 1 2
ˆ ˆΟ = Ο , 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 ∆ΒΓ
είναι ίσα, γιατί έχουν:ΑΒ = Γ∆, ΒΓ κοινή και ˆ ˆΒ = Γ. Από την ισότητα αυτή προκύπτει ότι ΑΓ = Β∆ , οπότε και τα τρίγωνα ΑΒ∆
και ΑΓ∆
είναι ίσα (Π-Π-Π). Άρα ˆ ˆΑ = ∆.
1
Α
B ΓΔ
1
Α′
B′ Γ′Δ′
Α
ΔΑ
Γ′Α′
Β′
Β
Α
Ε
Β Γ
Δ
Α
Γ
1
1 1
2Ο
Β Γ
Γ
Δ
B M≀≀
22-0017-02.indd 20 31/10/2013 5:52:38 μμ
21
3.5-3.6
Σύνθετα Θέματα
1. i) Τα τρίγωνα ΑΒ∆
και ′ ′ ′Α Β ∆
είναι ίσα ( ′ ′ΑΒ = Α Β , ˆ ˆ ′Α = Α ,
1 1ˆ ˆ ′Β = Β ) (Γ-Π-Γ). Άρα ′ ′Β∆ = Β ∆ .
ii) Τα τρίγωνα ΒΑΜ
και ′ ′ ′Β Α Μ
είναι ίσα ( ′ ′ΑΒ = Α Β , ˆ ˆ ′Β = Β , ' 'ΒΜ = Β Μ ) (Π-Γ-Π). Άρα ˆ ˆ′ ′ ′ΒΑΜ = Β ΑΜ .
iii) Τα τρίγωνα ΑΒΘ
και ′ ′ ′Α Β Θ
είναι ίσα ( ′ ′ΑΒ = Α Β , 1 1ˆ ˆ ′Β = Β και
ˆ ˆ′ ′ ′ΒΑΜ = Β ΑΜ από το (β)) (Γ-Π-Γ).δ) Από το (γ) προκύπτει ότι ′ ′ΑΘ = ΑΘ . Επίσης ′ ′ΒΘ = Β Θ . Άρα
′ ′ ′ ′Β∆ −ΒΘ = Β ∆ −Β Θ ή ′ ′Θ∆ = Θ ∆ .
2. Έστω ε′ η μεσοκάθετος του ΑΓ και Ο το σημείο τομής των ε και ε′. Επειδή ε μεσοκάθετος του ΑΒ, θα είναι ΟΑ = ΟΒ (1). Όμοια ΟΓ = ΟΔ (2).Αλλά το Ο ανήκει και στη μεσοκάθετο του ΑΓ. Άρα ΟΑ = ΟΓ (3).Από τις (1), (2) και (3) προκύπτει ότιΟΒ = Ο∆, δηλαδή το Ο ανήκει και στη μεσοκάθετο του ΒΔ.
3. i) Επειδή το Δ ανήκει στη μεσοκάθετο του ΑΓ είναι ∆Α = ∆Γ. Άρα το τρίγωνο ∆ΑΓ
είναι ισοσκελές.
ii) Τα τρίγωνα ΓΑΕ
και ΑΒ∆
είναι ίσα, γιατί ΑΕ = Β∆,ΑΓ = ΑΒ και ˆˆΑΒ∆ = ΓΑΕ ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών
ˆˆ ˆ( )Β = Γ = ∆ΑΓ = ω (Π-Γ-Π).Άρα ΓΕ = Γ∆, δηλαδή το τρίγωνο Γ∆Ε
είναι ισοσκελές.
§ 3.5-3.6Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Έστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ
(ΑΒ = ΑΓ) και τα ύψη του ΒΔ και ΓΕ. Τα τρίγωνα ΑΒ∆
και ΑΕΓ
είναι ίσα (Α κοινή, ˆ ˆ 90∆ = Ε = , ΑΒ = ΑΓ). Άρα ΒΔ = ΓΕ.
Ε
Α
Δ Β
Β
Γ
(ε´)
(ε) Δ
Ο
Α
Α
Β
1
1 1
2Μ
Θ
Δ
Θ'
Γ
Α
Α
Ε Δ
Γ
Γω ω
ω ≀
≀
A′
B′
Δ′
12
Μ′ Γ′
Ε
Α
Δ Β
Β
Γ
(ε´)
(ε) Δ
Ο
Α
Α
Β
1
1 1
2Μ
Θ
Δ
Θ'
Γ
Α
Α
Ε Δ
Γ
Γω ω
ω ≀
≀
A′
B′
Δ′
12
Μ′ Γ′
Ε
Α
Δ Β
Β
Γ
(ε´)
(ε) Δ
Ο
Α
Α
Β
1
1 1
2Μ
Θ
Δ
Θ'
Γ
Α
Α
Ε Δ
Γ
Γω ω
ω ≀
≀
A′
B′
Δ′
12
Μ′ Γ′
Ε
Α
Δ Β
Β
Γ
(ε´)
(ε) Δ
Ο
Α
Α
Β
1
1 1
2Μ
Θ
Δ
Θ'
Γ
Α
Α
Ε Δ
Γ
Γω ω
ω ≀
≀
A′
B′
Δ′
12
Μ′ Γ′
22-0017-02.indd 21 31/10/2013 5:52:39 μμ
22
Α
Α
Α
ΓΜ1
2Β
Δε
Β Δ Γ Β Δ Γ
Α
KΒ
ΔΗ Ζ
Ε
ΓM
'
' ''
3.5-3.6
2. Έστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ
(ΑΒ = ΑΓ) και Δ, Ε τα μέσα των ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα. i) Αν ∆Κ ⊥ ΒΓ , ΕΜ ⊥ ΒΓ τα τρίγωνα Β∆Κ
και ΜΕΓ
είναι ίσα ( ˆ ˆ 90Κ =Μ = , ˆ ˆΒ = Γ και ∆Β = ΕΓ ως μισά ίσων πλευρών).Άρα ∆Κ =ΜΕ.
ii) Αν ∆Ζ ⊥ ΑΓ και ΕΗ ⊥ ΑΒ, τα τρίγωνα ΑΗΕ
και Α∆Ζ
είναι ίσα (Α κοινή, ˆ ˆ 90Ζ = Η = , Α∆ = ΑΕ). Άρα ∆Ζ = ΕΗ.
3. Έστω ευθεία ε που διέρχεται από το μέσο Μ του ΑΒ. Αν ΑΓ ⊥ ε και ∆Β ⊥ ε τα τρίγωνα ΜΑΓ
και Μ∆Β
είναι ίσα (ΑΜ = ΒΜ, 1 2ˆ ˆΜ =Μ ,
ˆ ˆ 90∆ = Γ = ). Άρα ΑΓ = Β∆.
4. Έστω ότι τα τρίγωνα ΑΒΓ
και ′ ′ ′Α Β Γ
είναι ίσα με ′ ′ΒΓ = Β Γ .Αν ΑΔ, Α′Δ′ τα αντίστοιχα ύψη, τότε τα τρίγωνα ΑΒ∆
και ′ ′ ′Α Β ∆
είναι ίσα. ( ′ ′ΑΒ = Α Β , ˆ ˆ ′Β = Β , ˆ ˆ 90′∆ = ∆ = ). Άρα ′ ′Α∆ = Α ∆ .
Σχόλιο:Παρατηρήστε ότι αν το Δ ανήκει στην πλευρά ΒΓ τότε και το Δ′ ανήκει στην πλευρά Β′ Γ′.
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Έστω Μ∆ ⊥ ΑΒ και ΜΕ ⊥ ΑΓ. Τα τρίγωνα ΑΜ∆
και ΑΜΕ
είναι ίσα (AM κοινή, ˆ ˆ 90∆ = Ε = , 1 2ˆ ˆΑ = Α , αφού AM
διάμεσος και διχοτόμος).Άρα i) ΜΔ = ΜΕ και ii) ˆ ˆΑΜ∆ = ΑΜΕ, δηλαδή η AM είναι διχοτόμος της γωνίας ˆ∆ΜΕ.
Σχόλιο:Αποφύγαμε να συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΜΒ∆
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.
Α
ΒΔ Ε
ΓΜ
1 2
22-0017-02.indd 22 13/3/2014 10:26:30 πµ
23
3.5-3.6
Α
Β
Γ
Δ
12
Ζ
Α
Γ
ΒΚ
Ο
Δ
Λ
Μ
ΒΑ
Ε
Γ
ΕΔ
Α′
Β′ Γ′
Ε′Δ′
2. Τα τρίγωνα Α∆Μ
και ′ ′ ′Α ∆ Μ
είναι ίσα ( 1ˆ ˆ 90∆ = ∆ = , ′ ′Α∆ = Α ∆ ,
′ ′ΑΜ = ΑΜ ).
Άρα 1 1ˆ ˆ ′Μ =Μ (1).
Επίσης τα τρίγωνα ΑΒΜ
και ′ ′ ′Α Β Μ
είναι ίσα ( ′ ′ΑΜ = ΑΜ , 1 1ˆ ˆ ′Μ =Μ από (1)
και ′ ′ΒΜ = Β Μ ως μισά ίσων πλευρών). Άρα ′ ′ΑΒ = Α Β (2) και ˆ ˆ ′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 ,ˆ ˆ 90′Ε = Ε = ). Άρα (1).Όμοια από τα τρίγωνα Β∆Γ
και ′ ′ ′Β ∆ Γ
προκύπτει ότι ˆ ˆ ′Γ = Γ (2). Από τις (1), (2) και την υπόθεση ( ′α = α ), προκύπτει ότι τα τρίγωνα ΑΒΓ
και ′ ′ ′Α Β Γ
είναι ίσα (Γ-Π-Γ).
4. Τα τρίγωνα Ε∆Β
και Α∆Β
έχουν ˆˆ 90Ε = ∆ = , ΒΔ κοινή και 1 2
ˆ ˆΒ = Β , άρα είναι ίσα, οπότε ΑΒ = ΒΕ (1). Τα τρίγωνα ΑΒΓ
και ΕΒΖ
έχουν ˆ ˆ 90Α = Ε = , ΑΒ = ΒΕ (από (1)) και Β κοινή, άρα είναι ίσα, οπότε ΒΖ = ΒΓ, δηλαδή το τρίγωνο ΒΓΖ
είναι ισοσκελές.
5. i) Επειδή ΑΒ = Γ∆ θα είναι ΟΚ = ΟΛ, οπότε τα ορθογώνια τρίγωνα ΜΟΚ
και ΜΟΛ
είναι ίσα γιατί έχουν ΟΜ κοινή και ΟΚ = ΟΛ.
ii) Από την προηγούμενη ισότητα τριγώνων προκύπτει ότι ΜΚ =ΜΛ (1). Όμως τα Κ, Λ είναι μέσα των ίσων χορδών ΑΒ και ΓΔ, οπότε ΑΚ = ΓΛ (2) και ΒΚ = ∆Λ (3). Από τις (1), (2) προκύπτει ΜΑ =ΜΓ και από τις (1), (3) ότι ΜΒ =Μ∆.
A'
B' Δ'1
M' Γ'
A
B Δ1Μ Γ
22-0017-02.indd 23 6/2/2014 3:14:28 µµ
24
3.7
ΑΕ'
Δ'
Β'
ε
M
Δ
ΓZ
Β
Z'
Ε
Β
Α' Γ' Δ'Α Γ Δ
Α
Β'Β M
μ
Α'
Γ'Γ
1 1
\\ \\
αβ β' α'
γ γ'α α'
Σύνθετα Θέματα
1. i) Τα τρίγωνα Ε∆Β
και ∆ΖΓ
είναι ορθογώνια ( ˆ ˆ 90Ε = Ζ = ) και έχουν ∆Β = ∆Γ (Δ σημείο της μεσοκαθέτου), ∆Ε = ∆Ζ (αποστάσεις σημείου της διχοτόμου), άρα είναι ίσα.
ii) Για τους ίδιους λόγους και τα τρίγωνα ′ ′∆ ΒΕ
και ′ ′∆ ΓΖ
είναι ίσα.iii) Από τις παραπάνω ισότητες τριγώνων προκύ-
πτουν:ΑΕ = ΑΖ και ′ ′ΓΖ = ΒΕ .
ΑΕ'
Δ'
Β'
ε
M
Δ
ΓZ
Β
Z'
Ε
Β
Α' Γ' Δ'Α Γ Δ
Α
Β'Β M
μ
Α'
Γ'Γ
1 1
\\ \\
αβ β' α'
γ γ'α α'
Προσθέτοντας κατά μέλη τις ισότητες αυτές παίρνουμε: ′ ′ ′ΑΕ + ΓΖ = ΑΖ + ΒΕ ⇔ ΑΒ+ΒΕ + ΑΓ − ΑΖ =
′ ′ ′= ΑΓ −ΓΖ + ΑΒ + ΑΕ ⇔ ΒΕ + ΓΖ = ΑΕ + ΑΖ ⇔2 2 ′ ′⇔ ΒΕ = ΑΖ ⇔ ΒΕ = ΑΖ , οπότε: ′ ′ΕΕ = ΑΕ + ΑΕ = ΑΖ + ΖΓ = ΑΓ
και ′ ′ΖΖ = ΑΖ − ΑΖ = ΑΕ −ΒΕ = ΑΒ.
2. Έστω ότι ′γ = γ . Προ-εκτείνουμε τις ΑΓ, Α′Γ′ κατά τμήματα Γ∆ = α και ′ ′ ′Γ ∆ = α αντίστοιχα. Τότε τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒ∆
και ′ ′ ′Α Β ∆
έχουν τις κάθετες πλευρές τους ίσες μία προς μία και επομένως είναι ίσα. Από την ισότητα αυτή προκύπτει ότι ˆ ˆ′ ′ ′ΑΒ∆ = Α Β ∆ (1) και ˆ ˆ ′∆ = ∆ , οπότε και 1 1
ˆ ˆ ′Β = Β (2) (γιατί τα τρίγωνα ΒΓ∆
, ′ ′ ′Β Γ ∆
είναι ισοσκελή). Από τις (1) και (2) προκύπτει ˆ ˆ ′Β = Β , οπότε τα τρίγωνα ΑΒΓ
και ′ ′ ′Α Β Γ
έχουν ˆ ˆ 90′Α = Α = , ′ ′ΑΒ = Α Β και ˆ ˆ ′Β = Β , επομένως είναι ίσα.
§ 3.7Ασκήσεις Εμπέδωσης
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′.
22-0017-02.indd 24 1/11/2013 3:15:03 μμ
25
3.8-3.9
2. Αν Μ είναι ένα σημείο του ζητούμενου γ.τ., θα είναι OM 2R= και επομένως το Μ ανήκει στον κύκλο (O, 2R).• Αντίστροφα: Αν Μ′ είναι ένα σημείο του (O, 2R) και Ν′ η τομή του ΟΜ′ με τον (O, R) τότε ON R′ = , οπότε N M 2R R R′ ′ = − = , δηλαδή ON N M′ ′ ′= . Άρα ο γ.τ. του Μ είναι ο κύκλος (O, 2R).
Σχόλιο:Στα προβλήματα γ.τ. εξετάζουμε ευθύ και αντίστροφο.
M
ΝRO
M′Ν′
§ 3.8-3.9Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Οι ζητούμενοι άξονες συμμετρίας φαίνονται στα επόμενα σχήματα:
2. Σύμφωνα με την εφαρμογή της § 3.8 το συμμετρι-κό 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 A B AB′ ′ = , ′ ′Β Γ = ΒΓ και ′ ′Γ Α = ΓΑ προκύπτει ότι ′ ′ ′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 προηγούμενη άσκηση είναι ′ ′ ′Α Β Γ = ΑΒΓ
, οπότε ˆ ˆx y x y′ ′ ′Α = Α .
Α Β Δ Η Θ Τ Χ Ψ
Α′
Γ′
x
y
y′
x′Β′ Α′
Α
Γ
B
Μ′
Γ′ Β′Ο
Ο
Β Γ
Μ
Α
22-0017-02.indd 25 31/10/2013 5:52:43 μμ
26
3.8-3.9
4. Σύμφωνα με την εφαρμογή της § 3.9 είναι BA BA′ = και ′ΓΑ = ΓΑ, οπότε τα τρίγωνα ′ΑΒΓ και Α ΒΓ
είναι
ίσα (Π-Π-Π).
M''
x
Α Μ Α
M
Ο
M'ε
ε'3
1 2
4
y
O
A
B Γ
Α
≀
≀
Δ
'
'
5. Έστω ΟΔ η διχοτόμος της ˆxOy και Α σημείο της ˆxOy, π.χ. της ˆxO∆. Αν Α′ είναι το συμμετρικό του Α ως προς την OΔ τότε το τρίγωνο ′ΟΑΑ
είναι ισοσκελές, οπότε έχουμε:
ˆ ˆ ˆ ˆx y′Α ΟΜ = ΑΟΜ ≤ΜΟ =ΜΟ .Το Α′ επομένως είναι σημείο της ˆ y∆Ο , δηλαδή της
ˆxOy. Άρα η ΟΔ είναι άξονας συμμετρίας.
6. i) 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 .
ii) Η ε είναι άξονας συμμετρίας του MM′, οπότε , οπότε έχουμε:
1 2 3 4 2 3 2 3ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ2 2 2( ) 2 1′′ΜΟΜ =Ο +Ο +Ο +Ο = Ο + Ο = Ο +Ο = ⋅ 2
αφού οι ε, ε′ είναι κάθετες. Η ισότητα ΜΟΜ =2′′ σημαίνει ότι τα Μ, Ο, Μ′′ είναι συνευθειακά.
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.
22-0017-02.indd 26 31/10/2013 5:52:44 μμ
27
3.10-3.12
§ 3.10-3.12Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Επειδή η 1B είναι εξωτερική γωνία στο τρίγωνο ∆
ΑΒΓ είναι 1 2ˆ ˆB > Γ (1).
Από υπόθεση όμως 1 1ˆ ˆB > Γ (2).
Με πρόσθεση των (1) και (2) κατά μέλη προκύπτει 1 1
ˆ ˆ2B 180 B 90> ⇔ > .
2. Το ΑΒΓ
είναι ισοσκελές, οπότε 1 1ˆ ˆΑ = Γ
και αφού ˆ ˆΑ = Γ θα είναι 2 2ˆ ˆΑ = Γ . Από την
τελευταία ισότητα προκύπτει Α∆ = Γ∆. Επειδή τα σημεία Β και Δ ισαπέχουν από το Α και Γ, η ευθεία ΒΔ είναι μεσοκάθετος του ΑΓ.
3. i) Επειδή ˆ ˆ 180Β+ Γ < και ˆ ˆΒ = Γ θα είναιˆ ˆ 90Β = Γ < .
ii) Έστω ΑΔ το ύψος. Αν ∆ ≡ Β θα είχαμε ˆ ˆΑ∆Γ = Β, δηλαδή ˆ90 = Β
άτοπο. Αν το Δ ήταν σημείο της προέκτασης της ΓΒ προς το Β θα είχαμε ˆˆ ˆ 90Β > ∆⇔ Β > άτοπο. Άρα το Δ είναι εσωτερικό σημείο της πλευράς ΒΓ.
4. Αν το Δ βρίσκεται μεταξύ των Β, Α τότε η ˆΒ∆Γ είναι εξωτερική γωνία του τριγώνου ∆ΑΓ
, οπότε
ˆ ˆΒ∆Γ > ΒΑΓ. Ομοίως για τις άλλες περιπτώσεις.
Α
Α
Α
ΓΒΔ
Β Γ
X
A
Δ
Β
Γ
Δ
Β Γ1
1
1
12
2
2
22-0017-02.indd 27 31/10/2013 5:52:44 μμ
28
3.10-3.12
Α
ΛΚ
Δ
ΓΒ
Γ
Α
Α
Β ΓΜ
Β
Α
Β
Μ ΛΟ
Γ
Ε
Δ
1 1
21
21
5. Είναι ˆ ˆΜ > Γ (1), αφού Μ εξωτερική γωνία στο τρίγωνο ΑΜΓ
. Όμως ˆ ˆΓ = Β (2). Από (1), (2) παίρνουμε ˆ ˆ ,Μ >Β οπότε από το τρίγωνο ΑΒΜ
προκύπτει ΑΒ > ΑΜ.
6. Φέρνουμε ∆Ε ⊥ ΒΓ. Επειδή ΓΔ διχοτόμος θα εί-ναι Α∆ = ∆Ε (1). Όμως από το ορθογώνιο τρίγωνο Ε∆Β
προκύπτει ∆Ε < ∆Β (2). Από (1), (2) παίρνουμε Α∆ < ∆Β.
8. Επειδή ˆ ˆΒ = Γ θα είναι ˆ ˆ
εξ εξΒ = Γ , οπότε και 1 1
ˆ ˆΒ = Γ και επομένως Β∆ = ∆Γ.Έτσι τα τρίγωνα ΚΒ∆
και ΛΓ∆
έχουνΚΒ = ΛΓ, Β∆ = Γ∆ και ˆ ˆΚΒ∆ = ΛΓ∆,οπότε είναι ίσα και επομένως ∆Κ = ∆Λ.
7. Τα τρίγωνα ΟΜΒ
και ΟΓΛ
είναι ίσα (Π-Γ-Π), επο-μένως 2 2
ˆ ˆΒ = Γ . Είναι και 1 1
ˆ ˆΒ = Γ αφού ΟΒ = ΟΓ, οπότε ˆ ˆΒ = Γ.
Άρα το τρίγωνο ΑΒΓ
είναι ισοσκελές.
22-0017-02.indd 28 31/10/2013 5:52:45 μμ
29
3.10-3.12
9. i) Είναι 1 1
ˆ ˆˆ ˆ2 2Β Γ
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 2 2
ˆ ˆΒ = Γ ( 2 1 1 2
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆΒ = Β −Β = Γ −Γ = Γ ).
10. Με εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στα τρίγωνα 1 2ΠΚ Κ
, 1 3ΠΚ Κ
και 3 2ΠΚ Κ
(σχ. Βιβλίου) παίρνουμε αντίστοιχα 1 2 13Κ Κ < , 1 3 17Κ Κ < και 3 2 16Κ Κ < . Προσθέτοντας αυτές κατά μέλη βρίσκουμε 1 2 1 3 3 2 46Κ Κ +Κ Κ +Κ Κ < . Επομένως ο χιλιομετρητής θα έπρεπε να
γράψει απόσταση μικρότερη του 46 και όχι 48.
Αποδεικτικές Ασκήσεις
Α
Β M
Ι
Γ
B
μ
⁄⁄
A
A
A
Β Γ
Β ΓΜ
Μ
Μ
A'
Γ
1
1 2
212
α
μα
1. Από την 2αα
µ < προκύπτουν ΑΜ < ΒΜ και
ΑΜ <ΜΓ. Απ’ αυτές παίρνουμε αντίστοιχα
1ˆΒ < Α και 2
ˆΓ < Α , απ’ όπου με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: ˆˆ ˆΒ+ Γ < Α .
Όταν 2αα
µ = ή 2αα
µ > ισχύουν αντίστοιχα
ˆˆ ˆΒ+ Γ = Α ή ˆˆ ˆΒ+ Γ > Α.
2. Τα τρίγωνα ΑΜΒ
και ΑΜΓ
έχουν δύο πλευρές ίσες (ΑΜ = κοινή, ΒΜ =ΜΓ) και τις τρίτες άνισες (ΑΒ < ΑΓ), οπότε (εφαρ-μογή § 3.12) οι απέναντι γωνίες θα είναι ομοίως άνισες ˆ ˆΑΜΓ > ΑΜΒ.
3. α) Προεκτείνουμε τη διάμεσο AM κατά ίσο τμήμα ΜΑ′. Τα τρίγωνα ΑΜΒ
και ′Α ΜΓ
είναι ίσα (ΠΓΠ), οπότε ′ΓΑ = ΑΒ και
ˆ ˆ ′ΒΑΜ = ΓΑΜ (1). Στο τρίγωνο ′ΑΓΑ
είναι ′ΑΓ > ΓΑ (γιατί ΑΓ > ΑΒ), οπότε
ˆ ˆ′ΜΑ Γ >ΜΑΓ, από την οποία σύμφωνα με την (1) προκύπτει ˆ ˆΜΑΒ >ΜΑΓ.
β) Με εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στο τρίγωνο ′ΑΓΑ
παίρνουμε:′ ′ ′ΑΓ − ΓΑ < ΑΑ < ΑΓ + ΓΑ ⇔
22-0017-02.indd 29 31/10/2013 5:52:46 μμ
30
3.10-3.12
22 2α α
β − γ β + γ⇔ β− γ < µ < β + γ ⇔ < µ < .
γ) Σύμφωνα με το β) έχουμε:
2αβ + γ
µ < , 2β
γ + αµ < και
2γα + β
µ < .
Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: 2α β γµ + µ + µ < α +β + γ = τ.
Σ Α
Β
Δ Γ
Α
Β
Α
Γ
Δ
Ο
Μ
ΒΟ
Μ
Α
Γ
Ο Β
Μ
12
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 .• Αν Μ ≡ Α τότε: ΣΑ = ΣΜ < ΣΒ και• αν Μ ≡Β είναι ΣΑ < ΣΜ = ΣΒ.
5. Στο τρίγωνο ΑΒΜ
η διχοτόμος είναι και ύψος, επομένως είναι ισοσκελές, δηλαδή
1 22
ΑΒ = ΑΜ = ΑΓ⇔ ΑΓ = ΑΒ (1).
Με εφαρμογή της τριγ. ανισότητας στο τρί-
γωνο ΑΒΓ
βρίσκουμε (1)
ΑΓ < ΑΒ+ΒΓ⇔2⇔ ΑΒ < ΑΒ+ΒΓ⇔ ΑΒ < ΒΓ.
6. Θεωρούμε το μέσο του τόξου ΑΒ, οπότε ΑΜ =ΜΒ = Γ∆ και ΑΜ =ΜΒ = Γ∆ . Τότε, λόγω της τριγωνικής ανισότητας στο τρίγωνο ΑΜΒ
, έχουμε ότι: ΑΜ +ΜΒ > ΑΒ ή 2Γ∆ > ΑΒ.
7. Έστω ότι Γ∆ > ΑΒ, οπότε η επίκεντρη γωνία ˆΓΟ∆ είναι μεγαλύτερη της ˆΑΟΒ. Τα τρίγωνα
ΓΟ∆
και ΑΟΒ
έχουν δύο ζεύγη πλευρών ίσα ( RΟΑ = ΟΒ = ΟΓ = Ο∆ = ) και τις περιεχόμενες γωνίες άνισες, οπότε Γ∆ > ΑΒ. (εφ. § 3.11).Το αντίστροφο αποδεικνύεται εύκολα με απαγωγή σε άτοπο.
22-0017-02.indd 30 31/10/2013 5:52:47 μμ
31
3.10-3.12
Σύνθετα Θέματα
1. i) Με εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στα τρίγωνα ΑΟΒ
, ΒΟΓ
, ΓΟ∆
και ∆ΟΑ
παίρ-νουμε αντίστοιχα: AB < OA + OB, ΒΓ < ΟΒ +ΟΓ , Γ∆ < ΟΓ +Ο∆ και Α∆ < Ο∆ +ΟΑ από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο.
M
ΔE
B
Α
Ο
B
Γ
Δ
ΚΑ
Γ
M
ΔE
B
Α
Ο
B
Γ
Δ
ΚΑ
Γ
ii) 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+Ο∆ ≥ Β∆ (2).Από (1), (2) προκύπτει ΟΑ+ΟΒ+ΟΓ +Ο∆ ≥ ΑΓ + Β∆ η οποία σημαίνει ότι ελάχιστη τιμή του αθροίσματος ΟΑ+ΟΒ+ΟΓ +Ο∆ είναι η ΑΓ +Β∆ και συμβαίνει όταν το Ο είναι σημείο της ΑΓ και της ΒΔ, δηλαδή όταν Ο ≡ Κ .
2. Αφού το τρίγωνο ΑΕΒ
είναι ισοσκελές, θα είναι ˆ ˆΑΕΒ = ΑΒΕ και επειδή τα τρίγωνα ΑΕ∆
και ΑΒΓ
είναι ίσα, θα είναι ˆ ˆΑΕ∆ = ΑΒΓ. Επομένως ˆ ˆΒΕ∆ = ΕΒΓ και ˆ ˆΜΕΒ =ΜΒΕ, οπότε το τρίγωνο ΜΒΕ
είναι ισοσκελές.
ii) 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.
ΑΔ
ΓΒ
Ο
Κ
3. i) Είναι ΑΓ < ΑΒ+ΒΓ (από το τρίγωνο ΑΒΓ
) ΑΓ < Α∆ + ∆Γ (από το τρίγωνο Α∆Γ
) και προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο.
ii) Είναι ΑΟ+ΟΒ > ΑΒ και ∆Ο +ΟΓ > Γ∆ και προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο.
iii) Προσθέτοντας κατά μέλη τις δύο ανισότητες (ii) έχουμε ότι:
2ΑΒ+ΒΓ + Γ∆ + ∆Α
< ΑΓ + Β∆.
Επίσης προσθέτοντας κατά μέλη τις ΑΓ < ΑΒ+ΒΓ,ΑΓ < Α∆ + ∆Γ , Β∆ < ΑΒ + Α∆ και Β∆ < ΒΓ + Γ∆ καταλήγουμε ότι ΑΓ +Β∆ < ΑΒ +ΒΓ + Γ∆ + ∆Α.
22-0017-02.indd 31 31/10/2013 5:52:47 μμ
32
3.14-3.15
Βy
x
Γ
Δ
Γ'
Γ
Α
Α
Ρ
Ρ'ε
Β
Ε
Δ Β
O
ΕΓ''
A
4. Από το Γ φέρουμε κάθετες στις Οx, Oy που τις τέμνουν στα σημεία Δ, Ε αντίστοιχα και παίρνουμε τμήματα ′Γ∆ = Γ ∆ και ′′ΓΕ = Γ Ε (συμμετρικά). Τότε η περίμετρος του ΑΒΓ
είναι 2′ ′′ ′ ′′Γ Α + ΑΒ +ΒΓ > Γ Γ = ΟΓ.
Σχόλιο:Τα σημεία Γ′, Ο, Γ′′ είναι συνευθειακά.(Άσκηση 6-§ 3.8-3.9).
§ 3.13
Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Επειδή ΕΑ κάθετος στην ΑΒ και Α∆ < ΑΒ θα είναι ∆Ε < ΕΒ (1). Επίσης ΒΑ κάθετος στην ΑΓ και ΑΕ < ΑΓ. Άρα συνεπάγεται ότι ΕΒ < ΒΓ (2).Από (1), (2) προκύπτει ότι ∆Ε < ΒΓ.
2. Το ΑΗ είναι μεσοκάθετος του ΒΓ (σχ. Βιβλίου), άρα ΑΒ = ΑΓ. Τα τμήματα ΑΓ και ΑΔ είναι πλάγια και επειδή ΗΓ < Η∆ και ΑΗ κάθετος προκύπτει ότι ΑΓ < Α∆.
3. i) 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 .ii) Θα πρέπει το Ρ′ να ταυτίζεται με το Α, επο-
μένως η ε να είναι κάθετη στο ευθύγραμμο τμήμα ΡΑ, στο σημείο Α.
§ 3.14-3.15Ασκήσεις 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 ˆΑΟΜ και η ΟΔ διχοτόμος της ˆΜΟΒ , oπότε ˆ 90ΟΓ ⊥ Ο∆⇔ ΓΟ∆ = (δι-χοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών).
Γ
Δ
Α ΒΟ
Με1
1 2
ε2
22-0017-02.indd 32 31/10/2013 5:52:48 μμ
33
3.14-3.15
3. Υπάρχουν δύο δυνατές περιπτώσεις: Για το Σχ. 1 έχουμε ότι:
2ΡΓ + Γ∆ + ∆Ρ = ΡΑ − ΑΓ + ΓΕ + Ε∆ + ΡΒ − Ρ∆ = ΡΑ.Για το Σχ. 2 έχουμε ότι:
2( )ΡΓ + Γ∆ + ∆Ρ = ΡΑ + ΑΓ + ΓΕ + Ε∆ + ΒΡ = ΡΑ + Γ∆ .
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Στο τρίγωνο ΟΑΒ
η ΟΕ είναι ύψος και διάμεσος, άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές, δηλαδή ΟΑ = ΟΒ (1). Όμως και Ο∆ = ΟΓ (2) (ως ακτίνες). Με αφαίρεση των (1) και (2) κατά μέλη προκύπτει Α∆ = ΒΓ.
2. Φέρουμε τη ΜΟ, οπότε οι γωνίες ˆΑΜΟ και ˆΟΜΒ είναι ίσες. Το τρίγωνο ΟΜΓ
είναι ισοσκελές, οπότε η MB είναι και διχοτόμος, άρα ˆ ˆΟΜΒ = ΒΜΓ. Άρα ˆ ˆ3ΑΜΓ = ΒΜΓ.
3. 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 ˆ ˆΡΑΒ = ΡΒΑ. Επίσης, η ΡΟ είναι μεσοκάθετη στο ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ, οπότε ΜΑ =ΜΒ και επομένως
ˆ ˆΜΑΒ =ΜΒΑ.Αφαιρώντας κατά μέλη τις δύο τελευταίες ισότητες προκύπτει ˆ ˆΜΑΡ =ΜΒΡ.
ΑΓ
ΟΔ
ΕΒ
Μ
Α
Ο \\ Β Γ
Δ Α
Γ Δ
Β
Ε
Α
B
Ρ Ρ
ΕΓ
Σχήμα 1 Σχήμα 2
Ρ
Μ
Α Β
Ο
Ο Α
Α Ο Β\\ \\
22-0017-02.indd 33 31/10/2013 5:52:49 μμ
34
3.16
§ 3.16
Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. i) Ο ένας κύκλος εσωτερικός του άλλου. ii) Εφάπτονται εσωτερικά.
iii) Τέμνονται. iv) Εφάπτονται εξωτερικά. v) Ο ένας κύκλος εξωτερικός του άλλου.
Ρ
Μ
Α Β
Ο
Ο Α
Α Ο Β\\ \\
Ρ
Μ
Α Β
Ο
Ο Α
Α Ο Β\\ \\
ΑΒ
2M N O1O N'M'
Λ
Ρ Δ
ΓΚ
Α Β \\
\
\
Γ
Ο
Α
Β
Δ
Ρ
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. i) Για να τέμνονται οι κύκλοι ( , 2R)Ο και ( , )Ρ ΡΟ πρέπει να ισχύει: 2R 2R− ΡΟ < ΡΟ < ΡΟ + , γιατί 2RΡΟ < .Η δεξιά ανισότητα προφανώς ισχύει. Για την αριστερή έχουμε: 2R 2R 2 R− ΡΟ < ΡΟ⇔ < ΡΟ⇔ ΡΟ > που ισχύει αφού Ρ εξωτερικό σημείο του (O, R).
ii) Επειδή ( ) 2R RΟΓ = > το Γ είναι εξωτερικό σημείο του (O, R), άρα η ΟΓ τέμνει τον (O, R) στο Α. Όμοια η ΟΔ τέμνει τον (O, R) στο Β.
iii) Επειδή ( ) RΟΑ = και ( ) 2RΟΓ = το Α είναι μέσο της χορδής ΟΓ του κύκλου ( , )Ρ ΡΟ , οπότε ΡΑ ⊥ ΟΓ, επομένως ΡΑ εφαπτόμενη του (O, R). Όμοια απο-δεικνύεται ότι και η ΡΒ είναι εφαπτόμενη του (O, R).
2. i) Επειδή 1 2 1 2R RΟ Ο > + 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. Οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά.2. Οι κύκλοι εφάπτονται εσωτερικά.
Γ
Ο
Α
Β
Δ
Ρ
22-0017-02.indd 34 31/10/2013 5:52:49 μμ
35
3.17-3.18
§ 3.11 έχουμε: 1 2 1 2OΟ Ο < Α + ΑΒ+ΒΟ ή 1 2 1 2R R R R+ΜΝ + < + ΑΒ + ή ΜΝ < ΑΒ.Όταν Α ≡Μ και Β ≡ Ν τότε ΜΝ = ΑΒ. Άρα γενικά ΜΝ ≤ ΑΒ.
• Έστω πάλι ότι το Α δεν συμπίπτει με το Μ′ ή το Β με το Ν′ τότε:1 1 2 2ΑΒ < ΑΟ +Ο Ο +Ο Β ή 1 1 2 2′ ′ΑΒ <Μ Ο +Ο Ο +Ο Ν ή ′ ′ΑΒ <Μ Ν .
Όταν ′Α ≡Μ και ′Β ≡ Ν τότε ′ ′ΑΒ =Μ Ν , γενικά λοιπόν θα ισχύει ′ ′ΑΒ ≤Μ Ν .
3. Η ΚΡ είναι διχοτόμος της γωνίας ˆΑΡΒ και η ΡΛ διχοτόμος της ˆΓΡ∆. Όμως οι γωνίες ˆ ˆA Β και Β ΔΡ Ρ είναι εφεξής και παραπληρωματικές, επομένως ˆ 90ΚΡΛ = .
4. Η απάντηση είναι καταφατική και οι κύκλοι φαίνονται στο διπλανό σχήμα.
ΑΒ
2M N O1O N'M'
Λ
Ρ Δ
ΓΚ
Α Β \\
\
\
δ
xx′ O
O
y
ΓΒ
Α
y
x
δ
δ
1
δ2
α
α
α
§ 3.17-3.18
Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Κατασκευάζουμε γεωμετρικά μια ορθή γωνία ˆxOy και στη συνέχεια κατασκευάζουμε τη διχοτόμο Οδ αυτής. Τότε ˆ(xO ) 45δ = .
2. Έστω γωνία ˆxOy. Κατασκευάζουμε τη διχοτόμο Οδ αυτής και στη συνέχεια τις διχοτόμους 1Οδ και
2Οδ των ˆxΟδ και ˆ yδΟ αντίστοιχα.
22-0017-02.indd 35 6/2/2014 3:15:45 µµ
36
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 ΑΜ = υ, τότε το ΑΒΓ είναι το ζητούμενο.• Πράγματι, ΑΒ = ΑΓ και προφανώς ΒΓ = α και ΑΜ = υ.
• Το πρόβλημα έχει πάντα μοναδική λύση.
5. α) Κατασκευάζουμε ορθή γωνία ˆx yΑ και πάνω στις πλευρές της Αx, Ay παίρνουμε αντίστοιχα τα σημεία Γ, Β ώστε ΑΓ = β και ΑΒ = γ. Το πρόβλημα έχει πάντα μοναδική λύση.
β) Κατασκευάζουμε ορθή γωνία ˆx yΑ και πάνω στην Ay παίρνουμε σημείο Β ώστε ΑΒ = γ. Στη συνέχεια γράφουμε τον κύκλο ( , )Β α που τέμνει την Αx στο Γ. Το τρίγωνο ΑΒΓ
είναι προφανώς το ζητούμενο και υπάρχει λύση όταν α > γ.
γ
β
γ
Β
Β
Α Α′
Γ B′′ Γ′ Β′
Α Γ
α
Β
xΓΑ
y
y
x
||||Α
Β M Γε
υ
δ
xx′ O
O
y
ΓΒ
Α
y
x
δ
δ
1
δ2
α
α
α
3.17-3.18
22-0017-02.indd 36 31/10/2013 5:52:51 μμ
37
Γενικές Ασκήσεις
1. i) Στην προέκταση της Γ′Β′ θεωρούμε σημείο Β′′ ώστε ′ ′′Γ Β = ΓΒ. Τότε τα τρίγωνα ΑΒΓ
και ′ ′′ ′Α Β Γ
είναι ίσα, οπότε ˆ ˆ ′′Β = Β (1) και ′ ′′Α Β = ΑΒ (2).Όμως από υπόθεση ˆ ˆ 180′Β + Β = η οποία, λόγω της (1), γίνεται ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ180 180 εξ′′ ′ ′′ ′ ′Β + Β = ⇔ Β = −Β = Β
δηλαδή ˆ ˆεξ′′ ′Β = Β 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 πα-ραπληρωματικές.
Τότε, οι πλευρές που βρίσκονται απέναντι από ίσες προσκείμενες γωνίες είναι ίσες.
2. Επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ
είναι ισόπλευρο τα τρίγωνα ′ΑΒ Γ
και ′ΑΒΓ
είναι ισόπλευρα και ίσα μεταξύ τους, οπότε θα είναι 1 2
ˆ ˆΑ = Α = ϕ (1).Τα τρίγωνα ′ΒΑΒ
και ′Γ ΑΓ
έχουνε ′ΑΓ = ΑΒ, ′ΑΓ = ΑΒ και ˆ ˆ ˆ ˆ′ ′ΒΑΒ = Γ ΑΓ = Α + ϕ, άρα είναι ίσα και
γ
β
γ
Β
Β
Α Α′
Γ B′′ Γ′ Β′
Α Γ
α
Β
xΓΑ
y
y
x
||||
Α
Β
ΗΑ
Β Γ
Μ
ΕΚI
Δ
Α
Β Δ Γ
Ε
Β Γ
Ζ
ΛΕ
A
θ
1
2
21
1
2
φω
Δ Κ
Ο
Γ
Α'
Γ' Β'
||
||
Γενικές Ασκήσεις
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 = Γ∆ θα ήταν ΟΚ = ΟΗ (άτοπο).• αν ΑΒ > Γ∆ θα ήταν ΟΚ > ΟΗ (άτοπο).Άρα ΑΒ < Γ∆.
22-0017-02.indd 37 31/10/2013 5:52:51 μμ
38
|||||| ||
Α′Α
Α
Δ
Β ΓΜ
Β Μ
ωωω
1
Β′ Μ′Γ Γ′
Δ Δ′
≈
≈
≈
≈
Β′
Α′
Β
y
x
NK
A
Λ MΟ
4. Έχουμε ΑΒΕ = ΒΓΖ
(ΑΒ = ΒΓ , ΒΕ = ΓΖ , Β = Γˆ ˆ ). Άρα 1 1
ˆ ˆΑ = Β (1). Επίσης ΑΒΖ = ΒΓ∆
(ΑΒ = ΒΓ, ˆ ˆΑ = Β, ΑΖ = Β∆). Άρα 2 2
ˆ ˆΒ = Γ . Από (1), (2), αφού ΑΒ = ΒΓ προκύπτει ότι ΑΒΛ = ΒΓΜ
.Επομένως ˆ ˆΛ =Μ , οπότε ˆ ˆω= ϕ.Όμοια ˆω = θ. Άρα ˆˆ ˆω= ϕ = θ.
Γενικές Ασκήσεις
Α
Β
ΗΑ
Β Γ
Μ
ΕΚI
Δ
Α
Β Δ Γ
Ε
Β Γ
Ζ
ΛΕ
A
θ
1
2
21
1
2
φω
Δ Κ
Ο
Γ
Α'
Γ' Β'
||
||
5. Φέρουμε ΑΔ διχοτόμο. Έστω Ε το μέσο της ΑΓ. Τότε ΑΒ∆ = Α∆Ε
1 2ˆ ˆή, , .
2ΑΓ Α∆ κοιν Α = Α ΑΒ = ΑΕ =
Άρα 1
ˆ ˆ 90Β = Ε < , οπότε 2ˆ 90Ε > .
Τα τρίγωνα ΑΕ∆
και ∆ΕΓ
έχουν: ΔΕ κοινή, ΑΕ = ΕΓ, 2 1
ˆ ˆΕ > Ε . Άρα ΔΓ > ΑΔ. Επομένως στο τρίγωνο Α∆Γ
είναι 2ˆ ˆΑ > Γ ή
ˆ ˆ2Α
> Γ.
6. Έστω Μ το μέσο της ΒΓ. Το τρίγωνο ΑΒΜ
είναι ισοσκελές. Φέρουμε τη διχοτόμο ΒΔ της γωνίας Β. Τότε το τρίγωνο ∆ΒΓ
είναι ισοσκελές και η ΔΜ ύψος και διχοτόμος, οπότε ˆ 1 .∆ΜΒ = Τα τρίγωνα Β∆Α
και ΒΜ∆
είναι ίσα (Π-Γ-Π), οπότε ˆˆΒΜ∆ = ΒΑ∆ = .
7. Θεωρούμε τα τρίγωνα ΑΒΓ
και ′ ′ ′Α Β Γ
με ′ ′ΑΒ = Α Β , ′ ′ΑΓ = Α Γ και ′ ′ΑΜ = ΑΜ .
Προεκτείνουμε τις AM, Α′Μ′ κατά τμήματα ΑΜ =Μ∆ και ′ ′ ′ ′Α Μ =Μ ∆ .
Τότε ΑΒΜ =ΜΓ∆
και ′ ′ ′ ′ ′ ′Α Β Μ =Μ Γ ∆
, οπότε Γ∆ = ΑΒ και ′ ′ ′ ′Γ ∆ = Α Β .Επομένως τα τρίγωνα ΑΓ∆
και ′ ′ ′Α Γ ∆
είναι ίσα (Π-Π-Π). Άρα ′ ′ΓΜ = Γ Μ , οπότε
′ ′ΒΓ = Β Γ . Άρα ′ ′ ′ΑΒΓ = Α Β Γ
(Π-Π-Π).
22-0017-02.indd 38 1/11/2013 3:17:02 μμ
39
|||||| ||
Α′Α
Α
Δ
Β ΓΜ
Β Μ
ωωω
1
Β′ Μ′Γ Γ′
Δ Δ′
≈
≈
≈
≈
Β′
Α′
Β
y
x
NK
A
Λ MΟ
8. Από συμμετρία έχουμε ότι: ΑΜ = Α′Μ και ΒΝ = Β′Ν, οπότε ΑΜ + ΜΝ + ΝΒ = Α′Μ + ΜΝ + ΝΒ′, δηλαδή το ζητούμενο. Φέρνουμε το Α′Β′. Σύμφωνα με το σχόλιο της § 3.11 έχουμε ′ ′ ≤ ′ + + ′A B ΑΜ 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, Λ αντίστοιχα.
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 39 31/10/2013 5:52:53 μμ
22-0017-02.indd 40 31/10/2013 5:52:53 μμ
4 ΚΕ
ΦΑ
ΛΑ
ΙΟ
• Αν φέρουμε παράλληλη από σημείο της διχοτόμου γωνίας προς μια πλευρά της σχηματί-ζεται ισοσκελές τρίγωνο.
(Ασκήσεις: § 4.1-4.5 Εμπέδω-σης 2, Αποδεικτικές 4, 5 και Σύνθετα 3)
Αντίστοιχα αν φέρουμε παράλ-ληλη προς τη διχοτόμο γωνίας.
(Ασκήσεις: § 4.1-4.5 Εμπέδω-σης 3, Αποδεικτικές 2, 3 και Σύνθετα 4)
• Δύο ευθείες είναι παράλληλες αν ισχύει ένα από τα παρα-κάτω:
α) Είναι κάθετες στην ίδια ευθεία.
(Ασκήσεις: § 4.1-4.5 Εμπέ-δωσης 6, Αποδεικτικές 1)
β) Είναι παράλληλες προς τρίτη ευθεία. (Ασκήσεις: § 4.1-4.5 Σύνθετα 1)
γ) Τεμνόμενες από τρίτη ευθεία σχηματίζουν: i) Δύο εντός εναλλάξ γωνίες
ίσες ήii) Δύο εντός εκτός και επί τα
αυτά μέρη γωνίες ίσες ήiii) Δύο εντός και επί τα αυτά
μέρη γωνίες παραπλη-ρωματικές
(Ασκήσεις: § 4.1-4.5 Εμπέ-δωσης 4, 5 και § 4.6-4.8 Σύνθετα 7)
• Τρία σημεία Α, Β, Γ είναι συ-νευθειακά αν
i) Η γωνία ΑΒΓ είναι 0 ή 180
ii) Οι ευθείες π.χ. ΑΒ, ΑΓ είναι παράλληλες ή κάθετες σε ευθεία ε. Την (i) περίπτωση συναντήσαμε και σε προη-γούμενο κεφάλαιο. (Ασκή-σεις: § 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)
ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ
22-0017-02.indd 41 1/11/2013 3:18:11 μμ
42
4.1-4.5§ 4.1-4.5
Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Έχουμε ˆ ˆΒ = Γ (ΑΒ ΑΓ= ) 1ˆΒ = ∆ , 1
ˆ ˆΓ = Ε (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη). Άρα
1 1ˆ ˆ∆ = Ε , οπότε Α∆ ΑΕ= .
2. Έχουμε 1 2ˆ ˆΟ = Ο (διχοτόμος) 1 2
ˆ ˆΑ = Ο (εντός εναλλάξ). Άρα 1 1
ˆ ˆΟ = Α , οπότε ΟΒ ΑΒ= .
3. Έχουμε 1 2ˆ ˆΟ = Ο (διχοτόμος)
1 1ˆ ˆΟ = Α (εντός εναλλάξ) 2 1
ˆ ˆΟ = Β (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη). Άρα 1 1
ˆ ˆΑ = Β , οπότε ΟΑ ΟΒ= .
4. Έχουμε ˆ ˆΒ = Γ (ΑΒ ΑΓ= ) ∆Β ∆Ε= , οπό-τε 1
ˆ ˆΒ = Ε . Άρα 1ˆ ˆΓ = Ε , οπότε ΔΕ//ΑΓ
(αφού σχηματίζουν δύο εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη γωνίες ίσες).
Β
Β
Ο
Α
Α
Β
Δ
Ε Γ
ΒΟ
Αδ
δ
Δ 1
1
1 1
1
2
2
1
1 Εε
Γ
Α
x
x
y
y
22-0017-02.indd 42 1/11/2013 3:22:21 μμ
43
4.1-4.5
5. Έχουμε ΑΒΓ Α∆Ε
= (Π-Γ-Π), άρα ˆΒ = ∆, οπότε ΔΕ//ΒΓ (αφού σχηματίζουν δύο εντός και εναλ-λάξ γωνίες ίσες).
6. Έχουμε ΟΜ ΑΒ⊥ (ΟΜ απόστημα)ΟΜ Ο⊥ x. Άρα Οx//ΒΑ.
Β Δ
Ε
Γ
Α1 2
||
||
Α′
B′′ E Δ
Ο
Α
1 2
ΒΜ Γ
Δ
A Μ Β
Β
Α
Γ′
Β′
||
x
x
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Έχουμε ΑΒ ΑΓ Γ∆= = , άρα 2ˆ ˆΑ = ∆ (1)
ΑΜ ΒΓ⊥ (διάμεσος και ύψος)Γ∆ ΒΓ⊥
AM//ΓΔ, οπότε
Από (1) και (2) προκύπτει ότι 1 2ˆ ˆΑ = Α , δηλαδή
η ΑΔ είναι διχοτόμος της ˆΜΑΓ.
2. ΈχουμεΕΓ = ΑΕ + ΑΓ (1)
1 2ˆ ˆΑ = Α (διχοτόμος)
1 1ˆ ˆΑ = Β (εντός εναλλάξ)
2ˆ ˆΑ = Ε (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη). Άρα 1
ˆ ˆΒ = Ε, οπότε ΑΕ = ΑΒ (2) Από (1) και (2) προκύπτει ότι ΕΓ = ΑΒ + ΑΓ.
1ˆ ˆΑ = ∆ (2)
22-0017-02.indd 43 31/10/2013 5:52:55 μμ
44
3.Έχουμε∆Γ = ΑΓ − Α∆ (1)
1 2ˆ ˆΑ = Α (διχοτόμος)
1 1ˆ ˆΑ = Β (εντόςεναλλάξ)
2 1ˆ ˆΑ = ∆ (εντόςεκτόςκαιεπίτααυτάμέρη)Άρα 1 1
ˆΒ = ∆ ,οπότεΑ∆ = ΑΒ (2)Από(1)και(2)προκύπτειότι∆Γ = ΑΓ − ΑΒ.
4.Έχουμε∆Ε = ∆Ι + ΙΕ (1)ΤατρίγωναΒ∆Ι
, ΓΕΙ
είναιισοσκελή(Άσκ.2).Οπότε∆Ι = Β∆ καιΙΕ = ΓΕ (2)Από(1)και(2)προκύπτειότι∆Ε = Β∆ + ΓΕ.
5. ΈχουμεΒΓ = Β∆ + ∆Ε + ΕΓ (1)ΤατρίγωναΒ∆Ι
, ΓΕΙ
είναιισοσκελή,οπότε∆Ι = Β∆ και ΙΕ = ΓΕ (2)Από(1)και(2)προκύπτειότιΒΓ = Ι∆ + ∆Ε + ΙΕ.
Σύνθετα Θέματα
1. ΈχουμεΕΒ = ΕΖ,οπότε 2 1ˆ ˆΒ = Ζ .
Αλλά 2 1ˆ ˆΒ = Β .Άρα 1 1
ˆ ˆΖ = Β , οπότεΕΖ//ΒΓ(1)(αφούσχηματίζουνδύοεντόςεναλλάξγωνίεςίσες).ΌμοιαΚΒ = ΚΜ,οπότε
1 3 4ˆ ˆ ˆΜ =Β = Β .ΆραΜΚ//ΒΓ(2).Από(1)και(2)προκύπτειότιΕΖ//ΜΚ.
4.1-4.5
B
Α
Α
Β
1
1Γ
Δ
Α
B Γ
ΕΙ Δ
I
Δ Ε Γ
12
x
Α
ΕΔΖ
Μ Κ
Β Γ
1
24 31
1
22-0017-02.indd 44 6/2/2014 3:18:30 µµ
45
4.1-4.5
Β
Α
Β
Ε
Α
Β Δ
Z
Η
ΓΜ
Ια
ΓΕ
Δ
Γ
E
Α Δ1
123
4
1
1
1
1
1
21
2
2
2
12
x
z
y
2. Φέρουμε ΓΖ//Αx//By. Τότε: 1 2
ˆ ˆ∆ = Γ (εντός εναλλάξ)( 1 1
ˆ ˆ∆ = Γ ) Άρα 1 2
ˆ ˆΓ = Γ (1)
Όμοια
3 1ˆ ˆΓ = Ε (εντός εναλλάξ)
4 1ˆ ˆΓ = Ε (ΒΕ =ΒΓ)
Άρα 3 4ˆ ˆΓ = Γ (2)
Από (1) και (2) προκύπτει ότι Γ∆ ⊥ ΓΕ (διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών).Επομένως ˆ 1∆ΓΕ = .
3. Έχουμε α α∆Ε = Ι Ε − Ι ∆ (1)Επίσης 1 2ˆ ˆ ˆ
αΑ = Α = ΑΙ Ε, οπότε αΑΕ = Ι Ε (2)και 1 2 αˆ ˆ ˆΒ = Β = ΒΙ ∆, οπότε αΒ∆ = Ι ∆ (3)Από (1), (2) και (3) προκύπτει ότι ∆Ε = ΑΕ −Β∆.
4. α) Επειδή ΑΔ//ΕΜ έχουμε 1 1ˆ ˆΑ = Ε , 2 1 2
ˆ ˆ ˆΑ = Ζ = Ζ , οπότε 1 1ˆ ˆΕ = Ζ . Άρα
ΑΕ = ΑΖ.β) Έχουμε
( )α
ΒΕ + ΓΖ = ΒΑ + ΑΕ + ΓΖ = ΒΑ + ΑΖ + ΓΖ = ΒΑ + ΑΓ = σταθ.γ) Προεκτείνουμε την ΕΜ κατά τμήμα ΜΗ = ΕΜ.
Τότε ΒΕΜ =ΜΗΓ
(ΒΜ =ΜΓ , ΜΗ = ΕΜ, 1 2
ˆ ˆΜ =Μ ), οπότε ΓΗ = ΒΕ (1) και 1ˆ ˆΕ = Η.
Αλλά 1 1 2ˆ ˆ ˆΕ = Ζ = Ζ , άρα 2
ˆ ˆΗ = Ζ , δηλαδή ΓΖ = ΓΗ (2)Από (1) και (2) προκύπτει ότι ΒΕ = ΓΖ.Από το (β) είναι φανερό ότι
2ΑΒ + ΑΓ
ΒΕ = ΓΖ = .
Επίσης
2 2ΑΒ + ΑΓ ΑΓ − ΑΒ
ΑΕ = ΑΖ = ΒΕ − ΑΒ = − ΑΒ = .
22-0017-02.indd 45 13/3/2014 10:30:44 πµ
46
φ
φ
φ1108
Β Δ Γ
Α
ω
φ
ωφ
ωωΓΒ
Α
Δ
Α
Ε
ΓΔΒ
ω
1 2
xο
4.6-4.8
§ 4.6-4.8
Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. α) ˆ 90Α = , 2 ˆˆ 603
Β = Α = , ˆ 30Γ = .
β) ˆ 90Α = , 2ˆ ˆ3
Β = Γ ˆ 36Β =
Αλλά ˆ ˆ 90Β + Γ = ˆ 54Γ =
2. Έχουμε ˆˆ2Β
Α = και ˆ ˆΒ = Γ , οπότε ˆˆ ˆ 2Β = Γ = Α.
Αλλά ˆ ˆ ˆˆ ˆ 180 5 180 36Α+Β + Γ = ⇔ Α = ⇔ Α = ,
οπότε ˆˆ 90 1082Α
ΒΙΓ = + = .
3. Έχουμε ˆ ˆ144 36εξΓ = ⇔ Γ = , ˆ ˆ3Α = Β
και ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ4 36εξ εξΓ = Α + Β⇔ Γ = Β⇔ Β = .
Άρα ˆ ˆ 36Β = Γ = , οπότε ΑΒ = ΑΓ.
4. ˆˆ ˆΒ = ∆ΑΓ = ϕˆˆ ˆΓ = ∆ΑΒ = ω (οξείες γωνίες με κάθετες πλευρές)
5. Έχουμε ΑΒ = ∆Β, οπότε 1ˆ ˆ ˆ∆ = Α = ϕ
ΑΒ = ΑΓ, οπότε ˆ ˆ ˆΒ = Γ = ωΣτο τρίγωνο Α∆Γ: ˆ ˆ ˆ 108εξΑ = ϕ+ ω =
Στο τρίγωνο Α∆Β
: 1ˆ ˆˆ ˆ ˆ2εξΒ = ∆ + Α ⇔ ω= ϕ
6. Έχουμε 1ˆˆ 45ω= Α = (εντός εναλλάξ)
ˆϕ = Β (εντός εκτός και επί τα αυτά)
ˆ ˆ 20 ˆ ˆ 55ˆ ˆ 90
Β = Γ + Β = ϕ =Β + Γ =
οπότε ˆ 36ϕ =
22-0017-02.indd 46 1/11/2013 3:27:25 μμ
47
4.6-4.8
7. Έχουμε 2 4νΣ = ν − ορθές, οπότε
900 (2 4)90 2 4 10 2 14 7= ν − ⇔ ν − = ⇔ ν = ⇔ ν = .
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1.
άρα ΑΒ = ΑΓ.
2. i)
ii) Έχουμε ˆ ˆ ˆ ˆΑ∆Γ − Α∆Β = Β −Γ (από (i))Αλλά ˆ ˆ 180Α∆Γ + Α∆Β = .
Άρα ˆ ˆˆ ˆˆ ˆ2 180 90 ,
2Β−Γ
Α∆Γ = + Β −Γ⇔ Α∆Γ = +
οπότε ˆ ˆˆ 90
2Β−Γ
Α∆Β = − .
3. Στο τρίγωνο Α∆Ε
( ˆ 90∆ = ): 1ˆ ˆ 90∆ΑΕ + Ε = .
Αλλά 11 1 1
ˆˆˆ ˆ ˆ ˆ2Α
Ε = Α + Γ⇔ Ε = + Γ
(εξωτερική ) και ˆ ˆ ˆ
902 2 2Α Β Γ
= + + , οπότε
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆˆ ˆ2 2 2 2 2 2 2Α Α Β Γ Β Γ Β + Γ
∆ΑΕ + + Γ = + + ⇔ ∆ΑΕ = + −Γ = .
4. Στο τρίγωνο ΑΕΒ
:
1 1
ˆ ˆˆˆ ˆ ˆ180 1802 2Α Β
ΑΕΒ = Α +Β = ⇔ ΑΕΒ+ + = (1)
Αλλά ˆ ˆˆ ˆ 360Α+Β + Γ + ∆ = ⇔
(2)
Από (1), (2) προκύπτει ότι ˆˆˆ
2Γ + ∆
ΑΕΒ = .
Ε
Δ
Δ
Ε
Α
Α
Α
Β
Β
Β ΓΔ
Γ
Γ
1
1
1
1
1 2
2
2
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ90 2 180 2( ) ( ) ,2εξ εξΑ
Β = + ⇔ Β = + Α⇔ Α+Β = Α +Β + Γ + Α⇔ Β = Γ
1
2
1 2
ˆ ˆˆ
ˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆ
ˆ ˆ
Α∆Γ = Β + ΑΑ∆Β = Γ + Α Α∆Γ − Α∆Β = Β −ΓΑ = Α
22-0017-02.indd 47 13/3/2014 10:43:11 πµ
48
4.6 - 4.8
5. Έχουμεˆ ˆ ˆ 180 ˆ ˆˆ ˆ2 180 180 2ˆ ˆ
Α + Β + Γ = Α + Γ = ⇔ Α = − Γ⇔Β = Γ
ˆ ˆ ˆˆ2(90 ) 2⇔Α = −Γ ⇔ Α = Ε∆Γ αφού ˆ ˆ 90Ε∆Γ + Γ = , οπότε ˆ ˆ90Ε∆Γ = −Γ .
6. Στο τρίγωνο ΑΒΖ
: 1 1ˆ ˆ 90Ζ + Β =
Στο τρίγωνο ΒΕ∆
: 2 2ˆ ˆ 90Ε + Β =
Αλλά 1 2ˆ ˆΒ = Β και 1 2
ˆ ˆΕ = Ε , οπότε ΑΕ = ΑΖ.
7. Στο τρίγωνο ΒΗΓ
: 2ˆ ˆ 90Η +Β =
Στο τρίγωνο ΑΒΖ
: 2 1ˆ ˆ 90Ζ + Β =
Αλλά 1 2ˆ ˆΒ = Β και 1 2ˆ ˆΖ = Ζ ,
οπότε ΖΓ = ΓΗ.
Σύνθετα Θέματα
1. Στο τρίγωνο ΑΕ∆
: 1ˆ ˆΑΕ = Α∆⇔ ∆ = Ε,
1ˆ ˆ ˆΑ = ∆ + Ε (ως εξωτερική), οπότε 1
ˆˆ ˆ2Α
∆ = Ε = (1)
Αλλά ˆ ˆ ˆ 180Α+Β + Γ =
ˆ ˆΒ = Γ
άρα ˆ 90Κ = , οπότε ∆Ε ⊥ ΒΓ.
Α
B
B
Α
Γ
Γ
ΓΒ
Α
Η
Ζ
Ε
Δ
Δ
Ζ
Ε1
12
11
2
1
12
2
Ε
Α
Δ
Β Κ Γ
1
2
1ˆ ˆΖ = Η
1 1ˆ ˆΖ = Ε
(1)
1 2
ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆ90 90 90 ,2Α
⇔ +Β = ⇔∆ +Β = ⇔ ∆ +Β =
ˆ ˆ2 180Α + Β = ⇔
22-0017-02.indd 48 1/11/2013 3:33:45 μμ
49
4.6-4.8
Α
Ε
B Δ Γ
1
11
12
1
1 2
1
ΒΖ
Ε Δ
Γ
Η
Α
Α
Δ Γ
Ε
Α
Β
ω
ω
φ
φ
Β Γ
ΔΗ
Ε
Z
2. Στο τρίγωνο ΑΒΕ
το ΑΖ είναι ύψος και διχοτόμος, οπότε το τρίγωνο ΑΒΕ
είναι ισοσκελές. Άρα 1 1ˆ ˆΒ = Ε (1).
Επίσης 1ˆ ˆ ˆΒ = ΕΒΓ = Β (2).
1ˆ ˆ ˆΕ = ΕΒΓ = Γ (εξωτερική)(1)
1ˆ ˆ ˆ⇔Β = ΕΒΓ + Γ (3).
Από (2), (3) προκύπτει
ότι ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ2
2Β−Γ
ΕΒΓ = Γ = Β⇔ ΕΒΓ = .
3. Έχουμε: ΑΒ = Β∆, οπότε 1ˆ ˆ ˆΑ = ∆ = ω και ,ΓΕ = ΑΓ
οπότε 2ˆ ˆ ˆΑ = Ε = ϕ.
Αλλά ˆˆ 90Ε + ∆ = (από το τρίγωνο ΕΓ∆
), οπότε 1 2
ˆ ˆ 90Α + Α = . Άρα 1 2
ˆ ˆ ˆ 180Α + Α + Α = και επομένως τα Δ, Α, Ε είναι συνευθειακά.
4. i) Έχουμε
1ˆ ˆ 90Β + Γ = (από τρίγωνο Β∆Γ
)ˆ ˆ 90Ε + Β = (από τρίγωνο ΒΗΕ
) ˆ ˆΒ = Γ (ΑΒ = ΑΓ)
οπότε Β∆ = ∆Ε.ii) Τα τρίγωνα Β∆Γ
και ∆ΓΕ
έχουν: ΔΓ κοινή, Β∆ = ∆Ε και 1
ˆ ˆ90Β∆Γ = > ∆ . Άρα ΒΓ > ΓΕ.
5. i) Έχουμε ΑΖΒ = ΑΓΗ
(ΒΗ = ΑΓ, ΓΗ = ΑΒ,
ˆˆ ˆ 90ΑΒΖ = ΑΓΗ = + Α ). Άρα ΑΖ = ΑΗ.
ii) ˆ ˆ ˆΖΑΗ = ΖΑ∆ + ΓΑΗˆ ˆΓΑΗ = Ζ (από (i))
οπότε ΑΖ ⊥ ΑΗ.
1ˆ ˆΒ = Ε
ˆ ˆ ˆ 90ΖΑΗ = ΖΑ∆ + Ζ =
22-0017-02.indd 49 31/10/2013 5:53:00 μμ
50
6. Στο τρίγωνο ∆ΖΕ
είναι:
2 1 1
ˆˆ ˆ ˆˆ ˆ180 1802∆
ϕ+ ∆ + Ε = ⇔ ϕ+ + Ε = (1)
Αλλά 1 2
ˆˆ ˆ ˆ ˆ2Β
Ε = Γ = Β = Γ + (2)
(εξωτερική στο τρίγωνο ΒΕΓ
)
και ˆ ˆˆ ˆ 360Α+Β + Γ + ∆ = , οπότεˆ ˆˆ ˆ
1802 2 2 2Α Β Γ ∆+ + + = (3). Από (1), (2) και (3) προκύπτει ότι
ˆ ˆˆ ˆˆˆ ˆ2 2 2Α Γ Α −Γ
ϕ+ Γ = + ⇔ ϕ = .
7. Επειδή ˆ 90ΑΟΒ = , θα είναι ˆ ˆ 90ω+ ϕ = (1).Επομένως
1 1ˆ ˆ ˆ ˆ180 2 180 2Α +Β = − ω+ − ϕ =
(1)ˆ ˆ360 2( ) 360 2 90 180= − ω+ ϕ = − ⋅ = .
Άρα α//β.
Γενικές Ασκήσεις
1. Έχουμε 1
ˆˆ ˆ ˆˆ2Β
Β∆Γ = Α +Β = Α +
(εξωτερική του τριγώνου ΑΒ∆
) και
2
ˆˆ ˆ ˆ ˆ2Γ
ΓΕΑ = Β + Γ = Β +
(εξωτερική στο τρίγωνο ΒΕΓ
).
Αρκεί
που ισχύει (αφού ˆ 60Α = , ˆ ˆ 120Β+ Γ − ).
2. Έστω Ζ μέσο του EΓ. Τότε το τρίγωνο Β∆Ζ
είναι ισόπλευρο
( 23
Β∆ = ΒΖ = α , ˆ 60Β = ) και η ΔΕ είναι διάμεσος.
Άρα ΔΕ ύψος, οπότε ∆Ε ⊥ ΒΓ.
B
A
Δ Ε
Αω α
β
φφ
ω
Β
Α
Ε Δ
Γ
Β
Α
Β
Δ
Ε Ζ Γ
Κ
Ο
φ
Γ
Ζ
1 2
1
1
1
1
1
22
1
Κ2
21
ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ2 2 22 2Β Γ
Α + = Α + ⇔ Α+Β = Β + Γ⇔ Α = Β + Γ
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 50 1/11/2013 3:36:57 μμ
51
B
Α
Γ
~
~Β
Α
Α
μα
υα
Β ΓΔ
Α
Ε
Β Μ Γ
Δ
Ε
Zx
Η
Ε
Δ
Κ Γ
1 2 3
1
12
3. Φέρουμε ∆Η ⊥ ΑΒ, ∆Κ ⊥ ΑΓ. Είναι ∆Η = ∆Η (ΑΣ διχοτόμος). Επίσης είναι ΒΗ∆ = Ζ∆Κ
( ˆ ˆ 90Η = Κ = , ∆Η = ΗΚ, ˆ ˆΒ = Ζ ως οξείες γωνίες με κάθετες πλευρές). Άρα Β∆ = Ζ∆.Επομένως ΒΕ∆ = Ζ∆Γ
(ορθογώνια, Β∆ = Ζ∆ , ˆ ˆΒ = Ζ), άρα ΒΕ = ΓΖ.
4. Επειδή ˆ ˆˆ ˆ 360Α+Β + Γ + ∆ = , και ˆ ˆ 90Α = Γ = είναι ˆˆ 180Β+ ∆ = . Άρα 1
ˆΒ = ∆ .Επομένως ΑΒΓ = Γ∆Ε
(ΒΓ = Γ∆, ΑΒ = ∆Ε, 1
ˆΒ = ∆ ).Οπότε 1 3
ˆ ˆΓ = Γ (1).Αλλά
(1)
1 2ˆ ˆ ˆ 90Γ = Γ + Γ = ⇔
2 3ˆ ˆ ˆ90 90Γ + Γ = ⇔ ΑΓΕ = , δηλαδή ΑΓ ⊥ ΓΕ.
5. i) Επειδή ΑΒ < ΑΓ θα είναι ˆ ˆΒ < Γ (1).Αλλά ˆˆ 90Β = −ΒΑ∆ , ˆˆ 90Γ = −ΓΑ∆ (2).Από (1), (2) προκύπτει ότι: ˆ ˆ90 90−ΒΑ∆ > −ΓΑ∆ ή ˆ ˆ−ΒΑ∆ > −ΓΑ∆ ή ˆ ˆΒΑ∆ < ΓΑ∆.
ii) Προεκτείνουμε την AM κατά ΜΕ = ΑΜ. Τότε ΑΒΜ =ΜΕΓ
(ΑΜ =ΜΕ, ΒΜ =ΜΓ, 1 2
ˆ ˆΜ =Μ ).
Άρα ΑΒ = ΓΕ και ˆ ˆΒΑΜ = Ε.
Επομένως στο τρίγωνο ΑΓΕ
έχουμε ΓΕ = ΑΒ < ΑΓ, οπότε ˆ ˆΜΑΓ < Ε ή ˆ ˆΜΑΓ < ΒΑΜ.
iii) Επειδή ΑΕ διχοτόμος θα είναιˆˆ ˆ2Α
ΒΑΕ = ΕΑΓ = .
Από το i) έχουμε
ˆ ˆΒΑ∆ < ΓΑ∆ , άρα ˆˆ2Α
ΒΑ∆ < ,
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 51 31/10/2013 5:53:02 μμ
52
Α
B Δ Ε Μ Γ
Γφφ θ
θ
ωω Ο
Α
Κ1
Κ2
ΚΑ
Β
3
Β
α
Γ
ΕΙ
Ι
ΜΔ Δ
EZ' ''
Ζ
Γενικές Ασκήσεις
ενώ από το ii) έχουμε
ˆ ˆΒΑΜ >ΜΑΓ , άραˆˆ2Α
ΒΑΜ > .
Επομένως το ύψος και η διάμεσος βρίσκονται εκατέρωθεν της διχοτόμου.
6. Αφού τα τρίγωνα 1Κ ΒΓ
, 2Κ ΑΓ
, 3Κ ΑΒ
είναι ισοσκελή, οι διχοτόμοι των γωνιών του τριγώνου 21 3Κ Κ Κ
είναι μεσοκάθετες των BΓ,
ΓΑ, ΑΒ. Άρα το έγκεντρο του τριγώνου 21 3Κ Κ Κ
ταυτίζεται με το περίκεντρο Ο του τριγώνου ΑΒΓ
, οπότε ΟΑ = ΟΒ = ΟΓ. Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι
2 3ΟΑ ⊥ Κ Κ , 1 3ΟΒ ⊥ Κ Κ , 1 2ΟΓ ⊥ Κ Κ . Πράγματι έχουμε
1 1ˆ ˆ ˆΟΒΚ = ΟΓΚ = ω, 2 2
ˆˆ ˆΟΓΚ = ΟΑΚ = ϕ και 3 3ˆˆ ˆΟΑΚ = ΟΒΚ = θ
(από την ισότητα των αντίστοιχων τριγώνων). Επειδή ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ 180ω+ ϕ = ω+ θ = ϕ+ θ = προκύπτει ότι ˆˆ ˆ 90ω= ϕ = θ = .
7. i) Έχουμε xΑΖ = ΑΕ = , yΒ∆ = ΒΖ = και Γ∆ = ΓΕ = ω.Τότε y + ω = α, x + ω = β, x y+ = γ (1).Οπότε με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε:2x 2y 2 2 x y+ + ω = α +β + γ = τ⇔ + + ω = τ (2) Από (1), (2) προκύπτει ότι x = τ − α, y = τ −β και ω = τ − γ.
ii) ′ ′ ′ ′ΑΖ + ΑΕ = ΑΒ + ΒΖ + ΑΓ + ΓΕ =2′ ′= ΑΒ + Β∆ + ΑΓ + Γ∆ = ΑΒ + ΑΓ + ΒΓ = α +β + γ = τ.
Επειδή όμως ′ ′ΑΖ = ΑΕ , προκύπτει ότι ′ ′ΑΖ = ΑΕ = τ.
iii) Έστω Μ το μέσο του BΓ. Τότε ΜΒ = ΜΓ (3).Αλλά Β∆ = τ −β και
22-0017-02.indd 52 31/10/2013 5:53:03 μμ
53
′ ′ ′Γ∆ = ΓΕ = ΑΕ − ΑΓ = τ −β. Άρα ′Β∆ = Γ∆ (4)Από (3), (4) προκύπτει ότι ′Μ∆ = Μ∆ , άρα τα τμήματα BΓ και ΔΔ′ έχουν κοινό μέσο.
iv) ( )′ ′ΖΖ = ΑΖ − ΑΖ = τ − τ − α = α, ΕΕ′ = ΑΕ′ – ΑΕ = τ – (τ – α) = α και
( ) ( )′ ′ ′ ′∆∆ = ΒΓ −Β∆ − Γ∆ = α − τ −β − ΓΕ = α − τ + β − ΑΕ − ΑΓ =
( ) 2 2 2 ( )= α − τ + β − τ −β = α + β − τ = α + β − α + β + γ = β − γ.
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 53 31/10/2013 5:53:03 μμ
22-0017-02.indd 54 31/10/2013 5:53:03 μμ
5 ΚΕ
ΦΑ
ΛΑ
ΙΟ
• Το κοινό κέντρο δυο ή περισσότερων παραλληλογράμμων διχοτομεί τις διαγωνίους 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 ε1, ε2, ε3 είναι φορείς υψών, διαμέσων ή
διχοτόμων τριγώνου συντρέχουν. (Ασκήσεις: § 5.9 Σύνθετα 8 και § 5.11 Σύνθετα 1) Σχόλιο: Ισοδύναμη έκφραση είναι ′′οι ευθείες ε1, ε2 τέμνονται
σε σημείο της ε3′′.• Ένα τρίγωνο είναι ορθογώνιο αν μια διάμεσός του ισούται
με το μισό της αντίστοιχης 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 cΑ = .
(Ασκήσεις: § 5.3-5.5 Σύνθετα 3)
ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ
22-0017-02.indd 55 31/10/2013 5:53:03 μμ
56
5.1-5.2
§ 5.1-5.2Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Έχουμε:
1 21 1
2 1
ˆ ˆˆ ˆ
ˆ ˆΑ = Α Α = Ε
Α = Ε , άρα ∆Ε = Α∆ = ΒΓ.
2. Έχουμε:ΟΕ = ΟΖ
ΟΒ = Ο∆ άρα ΒΕΔΖ παραλληλόγραμμο.
3. i) Έχουμε ΑΕ//=ΓΖ, άρα ΑΕΓΖ παραλ-ληλόγραμμο.
ii) Οι ΑΓ, ΒΔ ως διαγώνιοι του παραλλη-λογράμμου 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:
1 212
1 1
ˆ ˆˆ ˆ
ˆ ˆΑ = Α Α = ∆
Α = ∆ , οπότε ΑΕ = ∆Ε = ΒΖ
αφού το ΒΔΕΖ είναι παραλληλόγραμμο.
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Έχουμε: ΜΕ = Α∆ (1), αφού ΑΔΜΕ παραλ-ληλόγραμμο.
Επίσης: 1
ˆ ˆ
ˆ ˆΒ = Γ
Μ = Γάρα 1
ˆ ˆΒ =Μ ,
οπότε Μ∆ = ∆Β (2)Από (1), (2) προκύπτει ότι: Μ∆ +ΜΕ = Α∆ + ∆Β = ΑΒ.
Γ
Α
Α
ΒΑ
Δ Ζ
Ζ
Γ
Ο
Ο
Ε
ΕΑ
Α Β
ΓΔ ΕΒ
Δ Γ
Β
Ζ Ε
Δ Γ
Δ
Β Μ
Ε
1
1
1 2
21
1
22-0017-02.indd 56 31/10/2013 5:53:03 μμ
57
5.1-5.2
2. Έχουμε: ΑΒΕ = ∆ΖΓ
(ΑΒ = ∆Γ, 1 1ˆ ˆΑ = Γ , 2 2
ˆ ˆΕ = Ζ , αφού 1 1
ˆ ˆΕ = Ζ ), άρα ΒΕ = ∆Ζ.Αλλά ΒΕ//ΔΖ, οπότε ΔΕΒΖ παραλληλόγραμμο. Άρα ΔΕ//ΒΖ.
3. Φέρουμε ΑΓ. Τότε το ΑΖΒΓ είναι παραλ-ληλόγραμμο (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 συνευθειακά (Ευκλείδειο αίτημα).
4. Έχουμε ΑΖΒΓ παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιοί του διχοτομούνται), οπότε ΑΖ//=ΒΓ (1). Επίσης το ΑΗΓΒ παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιοί του διχοτομούνται), οπότε ΑΗ//=ΒΓ (2). Άρα: i) ΑΗ = ΑΖ = ΒΓii) 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 ΟΖΗΓ είναι παραλληλόγραμμα, είναι ∆Ε = ΟΒ = λ και ΖΗ = ΟΓ = λ.
Α Β
λ λ
Δ
Εyx
Α
Α
Ε
Β Γ
Δ
ZH
Ζ
Α Β
Δ ΕΓ
≈
≈\\
\\
\\
\\
\\
\
\
\
\
\
Β
Ο
Γ Η
Ζ
Δ
Ε
Ζ
Γ
1 2
1
121
22-0017-02.indd 57 31/10/2013 5:53:04 μμ
58
5.1-5.2
Σύνθετα Θέματα
1. i) Έχουμε:ΑΕΚ = ΓΗΖ
(ΑΕ = ΓΗ,ΑΚ = ΓΖ, ˆ ˆΑ = Γ) και ΒΕΖ = ∆ΚΗ
(∆Κ = ΒΖ, ΕΒ = ∆Η, ˆΒ = ∆), οπότε ΚΕ = ΖΗ και ΕΖ = ΚΗ.Άρα ΕΖΗΚ παραλληλόγραμμο.
ii) Επειδή ΒΕ//=ΔΗ το ΔΕΒΗ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα ΑΓ, ΒΔ διαγώνιοι του ΑΒΓΔΒΔ, ΕΗ διαγώνιοι του ΔΕΒΗEH, ΚΖ διαγώνιοι του ΕΖΗΚ
2. Έχουμε:
1
2
ˆ ˆ ( )ˆ ˆ
Ζ = Γ ∆Ζ = ∆Γ
Ζ = Γ
3
4
ˆ ˆ ( )ˆ ˆ
Ε = Γ ΒΕ = ΒΓ
Ε = Γ
Από τις (1), (2) προκύπτει ότι ΖΓ ⊥ ΓΕ (διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών) άρα: ˆ 90ΖΓΕ = .
3. Έχουμε ΒΕΓ
:
1ˆ ˆ ( )Ε = Γ ΒΕ = ΒΓ
και 1ˆ ˆ ˆΒ = Ε + Γ (εξωτ.)
Επίσης στο ∆ΓΖ
:
2ˆ ˆ ( )Ζ = Γ ∆Γ = ∆Ζ
Α Β Ε
Γ
Ζ
Δ
Α Ε Β
ΓΔ
Κ
Η
ΖΟ
Ζ
Α
Δ Γ
Β Ε
x
\\
\\
\
\
\
\
\\
\\
\
\
21
1
2
34
άρα οι ΑΓ, ΒΔ, ΕΗ και ΚΖ συντρέχουν στο Ο.
άρα 1 2ˆ ˆΓ = Γ (1)
άρα 3 4ˆ ˆΓ = Γ (2)
άρα 1
ˆˆ ˆ2Β
Γ = Ε = (1)
άρα 2
ˆ ˆˆ ˆ2 2∆ Β
Γ = Ζ = = (2)και 2
ˆ ˆ ˆ∆ = Ζ + Γ (εξωτ.)
Άρα: 1 2
ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 1802 2Β Β
Γ + Γ + Γ = + + Γ = Β + Γ = ,
οπότε τα Ζ, Γ, Ε είναι συνευθειακά.
22-0017-02.indd 58 1/11/2013 3:40:08 μμ
59
5.3-5.5
4. Φέρουμε ΔΖ//ΑΒ.Τότε 1
ˆ ˆ ˆΖ = Β = Γ, άρα ∆Ζ = ∆Γ = ΒΕ.Επομένως ΔΖ//=ΒΕ, οπότε το ΒΔΖΕ παραλληλόγραμμο. Άρα Ο μέσο ΔΕ.
5. Υποθέτουμε ότι το πρόβλημα είναι λυμένο και έστω ΓΔ η θέση της γέφυρας και ΑΓ = Β∆, όπου Α και Β τα δύο χωριά. Εάν φέρουμε μια βοηθητική ευθεία BE, παράλληλη 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 Β∆ = ΕΓ = ΑΓ.
§ 5.3-5.5Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Έχουμε ΑΕ//=ΓΖ, οπότε το ΑΕΓΖ είναι πα-ραλληλόγραμμο. Επειδή ˆ 90Ε = το ΑΕΓΖ είναι ορθογώνιο.
2. Το ΑΕΓΖ είναι παραλληλόγραμμο, αφού οι διαγώνιοί του διχοτομούνται. Επειδή
2 2 2ΟΒ Ο∆ ∆Β
ΕΖ = ΟΕ + ΟΖ = + = = ΑΓ
το ΑΕΓΖ είναι ορθογώνιο.
3. Έχουμε ΑΕ ⊥ ∆Ε , ΒΗ ⊥ ΓΗ και ΑΖ ⊥ ΒΖ γιατί οι διχοτόμοι των εντός και επί τα αυτά μέρη γωνιών τέμνονται κάθετα (εφαρ. § 4.4). Άρα ˆ ˆ ˆ 90Ε = Ζ = Η = , οπότε το ΕΖΗΚ είναι ορθογώνιο.
Α
Ε
Γ
Α
Ε
Β
Α Ζ Β
Γ
Ζ
ΑΒ
Ο Ε
Δ
Γ
Α Β
Ε
Ζ
Κ
Η
Δ
Γ
Δ Ε
Δ
Β
Δ
ΓΖ1Ο
\\
\\
\\
\
\ \
Μ
22-0017-02.indd 59 31/10/2013 5:53:05 μμ
60
5.3-5.5
4. Έστω ΑΒΓΔ ρόμβος. ΤότεΑ∆Ε = ∆ΓΖ
( ˆ ˆΑ = Γ, ˆ ˆ 90Ε = Ζ = , Α∆ = ∆Γ).Άρα ∆Ε = ∆Ζ.Έστω ΑΒΓΔ παραλληλόγραμμο και ∆Ε = ∆Ζ.Τότε Α∆Ε = ∆ΓΖ
( ˆ ˆΑ = Γ, ˆ ˆ 90Ε = Ζ = ,∆Ε = ∆Ζ).Άρα Α∆ = ∆Γ, οπότε το ΑΒΓΔ είναι ρόμβος.
5. ΈχουμεΕΖ ⊥ Β∆
ΕΖ = Β∆Ο μέσο ΕΖ, ΔΒ
6. Έχουμε ΑΚΝ = ΒΚΛ =ΜΓΛ =Μ∆Ν
,οπότε ΚΛ = ΛΜ =ΜΝ = ΝΚ (1)Επίσης 2 1
ˆ ˆΚ = Ν , οπότε
1 2 1 1ˆ ˆ ˆ ˆ 90Κ +Κ = Κ + Ν = . Άρα ˆ 90Κ = (2)Από (1), (2) προκύπτει ότι το ΚΛΜΝ είναι τετράγωνο.
Άρα το ΔΕΒΖ είναι τετράγωνο.
ΑΕ
Ζ
Β
Γ
Δ
Λ
Α
Ν
Δ Μ Γ
Κ Β2 1
1
Β Ζ
Α
Ε Δ
Γ
Μ1
1
21
\\\\
A
Δ Γ
ZK
E B1
1
2
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Έχουμε ∆ΕΜ =ΜΒΖ
(ΒΜ =Μ∆,
1 2ˆ ˆΜ =Μ , 1 1
ˆ ˆ∆ = Β ).Άρα ∆Ε = ΒΖ. Αλλά ΔΕ//ΒΖ, οπότε το ΔΕΒΖ είναι παραλληλόγραμμο. Επειδή ΒΔ διχοτόμος της Β το ΔΕΒΖ είναι ρόμβος.
2. i)ΑΒΖ = Α∆Ε
(ΑΕ = ΒΖ, ΑΒ = Α∆,ˆ ˆ 90Α = Β = ). Άρα ΑΖ = ∆Ε.
ii) Έχουμε
1 1ˆ ˆ∆ = Α , οπότε
1 2 1 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 90∆ + Α = Α + Α = Α = , οπότε ˆ 90Κ = (στο τριγ. Α∆Κ
). Άρα ΑΖ ⊥ ∆Ε.
22-0017-02.indd 60 31/10/2013 5:53:05 μμ
61
5.3-5.5
ΑΗ
Θ
Β
ΖΕ
ΓΔ
\\ \\
ΒΕΑ
Κ
Δ Ζ Η Γ
ΛΜ
ΒΑ
ΓΜ
Ζ
Δ
Ε
450
450
450\\
\\
\\ \\
Α
Ο
Β
Δ ZΕ
Γ
1
1
1
34
2
1
A
E
KB Γ
HΔZ
3. Έχουμε ΕΒΖΔ παραλληλόγραμμο (ΒΖ//=ΔΕ), οπότε ΒΕ//=ΔΖ. Άρα ΕΗ//=ΖΘ και ΕΗ = ΗΖ (αφού ΑΒΖΕ, ΔΓΖΕ ορθογώνια). Επομένως το ΕΘΖΗ είναι ρόμβος.
4. Έστω ΚΛ ⊥ ΕΖ . Φέρουμε ΕΗ ⊥ ∆Γ και ΚΜ ⊥ ΒΓ. Τότε ΚΜ =⊥ ΕΗ.Άρα ΕΖΗ = ΚΛΜ
( ˆ ˆ 90Η =Μ = , ΚΜ = ΕΗ, ˆ ˆΚ = Ε ως οξείες με κάθετες πλευρές). Επομένως ΕΖ = ΚΛ.
Σύνθετα Θέματα
1. Έχουμε ΜΕ∆ =ΜΖΓ
( 1 2ˆ ˆ 90Μ =Μ = ,
∆Μ =ΜΓ, ˆ ˆ 45∆ = Γ = ), οπότε ∆Ε = ΓΖ . Αλλά ΔΕ//ΓΖ, οπότε το ΔΕΓΖ είναι παραλληλόγραμμο. Επειδή ΕΖ ⊥ ∆Γ και ∆Μ =ΜΕ ( ˆ 45∆ = ), οπότε ΕΖ = ∆Γ το ΔΕΓΖ είναι τετράγωνο.
2. Έχουμε 1 3 1ˆ ˆˆΑ = Β = ∆ (1) (αφού ΑΒΓΔ
ορθογώνιο) και 1 4ˆ ˆΑ = Β (2) (οξείες με κάθετες
πλευρές). Επομένως 1 1 1ˆˆ ˆΖ = ∆ + Β (ως εξωτερική)
(1), (2)
4 1 4 2ˆ ˆ ˆ ˆ= Β + Β = Β + Β , οπότε
1ˆ ˆΖ = ΓΒΖ. Άρα ΒΓ = ΓΖ.
3. i) Έστω Κ τυχαίο σημείο της βάσης, ΒΓ, Κ∆ ⊥ ΑΓ, ΚΕ ⊥ ΑΒ.Φέρουμε ΚΖ ⊥ ΒΗ. Τότε Κ∆ = ΖΗ και ΚΕ = ΒΖ (αφού ΒΕΚ = ΒΖΚ
γιατί ˆ ˆ 90Ζ = Ε = , KB κοινή, ˆ ˆ ˆΒ = Γ = ΒΚΖ). Άρα Κ∆ + ΚΕ = ΖΗ + ΒΖ = ΒΗ = σταθερό.
22-0017-02.indd 61 31/10/2013 5:53:06 μμ
62
5.6-5.9
ii) Έστω Μ τυχαίο σημείο. Φέρουμε από το Μ παράλληλη προς τη ΒΓ που τέμνει τις ΑΒ, ΑΓ στα Κ, Λ αντίστοιχα. Τότε από το i) έχουμε:ΜΖ +ΜΕ = ΑΝ (1) (αφού το τριγ. ΑΚΛ
είναι ισόπλευρο). Επίσης Μ∆ = ΝΗ (2)Από τις (1), (2) προκύπτει ότι Μ∆ +ΜΕ +ΜΖ = ΑΗ = σταθερό.
§ 5.6-5.9
Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Έχουμε ΑΒΓ
: Δ μέσο ΑΒ
Ε μέσο ΑΓ
και ΑΒΖ
: Δ μέσο ΑΒ
ΔΕ//ΒΓ
2. Έχουμε ΑΒΓ
: Η μέσο ΑΓ
Δ μέσο ΒΓ
και ΑΒ∆
: Ζ μέσο ΑΔ Ε μέσο ΒΔ
Από (1), (2) προκύπτει ότι ΔΗ//=ΖΕ, οπότε το ΔΕΖΗ είναι παραλληλόγραμμο.
3. Έχουμε Β∆Γ
( ˆ 90∆ = , ΔΜ διάμεσος): 2ΒΓ
∆Μ =
και ΒΕΓ
( ˆ 90Ε = , ΕΜ διάμεσος): 2ΒΓ
ΕΜ = .
Άρα Μ∆ =ΜΕ.
άρα Η μέσο ΑΖ.
άρα
άρα
άρα ΔΕ // ΒΓ
Α
Κ ΛΕ
ΓΒ Η
Ν Μ
Δ
Ζ
Α
Δ Ε
Β Γ
H
Z
A
Η
Γ
Ζ
E ΔΒ
Γ
Ε
Β
Α
Μ
Δ
\\ \\
∆ΗΑΒ/ / ( )=2
1
ΖΕΑΒ/ / ( )=2
2
22-0017-02.indd 62 1/11/2013 3:41:10 μμ
63
5.6-5.9
4.ΑΒΓ
( ˆ 90Α = , ˆ 30Β = ): 2ΒΓ
ΑΓ = και
ΑΒΓ
(Ε, Ζ μέσα ΑΒ, ΑΓ): 2ΒΓ
ΕΖ = .
Άρα ΕΖ = ΑΓ.
5. Έχουμε ΒΘΕ = ΓΘ∆
( 1 2ˆ ˆΘ =Θ , ΒΘ = ΘΓ,
Θ∆ = ΘΕ). Άρα ΒΕ = Γ∆, οπότε β = γ.
6. Στο τρίγωνο Β∆Γ
τα ΒΑ και ΔΗ είναι ύψη, οπότε το Ε είναι το ορθόκεντρο. Άρα ΓΕ ⊥ ∆Β.
7. Έχουμε: ΑΒΓ
: (Δ, Ε μέσα ΑΒ, ΒΓ), άρα ΔΕ//=2ΑΓ ,
οπότε 2ΖΕ = ∆Ε //=ΑΓ. Επομένως το ΑΓΕΖ είναι παραλληλόγραμμο. Αλλά ˆ 30Β = ,
οπότε 2ΒΓ
ΑΓ = = ΕΓ. Άρα το ΑΓΕΖ είναι ρόμβος.
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. i) Έχουμε: ∆ΕΖ = ΑΕΖ
(ΕΖ κοινή, 2ΑΒ
∆Ε = = ΑΕ , 2ΑΓ
∆Ζ = = ΑΖ).
Άρα ˆ ˆ 90Ε∆Ζ = Α = .
ii) Έχουμε: ΑΒΓ
(Ε, Ζ μέσα ΑΒ, ΑΓ): 2ΒΓ
ΕΖ = (1)
και Ε∆Ζ
( ˆ 90∆ = , ΔΜ διάμεσος): 2ΕΖ
∆Μ = (2)
Από τις (1), (2) προκύπτει ότι 4ΒΓ
∆Μ = .
Α
ΒΘ
Γ
Ε Δ1 2
\\ \\
Α
Β
Γ
ΔΕΖ
300
Α
Β
Η
ΓΔ
Ε
Δ
Β
Ε
Μ
ΓΖΑ
Β
Α
Δ
Ζ Γ
300
22-0017-02.indd 63 1/11/2013 3:43:31 μμ
64
5.6-5.9
2. Φέρουμε ΔΒ. Τότε έχουμε:ΒΓ∆
(Ε, Ζ μέσα ΒΓ, ΓΔ): ΕΖ//ΒΔ, οπότε Η μέσο του ΓΟ.
Άρα: 2 4ΓΟ ΑΓ
ΓΗ = = .
3. Στο τριγ. ΜΑ∆
είναι: 1ˆ ˆ 90ΜΑ∆ +Μ = (1)
Αλλά 1 1ˆˆ ˆ ˆ2Μ = Γ + Α = Γ (2)
(αφού 1ˆ ˆΑ = Γ) και ˆ ˆ 90Β+ Γ = (3)
Από τις (1), (2), (3) προκύπτει ότι:ˆ ˆ ˆ ˆ2ΜΑ∆ + Γ = Β + Γ ή ˆ ˆ ˆΜΑ∆ = Β −Γ.
4. Έχουμε ΒΕ//=ΔΖ, οπότε το ΔΕΒΖ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα ΔΕ//ΒΖ. Επομένως στο τριγ.
ΑΒΗ
: Ε μέσο ΑΒ ΕΚ//ΒΗ
και στο τριγ. Γ∆Κ
: Ζ μέσο ΔΓ
ΖΗ//ΔΚ
Από (1), (2) είναι ΑΚ = ΚΗ = ΓΗ.
άρα ΑΚ = ΚΗ (1)
άρα ΓΗ = ΚΗ (2)
Δ ZΗ
ΕΟ
Γ
Α B
Α
Β Δ Μ Γ
Α
Δ Ζ Γ
Ε
Κ Η
Β
1
1
Α Β
Γ
Ε
ΖΔ
Η Ο
Κ5. Φέρουμε ΑΓ τότε: ΑΒΓ
: ΑΕ, ΒΟ διάμεσοι, οπότε Κ βαρύκεντρο. Άρα:
2 23 3 2 3
Β∆ Β∆ΒΚ = ΒΟ = ⋅ = (1) και
Α∆Γ
: ΑΖ, ΔΟ διάμεσοι, οπότε Η βαρύκεντρο.
Άρα: 2 23 3 2 3
Β∆ Β∆∆Η = ∆Ο = ⋅ = (2)
Από τις (1), (2) θα είναι και 3
Β∆ΚΗ = ,
οπότε 3∆Β
∆Η = ΚΗ = ΒΚ = .
22-0017-02.indd 64 13/3/2014 10:48:36 πµ
65
5.6-5.9
6. Έστω Ζ το μέσο ΕΓ. Τότε:ΒΕΓ
(Μ, Ζ μέσα ΒΓ, ΕΓ): ΜΖ//ΒΕ (1) και ΑΜΖ
(Δ μέσο AM, ΔΕ//ΜΖ από (1)):
Ε μέσο ΑΖ, οπότε: 2ΕΓ
ΑΕ = ΕΖ = .
7. i) Έχουμε: ΒΕ = ΑΒ = Γ∆, οπότε ΒΕ//=ΓΔ, άρα το ΒΕΓΔ είναι παραλληλόγραμμο. Επομένως ΒΖ = ΖΓ.
ii) Στο τριγ. Β∆Γ
: ΓΟ, ΔΖ διάμεσοι, οπότε Η βαρύκεντρο.
Άρα: 2 23 3 2
ΑΓΓΗ = ΓΟ = ή 1
3ΓΗ = ΑΓ.
Επομένως 23
ΑΗ = ΑΓ. Άρα 2ΑΗ
ΓΗ = .
8. i) Έχουμε Μ∆Γ = ΓΑ∆
( ˆˆ 90Μ = Α = ,
ΔΓ κοινή, 2ΒΓ
ΑΓ = = ΜΓ.
Άρα Μ∆ = Α∆.
ii) Μ∆Β
( ˆ 90Μ = , ˆ 30Β = ):
22∆Β
Μ∆ = ⇔ ∆Β = Μ∆. Αλλά Α∆ =Μ∆,
οπότε: 33ΑΒ
∆Β + Α∆ = Μ∆⇔Μ∆ = .
9. Αρκεί 1 1ˆ ˆ 90Η +Κ =
(στο τριγ. ΜΗΚ
).
Έχουμε: ΑΗΒ
: ( ˆ 90Η = , HE διάμεσος) Άρα 1 1
ˆ ˆΗ = Β (1)και ΚΒΓ
( ˆ 90Κ = , ΚΖ διάμεσος). Άρα 2 1 2
ˆ ˆ ˆΚ = Κ = Β . (2)Επομένως 1 1 1 2
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 90Η +Κ = Β + Β = Β = .
Α
Β
A Β Ε
ΓΔ
Β
ΔΜ
Α
Α
Δ Γ
Ε Β
Η
Μ Κ
Ζ
Γ
ΟZ
H
ΓΜ
ΕΔ
Ζ
300
1
1 2
21
22-0017-02.indd 65 13/3/2014 10:51:02 πµ
66
5.6-5.9
\\ \\Α BM
dd
dδρόμος
ddd
dBA
B
Μ
Α Γ
Δ
Α
Δ
B Γ
Ε
Α
Β Δ Ζ
Ε
Γ1 1
1
1
150
10. Παρατήρηση:Δύο σημεία Α και Β ισαπέχουν: i) Από κάθε ευθεία
παράλληλη προς την ΑΒ ii) Από κάθε ευθεία που διέρ-
χεται από το 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.
Σύνθετα Θέματα
1. Έχουμε ΑΒΓ
: (Ε, Ζ μέσα ΑΓ, ΒΓ).Άρα ΕΖ//ΑΒ, οπότε 1
ˆ ˆΒ = Ζ (1) και Α∆Γ
: ( ˆ 90∆ = , ΔΕ διάμεσος).Άρα ∆Ε = ΕΓ, οπότε 1
ˆ ˆΓ = Ζ (2)
Αλλά (1), (2)
1 1ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆΖ = ∆ + ∆ΕΖ ⇔ ∆ΕΖ = Β −Γ.
2. Φέρουμε τη διάμεσο AM. Τότε ΑΒ = ΒΜ, οπότε 1
ˆ ˆ 15Α = Β = . Άρα 1 1ˆˆ ˆ 30Μ = Α +Β = .
Επομένως στο τριγ. ΜΑ∆
είναι ˆ 90∆ = , 1ˆ 30Μ = ,
άρα 2 4
ΑΜ ΒΓΑ∆ = = , αφού
2ΒΓ
ΑΜ = .
Αντίστροφα: Αν 4ΒΓ
Α∆ = , τότε επειδή 2ΒΓ
ΑΜ =
έχουμε 2
ΑΜΑ∆ = , οπότε στο ορθογώνιο τριγ.
ΜΑ∆
είναι 1ˆ 30Α = . Άρα 1
ˆˆ 152Μ
Β = = .
22-0017-02.indd 66 13/3/2014 10:53:42 πµ
67
5.6-5.9
3. Έχουμε Κ∆Γ
: (Ζ, Η μέσα ΔΓ, ΔΚ).
Άρα ΖΗ\\=2ΚΓ (1)
και Κ βαρύκεντρο του τριγ. ΑΒΓ
,
άρα 2ΚΓ
ΕΚ = (2)
Από τις (1), (2) προκύπτει ότι ΖΗ\\=ΕΚ, οπότε το ΕΚΖΗ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα ΕΗ//ΚΖ.
4. Επειδή Β∆ = ΒΕ έχουμε 1 2ˆ ˆΕ = ∆ = ∆ .
Αλλά 1ˆˆ ˆΒ = Ε + ∆ ,
οπότε 2 2 2ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆ2 2 2Β = ∆ ⇔ Γ = ∆ ⇔ ∆ = Γ.
Άρα ∆Μ =ΜΓ (1). Επίσης 3 1
ˆ ˆ∆ = Α (συμπληρωματικές ίσων γωνιών), οπότε ∆Μ = ΑΜ (2).Από τις (1), (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:
i) ΒΖΓ
(Ε μέσο ΒΖ, Μ μέσο ΒΓ):
EM//= 2ΖΓ (3). Επομένως ΕΜ//ΑΓ.
ii)
2 2 2ΖΓ ΑΓ − ΑΖ ΑΓ − ΑΒ
ΕΜ = = = .
iii) 2
ˆˆˆ2Α
∆ΕΜ = Α = , αφού ΕΜ//ΑΓ.
6. Έστω ΜΖ ⊥ ΑΒ που τέμνει την ΒΔ στο Μ. Αρκεί ΑΗ ⊥ ΓΕ. Στο τριγ. ΑΒΜ
το Η είναι το ορθόκεντρο, οπότε ΑΗ ⊥ ΒΜ (1). Επίσης στο τριγ. ∆ΕΓ
τα Β και Μ είναι μέσα των ΔΕ και ΔΓ, οπότε ΒΜ//ΓΕ (2). Από τις (1), (2) προκύπτει ότι ΑΗ ⊥ ΓΕ.
Β
H
KΕ
Α
Δ
Α
Β
Ε
Μ
ΓΔ
A
BΔ
Ε
Β
Γ
ΔΗ
Μ
Κ
Ζ
Α
\
Μ Γ
Ζ
Ε
Z
Γ
1
1 2
23
\
\\
22-0017-02.indd 67 1/11/2013 3:53:30 μμ
68
5.10-5.11
Κ
Η
Α
Ε
Δ
Θ≈
≈
≈
≈
Β
Ζ
Γ
\\
\\
\\
\\
Α
Β
Λ
Γ
ΜΚ
Ο
ΑΖ
ΓΜΔB
ΕΗ
Κ
1
1
1
2
1
1 12
7. i) Έχουμε ˆˆ 90Κ = Λ = και ˆ 90ΚΒΛ = (διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών).Άρα το ΑΚΒΛ είναι ορθογώνιο.
ii) Επειδή ΑΚΒΛ ορθογώνιο είναι: Ο μέσο ΑΒ και 1 1 2
ˆ ˆ ˆΚ = Β −Β , οπότε ΟΚ//ΒΓ. Επομένως στο τριγ. ΑΒΓ
έχουμε Ο μέσο ΑΒ, ΟΚ//ΒΓ. Άρα Μ μέσο ΑΓ.
8. i) ˆ ˆ ˆ 90Α = Ε = Ζ = . Άρα το ΑΕΔΖ είναι ορθογώνιο, οπότε Α∆ = ΕΖ.
ii) Επειδή ΑΕΔΖ ορθογώνιο έχουμε
1 1 1ˆˆ ˆΖ = Ε = ∆ .
Αλλά 1ˆ ˆ∆ = Β (οξείες με κάθετες πλευρές),
οπότε 1ˆ ˆZ B= (1).
Επίσης 1ˆ ˆΑ = Γ (2) (
2ΒΓ
ΑΜ = =ΜΓ).
Από (1), (2) προκύπτει ότι
1 1ˆ ˆ ˆ ˆ 90Α + Ζ = Β + Γ = .
Άρα ˆ 90Η = , οπότε ΑΜ ⊥ ΕΖ. iii) Έστω Κ το σημείο τομής των AM και ΔΖ. Αρκεί ΒΚ//ΕΖ.
Έχουμε ΒΕ//ΚΖ (ως κάθετες στην ΑΓ) και ΑΚ Ζ = ΒΕ∆
( ˆ ˆ 90 ,Ζ = Ε = ∆Ε = ΑΖ, 1 2
ˆ ˆˆΑ = Γ = ∆ ), οπότε ΒΕ = ΚΖ. Άρα ΚΖ//=ΒΕ, οπότε το ΒΕΖΚ είναι παραλληλόγραμμο και συνεπώς ΒΚ//ΕΖ.
§ 5.10-5.11
Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Έχουμε ΕΖ//ΑΒ (διάμεσος τραπεζίου) (1) και ΚΑΒ
: (Η, Θ μέσα ΚΑ, KB). Άρα ΗΘ//ΑΒ (2). Από (1), (2) προκύπτει ότι ΗΘ//ΑΒ//ΕΖ, οπότε το ΕΖΘΗ είναι τραπέζιο.
22-0017-02.indd 68 31/10/2013 5:53:11 μμ
69
5.10-5.11
2. Έχουμε ΑΒΓ
: (Δ, Ε μέσα ΑΒ, ΑΓ). Άρα ΔΕ//ΒΓ (1) και ˆ ˆΒ = 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) Ο∆Γ
: (Θ, Η μέσα ΟΔ, ΟΓ). Άρα ΘΗ//ΔΓ (2). Επειδή ΑΒΓΔ ισοσκελές τραπέζιο είναι ΑΓ = Β∆,
οπότε 2 2ΑΓ Β∆
= ⇔ ΕΗ = ΘΖ (3)
Από τις (1), (2), (3) προκύπτει ότι το ΕΖΗΘ είναι ισοσκελές τραπέζιο.
4. Έχουμε ΚΛ//ΑΒ//ΓΔ. Άρα ΚΛ//ΕΓ. Επίσης ΑΕ∆
( ˆ 90Ε = ΕΚ διάμεσος).
Άρα 2 2Α∆ ΒΓ
ΕΚ = = = ΛΓ.
Επομένως το ΚΛΓΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο.
Α Β
ΓΔ
Α Β
Δ ΓE
Α Β
Κ Λ
Δ Ε Ζ Γ
Α
Δ Ε
ΓΒ
Ε
Α
Β Δ
Κ
Γ
εΜ
Θ
Ζ
Η
Ο
Β'
Γ'
\\ \\
5. Έχουμε Α∆Ε = ΒΖΓ
( ˆ ˆ 90Ε = Ζ = ,ΑΕ = ΒΖ, Α∆ = ΒΓ). Άρα ∆Ε = ΓΖ (1) Επίσης 2 2Γ∆ = ∆Ε + ΕΖ + ΖΓ = ∆Ε + ΕΖ = ∆Ε + ΑΒ.
Άρα 2
Γ∆ − ΑΒ∆Ε = ΓΖ = .
6. Το τετράπλευρο ΒΒ′Γ′Γ είναι τραπέζιο, αφού ΒΒ′//ΓΓ′, ως κάθετες στην ε. Η ΜΔ είναι διάμεσος του τραπεζίου, οπότε ΜΔ// ΒΒ′//ΓΓ′.Άρα ∆Μ ⊥ ε. Επομένως η ΜΚ είναι δι-άμεσος του ορθογωνίου τριγώνου
ΑΜ∆
, οπότε 2Α∆
ΜΚ = .
22-0017-02.indd 69 31/10/2013 5:53:11 μμ
70
5.10-5.11
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Έχουμε:ΑΒ//ΕΖ, οπότε 1 1
ˆ ˆΒ = ΗΑλλά 1 2
ˆ ˆΒ = Β
2ΒΓ
ΗΖ = ΒΖ = ΖΓ = . Άρα ˆ 90ΒΗΓ = .
2. Επειδή ΖΗ//ΒΓ και ˆ ˆΒ = Γ το ΖΗΒΓ είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε ΓΗ = ΒΖ. Αλλά ΒΖ = ΑΖ (ΖΜ μεσοκάθετος ΑΒ). Άρα ΓΗ = ΑΖ.
3. Φέρουμε ′ΒΕ ⊥ ∆Γ. Τότε στο τριγ. ′ΒΕ Γ
( ˆ 90′Ε = , ˆ 60Γ = , ˆ 30Β = ).
Άρα 2 2ΒΓ α′Ε Γ = = .
Επομένως 522 2α α′ ′ ′∆Γ = ∆Ε + Ε Γ = ΑΒ + Ε Γ = α + = .
Άρα
52 922 2 4
αα +ΑΒ + Γ∆ α
ΕΖ = = = .
4. Έστω Ε μέσο ΑΔ. Τότε 2 2
ΑΒ + Γ∆ Α∆ΜΕ = = , οπότε
ˆ 90ΑΜ∆ = (αφού ΜΕ διάμεσος στο τριγ. ΑΜ∆
).
5. Έχουμε ˆ ˆ∆ = Γ (ΑΒΓΔ ισοσκελές)και 1
ˆ ˆ∆ =Μ (ΑΔ//ΜΕ)Άρα 1
ˆ ˆΜ = Γ,
οπότε 2ΒΓ
ΜΕ = ΕΓ = ΒΕ = .
Άρα ˆ 90ΒΜΓ = ή ΒΜ ⊥ ∆Γ.
Ε Η
Δ Γ
Γ
Α
Α B
ΓΕ'
Ε Ζ
Δ
Α
Ε Μ
Γ
Α Β
Ε
ΓΔΜ
Δ
Β
ΜΗ Ζ
Β
Ζ
Α Β
2α
α
1
1
2
300
600
Άρα 1 2ˆ ˆΗ = Β , οπότε:
22-0017-02.indd 70 31/10/2013 5:53:12 μμ
71
5.10-5.11
6. Έχουμε ΑΒΓ
(Δ, Ε μέσα ΑΒ, ΑΓ) Άρα ΔΕ//ΒΓ, οπότε ΔΕ//ΗΖ (1)Επίσης ΑΒΓ
(Ε, Ζ μέσα ΑΓ, ΒΓ).
Άρα 2ΑΒ
ΕΖ = (2) και ΑΗΒ
( ˆ 90Η = , ΗΔ διάμεσος). Άρα 2ΑΒ
Η∆ = (3)
Από τις (1), (2), (3) προκύπτει ότι το ΔΕΖΗ είναι ισοσκελές τραπέζιο.
7. Έστω 2Γ∆ = ΑΒ. Έχουμε ΑΒ∆
(Ε, Κ μέσα ΑΔ, ΔΒ).
Άρα 2ΑΒ
ΕΚ = (1) και ΑΒΓ
(Ζ, Λ μέσα ΒΓ, ΑΓ).
Άρα 2ΑΒ
ΛΖ = (2)
Επίσης 22 2 2
∆Γ − ΑΒ ΑΒ − ΑΒ ΑΒΚΛ = = = (3)
Από τις (1), (2), (3) προκύπτει ότι ΕΚ = ΚΛ = ΛΖ.
8. Έχουμε ΚΛ//ΔΓ//ΑΒ και3
2 2∆Γ − ΑΒ ΑΒ − ΑΒ
ΚΛ = = = ΑΒ,
οπότε ΚΛ//=ΑΒ. Άρα το ΑΚΛΒ είναι παραλληλόγραμμο.Αν το ΑΚΛΒ είναι ορθογώνιο, τότε ΒΚ = ΑΛ, οπότε Β∆ = ΑΓ. Άρα το ΑΒΓΔ πρέπει να είναι ισοσκελές τραπέζιο.
9. Στο τραπέζιο ΕΒΓΔ η ΖΗ είναι διάμεσος, οπότε
32 2
2 2
ΑΒ+ ΑΒΕΒ + ∆Γ
ΖΗ = = = ΑΒ.
Άρα ΗΖ//=ΑΒ, οπότε το ΑΒΖΗ είναι παραλληλό- γραμμο. Επίσης Θ∆ = ∆Γ −ΘΓ = ∆Γ − ΑΒ, αφού το ΑΒΓΘ είναι παραλληλόγραμμο.
Α
Α Β
Β Γ
Α
Δ Ε
ΖΗ
Κ Λ
ΓΔ
Ε Ζ
Δ
Κ Λ
Γ
Α Ε Β
ΖΗ
ΓΔ Θ
Β
22-0017-02.indd 71 13/3/2014 10:56:44 πµ
72
5.10-5.11
10. Το ΑΓΓ′Α′ είναι τραπέζιο με διάμεσο ΚΚ′. Άρα
22′ ′ΑΑ + ΓΓ′ ′ ′ ′ΚΚ = ⇔ ΑΑ + ΓΓ = ΚΚ (1)
Επίσης το ΒΒ′Δ′Δ είναι τραπέζιο με διάμεσο ΚΚ′. Άρα
22′ ′ΒΒ + ∆∆′ ′ ′ ′ΚΚ = ⇔ ΒΒ + ∆∆ = ΚΚ (2)
Από τις (1), (2) προκύπτει ότι 4′ ′ ′ ′ ′ΑΑ + ΒΒ + ΓΓ + ∆∆ = ΚΚ .
Σύνθετα Θέματα
1. Έστω ότι η διχοτόμος της Α τέμνει την ΒΓ στο Ε.Αρκεί ΔΕ διχοτόμος της ∆. Αν Ζ το σημείο τομής των ΑΕ, ΔΓ τότε 1
ˆ ˆΑ = Ζ, οπότε 2ˆ ˆΑ = Ζ.
Άρα Α∆ = ∆Ζ⇔ Α∆ = ∆Γ + ΓΖ⇔⇔ ΑΒ+ Γ∆ = ∆Γ + ΓΖ⇔ ΑΒ = ΓΖ.Επομένως το ΑΒΖΓ είναι παραλληλόγραμμο (ΑΒ//=ΓΖ).Άρα Ε μέσο ΑΖ, οπότε η διάμεσος ΔΕ του ισοσκελούς τριγ. Α∆Ζ
είναι και διχοτόμος της ∆.
2. Φέρουμε ΜΕ ⊥ Α∆, οπότε ΜΕ διάμεσος.
Τότε 1 1ˆΜ = ∆
2ΒΓ ΓΜ = = Γ∆
2 1
ˆΜ = ∆ (εντός εναλλάξ)
3 2ˆ ˆΜ =Μ (ΜΕ ύψος και διάμεσος).
Άρα: 3ˆˆ ˆ3 3ΑΜΓ = Μ = ΜΑΒ,
αφού 3ˆΜ =ΜΑΒ.
3. Έστω Κ το κέντρο του ΑΒΓΔ και ′ΚΚ ⊥ ε. Τότε το ΚΚ΄ ενώνει τα μέσα των διαγωνίων του τραπεζίου
ΑΑ′ΓΓ′, οπότε 2′ ′ΑΑ − ΓΓ′ΚΚ = (1)
Επίσης στο τριγ. ′∆ΒΒ
είναι 2′ΒΒ′ΚΚ = (2)
Από τις (1), (2) προκύπτει ότι ′ ′ ′ΑΑ − ΓΓ = ΒΒ .
Α B
K
ε
ε
Δ
Α Β
Ζ
Ε
Γ
Δ
Α
Κ
Α Β
ΓΔ
Β
Γ
Ε Μ
Δ
Γ
Δ'
Α' Κ'Β'Γ´
Α' Κ' Γ' Β'
1
2
2
1
1
1
23
22-0017-02.indd 72 31/10/2013 5:53:13 μμ
73
Α Β
Β
Δ Ε
Ζ Η
Α Γ
Μ
ΓΔ
Ε
Ζ
Α
Μ ΝΕ
Β Γ
Α
Β ΚΔ
Με
ε
Ε
Δ
1
1
11 2
2
1
4. Έχουμε ΑΒΓ
: (Δ, Ε μέσα ΑΒ, ΒΓ). Άρα ΔΕ//=2ΑΓ (1)
Επομένως το ΔΕΓΑ είναι τραπέζιο με διάμεσο τη ΖΗ.
Άρα: 322 2
∆Ε + ΑΓΖΗ = ⇔ ΖΗ = ΑΓ.
Αλλά 38
ΖΗ = ΒΓ, οπότε 2ΒΓ
ΑΓ = .
Άρα ˆ 30Β = .
5. i) Επειδή ∆Μ = ∆Γ είναι 1ˆ ˆΓ =Μ , οπότε 2
ˆ ˆΒ =Μ (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 παραλληλό-γραμμο) και
2 4ΜΓ ΒΓ
ΕΖ = ⇔ ΕΖ = (2)
Άρα 34 4ΒΓ
ΑΕ = ΑΖ − ΕΖ = ΒΓ − = ΒΓ.
5.10-5.11
22-0017-02.indd 73 31/10/2013 5:53:13 μμ
74
Α
Β
Δ
Ε Η
ΖΜ
Β''ΕΓ
121
2
1 2
Δ Ζ Γ
E
ΗΑ Β
Γενικές Ασκήσεις
3. α) Έχουμε ′ΑΒ = ΑΒ και ′ΑΕ = ΑΕ (1) (γιατί τα τριγ. ′ΑΒΒ
και ′ΑΕΕ
είναι ισοσκελή). Άρα:
′ ′ ′ ′Β Ε = ΑΕ − ΑΒ = ΑΕ − ΑΒ = Α∆ + ∆Ε − ΑΒ =
2 2 2ΑΒ ΑΓ ΑΓ − ΑΒ
= + − ΑΒ = .
β) Έχουμε:
′ ′ΓΕ = ΑΓ − ΑΕ = ΑΓ − ΑΕ = ΑΓ − Α∆ − ∆Ε =
2 2 2ΑΒ ΑΓ ΑΓ − ΑΒ
= ΑΓ − − = .
Άρα ′ ′ ′Β Ε = ΓΕ . Επομένως στο τριγ. ′ΓΒΒ
(Ε′ μέσο ΓΒ′, ΕΕ′//ΒΒ′). Άρα Μ μέσο ΒΓ.
Α Β
Β
Δ Ε
Ζ Η
Α Γ
Μ
ΓΔ
Ε
Ζ
Α
Μ ΝΕ
Β Γ
Α
Β ΚΔ
Με
ε
Ε
Δ
1
1
11 2
2
1
Γενικές Ασκήσεις
1. Έστω ΑΒ < ΑΓ. Τότε:ΑΒ∆
: ( ˆ 90∆ = , ˆ 60Α = , ˆ 30Β = ).
Άρα 2 2ΑΒ ΑΓ
Α∆ = < (1) και
ΑΓΕ
: ( ˆ 90Ε = , ˆ 60Α = , ˆ 30Γ = ).
Άρα 2 2ΑΓ ΑΒ
ΑΕ = > (2).
Επομένως 2 2ΑΓ ΑΒ
ΜΕ = ΑΕ − ΑΜ = −
και 2 2ΑΓ ΑΒ
Ν∆ = ΑΝ − Α∆ = − . Άρα ΜΕ = Ν∆.
2. Έχουμε 1ˆ ˆΕΒΚ = Ε (1)
Έστω Μ το μέσο του ΔΕ.
Τότε: 2∆Ε
ΑΜ = = ΑΒ.
Άρα 1ˆ ˆΑΒΜ =Μ (2)
Αλλά 1 1 1 1ˆˆ ˆ ˆ2Μ = Ε + Α = Ε (ΑΜ =ΜΕ ) (3)
Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι ˆ ˆ2ΑΒΜ = ΕΒΚ.Άρα ˆ ˆ ˆ ˆ3ΑΒΚ = ΑΒΜ +ΕΒΚ = ΕΒΚ .
22-0017-02.indd 74 31/10/2013 5:53:14 μμ
75
4. α) Επειδή ΗΒ//=ΖΓ και 2ΑΒ
ΗΒ = = ΒΓ το ΗΒΓΖ είναι ρόμβος.
β) Έχουμε 1 1ˆ ˆΖ = Ε (1).
Επίσης στο τριγ. ΑΕΒ
( ˆ 90Ε = , ΕΗ διάμεσος).
Άρα 2ΑΒ
ΕΗ = = ΗΖ , οπότε 1 2ˆ ˆΖ = Ε (2)
Από (1), (2) προκύπτει ότι ΖΕ διχοτόμος της ˆΗΕΓ.
γ) Επειδή ΕΓ//ΗΖ και 2ΑΒ
ΗΕ = = ΖΓ το ΗΕΓΖ είναι ισοσκελές τραπέζιο.
δ) Επειδή ΗΕΓΖ ισοσκελές τραπέζιο είναι ˆ ˆ ˆ2Γ = ΗΕΓ = ΖΕΓ (3) Επίσης 1
ˆ ˆΖ = ΖΕΓ (4) και 2ˆ ˆΖ = Γ (5)
Από (3), (4), (5) προκύπτει ότι 2 1ˆ ˆ ˆ ˆ3∆ΖΕ = Ζ + Ζ = ΖΕΓ.
5. Στο τραπέζιο ΑΓΓ′Α′ η MM′ είναι διάμεσος.
Άρα 22′ ′ΑΑ + ΓΓ′ ′ ′ ′ΜΜ = ⇔ ΑΑ + ΓΓ = ΜΜ (1)
Έστω Δ το μέσο του ΒΚ.Τότε Β∆ = ∆Κ = ΚΜ . Επομένως στο τραπέζιο ΒΚΚ′Β′ η ΔΔ′ είναι διάμεσος.
Άρα 22′ ′ΒΒ + ΚΚ′ ′ ′ ′∆∆ = ⇔ ΒΒ +ΚΚ = ∆∆ (2)
Επίσης στο τραπέζιο ΔΜΜ′Δ′ η ΚΚ′ είναι διάμεσος.
Άρα 22′ ′ΜΜ + ∆∆′ ′ ′ ′ΚΚ = ⇔ΜΜ + ∆∆ = ΚΚ ⇔
2 2 4′ ′ ′⇔ ΜΜ + ∆∆ = ΚΚ (3) Από τις (1), (2), (3) προκύπτει ότι 3′ ′ ′ ′ΑΑ + ΒΒ + ΓΓ = ΚΚ .
6. α) Έχουμε ΒΕΓ
(Δ, Ζ μέσα ΒΓ, ΕΓ). Άρα ΔΖ//ΒΕβ) ∆ΕΓ
(Ζ, Η μέσα ΕΓ, ΔΕ). Άρα ΖΗ//ΔΓ, οπότε ΖΗ ⊥ Α∆ (αφούΑ∆ ⊥ ∆Γ). Επομένως το Η είναι το ορθόκεντρο του τριγ. Α∆Ζ
. Άρα ΑΗ ⊥ ∆Ζ, οπότε ΑΗ ⊥ ΒΕ (αφού ΒΕ//ΔΖ).
Α
Β
Δ
Ε Η
ΖΜ
Β''ΕΓ
121
2
1 2
Δ Ζ Γ
E
ΗΑ Β
Α
Β' Δ'Α' Κ' Μ' Γ'
Α
ΗΒ Δ Γ
ΖΕ
Ε
Δ
A
Β Μ Γ
Η
ΖΚ
Ν
Λ
Γ
Κ
ΒΔ
Μ
Γενικές Ασκήσεις
Α
Β' Δ'Α' Κ' Μ' Γ'
Α
ΗΒ Δ Γ
ΖΕ
Ε
Δ
A
Β Μ Γ
Η
ΖΚ
Ν
Λ
Γ
Κ
ΒΔ
Μ
22-0017-02.indd 75 31/10/2013 5:53:15 μμ
76
Α
Α Β
ΗΟ Ζ
Δ Ε Γ
Β
Α
ΖΕ
Λ
Ο
Δ
Κ
Γ
MΚ ΗΔ
Ε Δ
Β Γ2 11 2
2Ε2
E Ζ1 Δ2
7. Έχουμε ΑΒΗ = ΑΓΕ
(ΑΒ = ΑΕ, ΑΓ = ΑΗ, ˆ ˆ ˆ90ΕΑΓ = ΒΑΗ = + Α ).Άρα ΕΓ = ΒΗ (1) και 1 1
ˆ ˆΕ = Β , οπότε ˆˆ 90Ν = ΕΑΒ = . Άρα ΕΓ ⊥ ΒΗ (2)
Αλλά KM//=2ΕΓ (3) (τριγ. ΕΒΓ
)
και ΜΛ//=2ΒΗ (4) (τριγ. ΗΓΒ
).
Από τις (1), (2), (3), (4) προκύπτει ότι ΚΜ ⊥=ΜΛ.
8. α) Έχουμε Μ μέσο ΟΓ, Η μέσο ΒΓ και 2α
ΟΗ = .
Στο τριγ. ΒΟΓ
το Ζ είναι το βαρύκεντρο, οπότε
2 23 3 2 3
α αΟΖ = ΟΗ = = .
β) Είναι ΖΗ//=2ΕΓ (τριγ. ΒΕΓ
) και
2ΟΖ
ΖΗ = (Ζ βαρυκ.).
Άρα ΟΖ//=ΕΓ, οπότε το ΟΖΓΕ είναι παραλληλόγραμμο.
9. i) Έστω Κ μέσο ΑΒ και Λ το σημείο τομής των ΟΚ και ΔΓ.Αρκεί Λ μέσο ΔΓ. Έχουμε ˆΟΑΒ ( ˆ 90Ο = , ΟΚ διάμεσος).Άρα 1 1
ˆ ˆΟ = Α . Αλλά 1ˆ ˆΑ = ∆, οπότε 1
ˆ ˆΟ = ∆ ή ΟΛ = ∆Λ . Όμοια ΟΛ = ΛΓ. Άρα το Λ είναι το μέσο του ΔΓ.
ii) 2 2∆Γ ΑΒ
ΚΛ = ΟΛ −ΟΚ = −
αφού ΟΚ= , .2 2ΑΒ ∆Γ ΟΛ =
iii) Το ΚΕΛΖ είναι παραλληλόγραμμο γιατί
ΚΖ//=ΛΕ//=2Α∆
(από το τριγ. ΑΒΓ
και ΑΓ∆
).
Επειδή 2
∆Γ − ΑΒΖΕ = = ΚΛ, το ΚΕΛΖ είναι ορθογώνιο.
Α
Β' Δ'Α' Κ' Μ' Γ'
Α
ΗΒ Δ Γ
ΖΕ
Ε
Δ
A
Β Μ Γ
Η
ΖΚ
Ν
Λ
Γ
Κ
ΒΔ
Μ
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 76 31/10/2013 5:53:16 μμ
77
10. Φέρουμε:
1
2
∆∆ ⊥ ΒΓ ∆∆ ⊥ ΑΒ
οπότε 1 2∆∆ = ∆∆ (1) και
1
2
ΕΕ ⊥ ΒΓ ΕΕ ⊥ ΑΓ
οπότε 1 2ΕΕ = ΕΕ (2)
Στο τραπέζιο 1 1∆ΕΕ ∆ η ΜΖ είναι διάμεσος, οπότε
(1), (2)1 1 2 2
2 2∆∆ + ΕΕ ∆∆ + ΕΕ
ΜΖ = = =
2 2
2 2∆∆ ΕΕ
= + = ΜΚ +ΜΗ
(στα τρίγωνα 2∆Ε∆
και 2∆ΕΕ
αφού Μ μέσο ΔΕ).
Α
Α Β
ΗΟ Ζ
Δ Ε Γ
Β
Α
ΖΕ
Λ
Ο
Δ
Κ
Γ
MΚ ΗΔ
Ε Δ
Β Γ2 11 2
2Ε2
E Ζ1 Δ2
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 77 31/10/2013 5:53:16 μμ
22-0017-02.indd 78 31/10/2013 5:53:16 μμ
6 ΚΕ
ΦΑ
ΛΑ
ΙΟ
• Αν μας ενδιαφέρει γωνία που σχετίζεται με δυο εφαπτόμενους κύκλους, συνήθως φέρουμε την κοινή εφαπτομένη (εσωτερική 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: Γενικές 6, 8)
ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ
22-0017-02.indd 79 1/11/2013 3:56:33 μμ
80
6.1-6.4
§ 6.1-6.4Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Για το 1ο σχήμα έχουμε: 2 3 4 360 9 360 40x x x x x+ + = ⇔ = ⇔ = . Η y είναι εγγεγραμμένη γωνία και βαίνει στο τόξο ΒΓ = 4x, οπότε y x= = ⋅ =2 2 40 80 .
Για το 2ο σχήμα έχουμε ˆx 50= ΑΒ∆ = , ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο. Για τον ίδιο λόγο ˆ ˆ 35∆ΑΓ = ∆ΒΓ = , οπότε από το τρίγωνο Α ∆ Γ
βρίσκουμε: y x= − − =180 35 105 .
2. Η γωνία Α είναι γωνία τεμνουσών, οπότε (§ 6.3) έχουμε:
1 1ˆ ( ) 40 (200 ) 1202 2
Α = Γ∆ −ΒΕ ⇔ = −ΒΕ ⇔ ΒΕ = .
3. Για το 1ο σχήμα έχουμε: ˆx 40= Α = , γιατί η x είναι γωνία χορδής και εφα-πτομένης. Τότε ΒΓ = 80 . Επειδή ΑΒ ΑΓ= θα είναι ΑΒ ΑΓ = = y, οπότε από την: 2 360 2 80 360 140y y y+ = ⇔ + = ⇔ =ΒΓ . Για το 2ο σχήμα έχουμε: Η Α είναι γωνία τέμνουσας και εφαπτομένης, επομένως σύμφωνα με την § 6.3 θα είναι:
1A (y x) y x 1202
= − ⇔ − = (1).
Για τη γωνία Γ έχουμε:
( ) 1 1ˆ ˆ (360 x y) 50 (360 x y) x y 260
2 2 2Γ∆
Γ = ΓΒ∆ = = − − ⇔ = − − ⇔ + = (2)
Λύνοντας το σύστημα των (1) και (2) βρίσκουμε: x 70= , y 190= .
4. Από το σχήμα έχουμε:
1 1ˆ ( ) 70 ( ) 1402 2
Κ = ∆Γ + ΒΕ ⇔ = ∆Γ + ΒΕ ⇔ ∆Γ +ΒΕ = (1).
Επίσης:
1ˆ ( ) 502
Α = Γ∆ −ΒΕ ⇔ ∆Γ −ΒΕ = (2).
Λύνοντας το σύστημα των (1) και (2) βρίσκουμε: 95∆Γ = , 45ΒΕ = .
5. Έχουμε: 1ˆ ˆ2
Α = Ο ή 1 ˆ702
= Ο ή ˆ 140Ο = .
22-0017-02.indd 80 13/3/2014 10:59:05 πµ
81
6.1-6.4
Επειδή ΟΒ = ΟΓ είναι 1 1ˆ ˆ x,Β = Γ =
οπότε ˆ2x O 180+ = ή x 20= , δηλ.
1 1ˆ ˆ 20Β = Γ = .
Επειδή ˆ 70Α = θα είναι 140ΒΜΓ = και αφού Μ μέσο 70ΒΜ =ΜΓ = ,
οπότε 2 21ˆ ˆ 70 352
Β = Γ = =
και από το τρίγωνο ΒΜΓ
βρίσκουμε ότι ˆ 180 2 35 110Μ = − ⋅ = .
O
Α
70 0
Β Γ
Μ
A Β
εΜ
1 12 2
1
6. Από το σχήμα έχουμε y 2z= (y εξωτερική γωνία τριγώνου) και x z= , ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο. Με τη βοήθεια αυτών η i) 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.
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Ευθύ: Έστω Μ το μέσο ενός τόξου ΑΒ και ε η εφαπτομένη του στο Μ. Θα δείξουμε ότι ε//ΑΒ. Έχουμε: η 1Μ είναι γωνία χορδής και εφαπτομένης, άρα:
1ˆ ˆΑ =Μ (1). Εξάλλου αφού Μ μέσο ΑΒ θα είναι ΑΜ =ΜΒ , οπότε ˆ ˆΑ = Β (2) ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στα ίσα τόξα ΜΒ και ΜΑ αντίστοιχα. Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι 1
ˆ ˆΒ =Μ απ’ όπου έχουμε ε//ΑΒ.Αντίστροφο: Υποθέτουμε τώρα ότι ε//ΑΒ και θα δείξουμε ότι Μ μέσο ΑΒ . Έχουμε 1
ˆ ˆΑ =Μ (3) (γωνία χορδής και εφαπτομένης) και 1ˆ ˆΒ =Μ (4) (γιατί
ε//ΑΒ). Από (3), (4) προκύπτει ότι ˆ ˆΑ = Β, οπότε και τα αντίστοιχα τόξα αυτών ΜΒ, ΜΑ είναι ίσα, δηλ. Μ μέσο του ΑΒ.
2. Επειδή Γ αντιδιαμετρικό του Α στον κύκλο κέντρου Κ, η γωνία ˆΑΒΓ είναι ορθή γιατί βαίνει σε ημικύκλιο, δηλ. ˆ 90ΑΒΓ = (1) όμοια
ˆ 90ΑΒ∆ = (2). Από (1) και (2) προκύπτει ότι ˆ ˆ 180ΑΒΓ + ΑΒ∆ = η οποία σημαίνει ότι Γ,
Β, Δ συνευθειακά, δηλαδή η ΓΔ διέρχεται από το Β.
Α
Γ ΔΒ
Κ Λ
22-0017-02.indd 81 31/10/2013 5:53:18 μμ
82
6.1-6.4
3. Αρκεί 1ˆ ˆP 90+ ∆ = . Έχουμε:
1 2ˆ ˆP P= (ως κατακορυφήν)ˆ ˆ∆ = Β (εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο) και 3
ˆˆ PΒ = (γιατί το τρίγωνο ΒΡΓ
είναι ορθογώνιο στο Ρ και ΡΜ διάμεσος).Άρα 1 2 3
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆP P P 90+ ∆ = + = ΒΡΓ = , αφού οι χορδές ΑΒ και ΓΔ τέμνονται κάθετα.
Β
Δ
Ι
Γ
Α Ρ
ε
ε'
η
Β
Γτ
Α
Α
Γ'
Γ
Β
Β'
Κ Λ
1 τ2
1
2 3
2
1
μείο Β που δε βρίσκεται πάνω στη διάκεντρο των αντίστοιχων κύκλων, επομένως θα έχουν και δεύτερο κοινό σημείο I το οποίο είναι το ζητούμενο. Πράγματι ˆ 100ΑΙΒ = από κατα-σκευή του τ1 και ˆ 125ΒΙΓ = από κατασκευή του τ2 και ˆ 360 100 125 135ΑΙΓ = − − = .
4. Επειδή ˆ 100ΑΙΒ = το I βρίσκεται σε τόξο τ1 που γράφεται με χορδή AB 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 ση-
Σχόλιο:Προφανώς ο καπετάνιος έκαμε και μια περιττή μέτρηση.
Σύνθετα Θέματα
1. Έστω ότι οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά στο Α.Φέρνουμε την κοινή εσωτερική εφαπτομένη n αυτών στο Α. Τότε:
1ˆΒ = Α (γωνία χορδής και εφαπτομένης στον κύκλο
κέντρου Κ)
2ˆΓ = Α (γωνία χορδής και εφαπτομένης
στον κύκλο κέντρου Λ)1 2
ˆ ˆΑ = Α (ως κατακορυφήν) Άρα ˆ ˆΒ = Γ που σημαίνει ότι ΒΒ′//ΓΓ′.Έστω ότι οι κύκλοι εφάπτονται εσωτερικά στο Α. Τότε, όπως και στην προ-ηγούμενη περίπτωση, φέρνουμε την κοινή εξωτερική εφαπτομένη και έχουμε:
1ˆΒ = Α και 1
ˆΓ = Α (χορδή και εφαπτομένη), οπότε ˆ ˆΒ = Γ, άρα ΒΒ′//ΓΓ′.
22-0017-02.indd 82 13/3/2014 11:03:54 πµ
83
6.5-6.6
Β Z
Γ
ΔΗ
Α
ε
1
Δ
Γ
ΡΑ
Β
1 23
Β Γ
ΔΑ
Β
Γ
Δ
Α
800
1200
2. Έστω Ζ, Η τα δεύτερα κοινά σημεία των ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα με το μικρότερο κύκλο. Για να δείξουμε ότι η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ˆΒΑΓ αρκεί να δείξουμε ότι η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας
ˆΖΑΗ και επειδή αυτή είναι εγγεγραμμένη στο μικρό κύκλο αρκεί να δείξουμε ότι τόξο ΖΔ είναι ίσο με το ΔΗ, το οποίο σύμφωνα με την άσκηση 1 είναι ισοδύναμο με την ΒΓ//ΖΗ το οποίο είναι με τη σειρά του ισοδύναμο με την ˆ ˆΓ = Η που ισχύει γιατί 1
ˆΓ = Α και 1ˆΗ = Α, ως γωνίες χορδής
και εφαπτομένης, όπου ε η κοινή εξωτερική εφαπτομένη των δύο κύκλων στο Α.
3. Για να δείξουμε ότι ΡΑ = Γ∆ αρκεί να δείξουμε ότι η γωνία ˆΑ∆Ρ ισούται με τη γωνία ˆ∆ΑΡ. Έχουμε: η γωνία ˆΑ∆Ρ είναι εξωτερική στο τρίγωνο Α∆Γ
, οπότε: 1ˆ ˆˆΑ∆Ρ = Γ + Α (1).
Όμως 3Γ = Αˆ ˆ (γωνία χορδής και εφαπτομένης) και
1 2ˆ ˆΑ = Α γιατί η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας
ˆΒΑΓ.Με αντικατάσταση των Γ και 1Α με τα ίσα τους στην (1) παίρνουμε: 3 2
ˆ ˆ ˆ ˆΑ∆Ρ = Α + Α = ∆ΑΡ, δηλ. ˆ ˆΑ∆Ρ = ∆ΑΡ που είναι το ζητούμενο.
§ 6.5-6.6
Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Επειδή το ΑΒΓΔ είναι εγγράψιμο έχουμε:ˆ ˆ 180Α+ Γ = ή ˆ120 180+ Γ = ή ˆ 60Γ = .Επίσης έχουμε ˆ ˆ
εξ∆ = Β ή ˆ 80∆ = .Προφανώς δε ˆ ˆ180 100εξΒ = −Β = .
2. Επειδή ΑΒΓΔ ρόμβος θα είναι ˆ ˆΑ = Γ (1). Αλλά ο ρόμβος ΑΒΓΔ είναι και εγγεγραμμένος σε κύκλο, οπότε ˆ ˆ 180Α+ Γ = (2). Από τις (1), (2) προκύπτει ˆ2 180Α = ή ˆ 90Α = . Δηλαδή ο ρόμβος ΑΒΓΔ έχει μια γωνία ορθή, άρα είναι τετράγωνο.
22-0017-02.indd 83 1/11/2013 4:05:04 μμ
84
6.5-6.6
Α
Ο
Β
Δ
Γ
Γ'
Δ'
Κ
(Ο)
(Κ)
Β
Β Γ
Α
Α
Δ
Γ
ΔΕ
ε
1
1
Κ2
1
1
1
Α Β
Δ Γ
3. Σε κάθε παραλληλόγραμμο οι απέναντι γωνίες είναι ίσες, δηλαδή ˆ ˆΑ = Γ, ˆΒ = ∆. Αφού είναι και εγγεγραμμένο, οι απέναντι γωνίες είναι και παραπληρωματικές, συνεπώς ˆ ˆ 1Α = Γ = και
ˆˆ 1Β = ∆ = .
4. i) Αφού το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο θα είναι ΑΒ = Γ∆ και ΒΓ = ∆Α. Επειδή είναι πε-ριγράψιμο θα έχουμε ότι: ΑΒ + Γ∆ = Α∆ + ΒΓ ή 2 2ΑΒ = ΒΓ ή ΑΒ = ΒΓ. Επομένως το ΑΒΓΔ είναι ρόμβος.
ii) Αφού το ΑΒΓΔ είναι ρόμβος οι διαγώνιοί του διχοτομούν τις γωνίες του, επομένως τέμνονται στο κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου.
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Αρκεί να αποδείξουμε ότι 1ˆΓ = ∆ . Γι’ αυτό
φέρνουμε την κοινή χορδή ΑΒ, οπότε από τα σχηματιζόμενα εγγεγραμμένα τετράπλευρα ΑΒΓ′Γ και ΑΒΔ′Δ έχουμε:
1ˆ ˆΓ = Β ( 1Β εξωτερική γωνία του ΑΒΓ′Γ)
1 1ˆΒ = ∆ ( 1∆ εξωτερική γωνία του ΑΒΔ′Δ).
Από τις σχέσεις αυτές προκύπτει 1ˆΓ = ∆ , δηλ.
το ζητούμενο.
2. Αρκεί να δείξουμε ότι 1 1ˆ ˆΑ = Ε . Έχουμε: 1
ˆ ˆΑ = Β (1) (γωνία χορδής και εφαπτομένης) στον κύκλο (Ο) και 1
ˆ ˆΕ = Β (2) γιατί το ΒΔΕΓ είναι εγγεγραμμένο στον κύκλο (Κ). Από τις (1) και (2) προκύπτει
1 1ˆ ˆΑ = Ε το οποίο σημαίνει ότι ε//ΔΕ.
22-0017-02.indd 84 31/10/2013 5:53:21 μμ
85
6.5-6.6
3. Είναι ˆ ˆ 90 90 180Β∆Η +ΒΖΗ = + = , οπότε το ΒΔΗΖ είναι εγγράψιμο σε κύκλο και επομένως
1 1ˆ ˆ∆ = Β (1). Αλλά και το ΒΖΕΓ είναι εγγράψιμο σε κύκλο, γιατί ˆ ˆ 90ΒΖΓ = ΒΕΓ = , οπότε 1 1
ˆ ˆΒ = Γ (2). Όμως και το ΔΗΕΓ είναι κι αυτό εγγράψιμο, αφού ˆ ˆ 90 90 180Η∆Γ +ΗΕΓ = + = , οπότε
1 2ˆΓ = ∆ (3). Από (1), (2) και (3) προκύπτει ότι:
1 2ˆ ˆ∆ = ∆ , δηλ. ΑΔ διχοτόμος της γωνίας ˆZΔΕ του τριγώνου ∆ΕΖ
. Όμοια αποδεικνύεται και για τα
άλλα ύψη.
A
E
Η
Γ
Γ
Ο
ΔΕ
x
x'
Β
Α
ΒΔ
MΓ
ΣΒ
Λ
ΝΑ
Κ
Δ
1
1
111
11 2
Z
1
1
4. Αρκεί να δείξουμε ότι ˆ ˆ 180Κ +Μ = . Είναι ΚΑ = Κ∆, ως εφαπτόμενα τμήματα από το ση-μείο Κ προς τον κύκλο και επομένως
1 1ˆ ˆ ˆΑ = ∆ = ω , οπότε από το τρίγωνο ΚΑ∆
έχουμε ˆ ˆ180 2Κ = − ω . Όμως 1 1
ˆˆ ˆΒ = Α = ω, ως γωνία χορδής και εφαπτομένης, οπότε ˆ ˆ180 2Κ = − Β (1).Όμοια βρίσκουμε ότι 1ˆˆ 180 2Μ = − ∆ (2)Επειδή όμως ΑΒ ⊥ Γ∆ είναι 1 1
ˆˆ 90Β + ∆ = (3)Προσθέτοντας κατά μέλη τις (1) και (2) βρίσκουμε ότι 1 1
ˆˆ ˆ ˆ360 2( )Κ +Μ = − Β + ∆
, οπότε παίρνοντας υπόψη και την (3) προκύπτει ότι ˆ ˆ 180Κ +Μ = που σημαίνει ότι το ΚΛΜΝ είναι εγγράψιμο σε κύκλο.
Σύνθετα Θέματα
1. Αρκεί να δείξουμε ότι 1 1ˆ ˆ 90Α + Ε = . Γι’ αυτό
φέρνουμε την ΟΒ, οπότε από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΟΒ
βρίσκουμε: 1ˆ ˆ2 180Α +Ο =
και επειδή ˆ ˆ2Ο = Γ, αφού Γ εγγεγραμμένη και Ο επίκεντρη που βαίνουν στο ίδιο τόξο, παίρνουμε 1 1
ˆ ˆˆ ˆ2 2 180 90Α + Γ = ⇔ Α + Γ = (1). Επειδή όμως ˆˆ 90ΒΕΓ = Β∆Γ = το ΒΕΔΓ είναι εγγράψιμο σε κύκλο στον οποίο η 1Ε είναι εξωτερική γωνία, οπότε 1
ˆ ˆΕ = Γ (2). Από (1) και (2) προκύπτει ότι 1 1
ˆ ˆ 90Α + Ε = .
22-0017-02.indd 85 31/10/2013 5:53:22 μμ
86
6.5-6.6
2ος τρόπος: Φέρνουμε την εφαπτομένη xx′ στο Α, οπότε xx′ΟΑ ⊥ . Αρκεί να αποδείξουμε ότι ΔΕ//xx′. Πράγματι ˆ ˆxAB = Γ (χορδή και εφαπτομένη) και 1
ˆˆ EΓ = , οπότε 1ˆ ˆx EΑΒ = .
Άρα ΔΕ//xx′.
2. Φέρνουμε τα τμήματα ΟΔ και ΟΕ. Στο τρίγωνο Ο∆Ε
το ΟΜ είναι ύψος, από κατασκευή, οπότε για να είναι ∆Μ =ΜΕ πρέπει το τρίγωνο Ο∆Ε
να είναι ισοσκελές, δηλ. πρέπει 1 1
ˆ ˆ∆ = Ε . Επειδή 1ε εφαπτομένη και ΟΒ ακτίνα που καταλήγει στο
σημείο επαφής έχουμε: ˆ 90ΟΒ∆ = . Επίσης και ˆ 90ΟΜ∆ = , οπότε το ΟΒΔΜ είναι εγγράψιμο
και επομένως 1 1ˆ ˆ∆ = Β (1).
Επίσης από ˆ ˆ 90ΟΜΕ = ΟΓΕ =
προκύπτει ότι ΟΜΓΕ εγγράψιμο, οπότε 1 1
ˆ ˆΕ = Γ (2).Αλλά ΟΒ = ΟΓ συνεπάγεται ότι το τρίγωνο ΟΒΓ
είναι ισοσκελές, οπότε 1 1ˆ ˆΒ = Γ (3).
Από (1), (2) με τη βοήθεια της (3) βρίσκουμε ότι
1 1ˆ ˆ∆ = Ε που είναι το ζητούμενο.
3. Έστω Δ, Ε, Ζ οι προβολές ενός σημείου Μ του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ
πάνω στις πλευρές του ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα. Για να δείξουμε ότι τα Δ, Ε, Ζ είναι συνευθειακά αρκεί να δείξουμε ότι ˆ ˆ 180ΖΕΜ +ΜΕ∆ = . Επειδή ˆ ˆ 90 90 180ΜΖΑ+ΜΕΑ = + = το ΜΖΑΕ είναι εγγράψιμο σε κύκλο, οπότε ˆˆΜΕΖ =ΜΑΖ (1).Επίσης από ˆˆ 90ΜΕΓ =Μ∆Γ = προκύπτει ότι ΜΕΔΓ εγγράψιμο και επομένως
ˆ ˆ 180ΜΕ∆ +ΜΓ∆ = (2)Αλλά, αφού ΑΒΓΜ εγγεγραμμένο, θα είναι
ˆ ˆΜΑΖ =ΜΓ∆ (3)Από (1) και (3) προκύπτει ότι ˆ ˆΜΕΖ =ΜΓ∆ οπότε αντικαθιστώντας στη (2) βρίσκουμε ότι
ˆ ˆ 180ΜΕ∆ +ΜΕΖ = η οποία σημαίνει ότι τα σημεία Δ, Ε, Ζ είναι συνευθειακά.
Β
Δ
ΖΑ Μ
Ε
Β Δ Γ
Ο
Ε
Μ Γ
ε2ε1
1
1
1
22-0017-02.indd 86 1/11/2013 4:08:15 μμ
87
6.7
4. Η γωνία ˆΖΑΓ είναι εγγεγραμμένη στον (Α, Δ, Γ) κύκλο και η ΑΔ είναι διχοτόμος της, άρα 1 2
ˆ ˆΑ = Α ,ή Ζ∆ = ∆Γ, οπότε και Ζ∆ = ∆Γ (1).Όμοια η ΑΔ είναι διχοτόμος και της ˆΒΑΕ που είναι εγγεγραμμένη στον (Α, Δ, Β) κύκλο, οπότε ∆Ε = Β∆ (2).Επειδή το ΑΒΔΕ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο θα είναι ˆ ˆΕ∆Γ = ΒΑΓ (3). Επίσης και το ΑΖΔΓ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, οπότε ˆ ˆΒ∆Ζ = ΒΑΓ (4). Από (3) και (4) προκύπτει ότι ˆ ˆΕ∆Γ = Β∆Ζ από την οποία με τη βοήθεια και των (1), (2) προκύπτει ότι τα τρίγωνα Β∆Ζ
και Γ∆Ε
είναι ίσα.
§ 6.7
Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. i) Επειδή ο δρομέας κινείται ισαπέχοντας από τις πλευρές του διαδρόμου, ο γεωμ. τόπος των θέσεών του είναι η μεσοπαράλληλη των πλευρών του διαδρόμου.
ii) Είναι ένας κύκλος ομόκεντρος της γης και ακτίνας R 10+ , όπου R η ακτίνα της γης σε Km.
2. i) Ευθύ: Έστω (M, )ρ ο κύκλος γνωστής ακτίνας ρ που κυλιέται στο εσωτερικό του γνωστού κύκλου ( , R)Ο και Α το μετακινούμενο μοναδικό κοινό σημείο των δύο κύκλων. Τότε RΟΜ = ΟΑ −ΜΑ = −ρ , δηλ. το τυχαίο σημείο Μ του τόπου απέχει σταθερή απόσταση από το σταθερό σημείο Ο, άρα βρίσκεται στον κύκλο ( , R )Ο −ρ .Αντίστροφο: Έστω Ν ένα σημείο του κύκλου ( ,R )Ο −ρ και Β το κοινό σημείο της προέκτασης της ON με τον ( , R)Ο . Τότε R (R )ΝΒ = ΟΒ −ΟΝ = − − ρ = ρ ,οπότε το Β είναι σημείο του κύκλου ( , )Ν ρ . Επειδή δε το Β είναι σημείο της διακέντρου των ( , R)Ο και ( , )Ν ρ το Β είναι το μοναδικό κοινό σημείο των δυο κύκλων. Άρα το Ν είναι κέντρο κύκλου ακτίνας ρ που εφάπτεται στον ( , R)Ο εσωτερικά. Επομένως γεωμ. τόπος του Μ είναι ο κύκλος ( ,R )Ο −ρ .
Β NO
Α
R
Μρ
Α
Β Δ Γ
ΕΖ 1 2
22-0017-02.indd 87 31/10/2013 5:53:23 μμ
88
6.7
ii) Ευθύ: Έστω (M, )ρ ένας κύκλος γνωστής ακτίνας 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 κύ-κλου ( , )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 απέχει από το δέντρο Δ απόσταση 4m θα βρίσκεται και στον κύκλο ( , 4m)∆ . Άρα η ζητούμενη θέση του θησαυρού θα είναι στα κοινά σημεία της ε με τον κύκλο ( , 4m)∆ .
4. Αν R είναι η ακτίνα του δοθέντος κύκλου, είναι φανερό ότι ο γεωμ. τόπος των μέσων Μ της ακτίνας OA, καθώς το Α κινείται πάνω στον ( , R)Ο , είναι
ο κύκλος RO,2
.
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Ευθύ: Έστω ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ
με σταθερή υποτείνουσα ΒΓ = α. Φέρνουμε τη διάμεσο AO που
αντιστοιχεί στην υποτείνουσα, τότε 2 2ΒΓ α
ΑΟ = =
η οποία σημαίνει ότι το μεταβλητό σημείο Α απέχει από το σταθερό σημείο Ο σταθερή απόσταση
2α ,
άρα το Α βρίσκεται στον κύκλο ,2α Ο
.
ΘΘ'
B
O
ΑΜ
Α
Α
ΝΜ
Δ
ρ
ρ4m
O
Α
ΓΒ
Α'
Αντίστροφο: Γράφουμε τον κύκλο ,2α Ο
και έστω Α′ ένα σημείο του,
διαφορετικό των Β, Γ. Τότε τα Α′, Β, Γ δεν είναι συνευθειακά, ορίζουν επομένως
τρίγωνο. Το τρίγωνο αυτό είναι ορθογώνιο στο Α′, αφού για τη διάμεσο Α′Ο
ισχύει: 2 2α ΒΓ′Α Ο = = . Άρα κάθε σημείο του κύκλου ,
2α Ο
, διαφορετικό
22-0017-02.indd 88 1/11/2013 4:12:10 μμ
89
6.7
των άκρων Β, Γ της σταθερής διαμέτρου ΒΓ αυτού είναι κορυφή της ορθής γωνίας Α του μεταβλητού τριγώνου ΑΒΓ
.
Επομένως γεωμ. τόπος του A είναι ο κύκλος ,2α Ο
χωρίς τα σημεία του Β, Γ.
ΑΝ
AB
ε
M
Ν
Γ'
Β'
Α
εΓ
Β
y
y
x
x
Γ0
B0
Γ0
0Β
Μ
Ο
Ο
2. Ευθύ: Έστω ε μια ευθεία που διέρχεται από το Β και Μ η προβολή του Α πάνω στην ε. Τότε ˆ 1ΑΜΒ = , οπότε το Μ βρίσκεται σε κύκλο με διάμετρο το ΑΒ. Αντίστροφο: Γράφουμε τον κύκλο διαμέτρου ΑΒ και θεωρούμε ένα σημείο Ν αυτού, διαφορετικό των Α, Β. Τότε ˆ 1Α Β =Ν (εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο) και επομένως το Ν είναι προβολή του Α πάνω στην ευθεία ΝΒ, που διέρχεται από το Β. Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι κάθε σημείο του κύκλου διαμέτρου ΑΒ, διαφορετικό των Α, Β είναι σημείο του ζητούμενου 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 ευθεία 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
2ΒΓ
ΟΜ = (1). Όμοια στο ορθογώνιο τρίγωνο
ΑΒΓ
η AM είναι διάμεσος που αντιστοιχεί στην
υποτείνουσα, οπότε 2ΒΓ
ΑΜ = (2).
Από (1), (2) προκύπτει ΟΜ =ΜΑ το οποίο σημαίνει ότι το Μ βρίσκεται στη μεσοκάθετη ε του τμήματος OA.Αντίστροφο: Φέρνουμε τη μεσοκάθετη ε του τμήματος OA και θεωρούμε τυχαίο σημείο Ν της ε. Γράφουμε τον κύκλο ( , )Ν ΝΟ , ο οποίος τέμνει τις Oy, Ox στα σημεία Β′, Γ′ αντίστοιχα. Επειδή
ˆ 90′ ′Β ΟΓ = το Β′Γ′ 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′. Άρα θα έχουμε
2′ ′Β Γ
ΝΑ = ΝΟ = (γιατί το ON διάμεσος του ορθογωνίου
τριγώνου ′ ′ΟΒ Γ
). Έτσι για τη διάμεσο ΝΑ του τριγώνου ′ ′ΑΒ Γ
έχουμε
22-0017-02.indd 89 1/11/2013 4:14:18 μμ
90
6.7
2′ ′Β Γ
ΝΑ = το οποίο σημαίνει ότι ˆ 90′ ′Β ΑΓ = . Όμως το Ν είναι εσωτερικό
σημείο της γωνίας, άρα γεωμ. τόπος του Μ είναι το τμήμα 0 0Β Γ της μεσοκαθέτου ε που βρίσκεται στο εσωτερικό της γωνίας, συμπεριλαμβανομένων και των άκρων 0Β , 0Γ .
4. i) Ανάλυση: Έστω ΑΒΓ
το ζητούμενο τρίγωνο που έχει: ˆ 1Α = , ΑΒ = λ και διάμεσο ΑΜ = µ. Τότε 2 2ΒΓ = ΑΜ = µ, οπότε έχουμε να κα-τασκευάσουμε ορθογώνιο τρίγωνο από την υποτείνουσα και μια κάθετη πλευρά.
Σύνθεση: Κατασκευάζουμε ορθή γωνία ˆxAy, στην Αx παίρνουμε σημείο Β ώστε ΑΒ = λ και γράφουμε τον κύκλο ( , 2 )Β µ , ο οποίος τέμνει την ημιευθεία Ay στο Γ. Το τρίγωνο ΑΒΓ
είναι το ζητούμενο.
Απόδειξη: Το τρίγωνο ΑΒΓ
έχει:ˆ ˆx y 1Α = Α = , από κατασκευή της ˆx yΑ , ΑΒ = λ
από κατασκευή και διάμεσο 22 2ΒΓ µ
ΑΜ = = = µ
δηλαδή τα δοθέντα στοιχεία.
Διερεύνηση: Για να υπάρχει λύση θα πρέπει ο κύκλος ( , 2 )Β µ να τέμνει την Ay, το οποίο συμβαίνει όταν 2λ < µ.
ii) Έστω ΑΒΓ
το ζητούμενο τρίγωνο που έχει:ˆ 1Α = , διάμεσο ΑΜ = µ και ύψος Α∆ = λ . Παρατηρούμε ότι το ορθογώνιο τρίγωνο ∆ΑΜ
( ˆ 1∆ = ) κατασκευάζεται γιατί έχει γνωστή υποτεί-νουσα ΑΜ = µ και μια κάθετη πλευρά Α∆ = λ. Έτσι για τη σύνθεση, κατασκευάζουμε πρώτα το ΔΑΜ και παίρνουμε την προέκταση της ΜΔ και εκατέρωθεν του Μ τα σημεία Β, Γ ώστε ΜΒ =ΜΓ = µ. Τότε το τρίγωνο ΑΒΓ
είναι το ζητούμενο. Για να υπάρχει λύση πρέπει να κατασκευάζεται το τρίγωνο ∆ΑΜ
το οποίο συμβαίνει όταν λ < µ.
Δ
Β
Μμ
μ λ
μ
λ
λ
λ
Α
Γ
Β
Μ
Μ
Γ
Α
2μ
Α Β
Γ
x
y
22-0017-02.indd 90 1/11/2013 4:16:57 μμ
91
6.7
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 Α∆ = υ και ΜΗ ⊥ ΒΓ. Στο τρίγωνο Α∆Ρ
είναι ΜΗ//ΑΔ
Α
Z
K
B Δ Η Ρ Γ
Ευ
μ μλ
λ
ωω
μ
λ
τ
εΛΜ
Γ
Γ
Α
Α'
Α
Β
Β Μ
Μ
2. i) Ανάλυση: Έστω ΑΒΓ
το ζητούμενο τρίγωνο που έχει: ΒΓ = λ , Α = ω και διάμεσο ΑΜ = µ . Επειδή 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 ω. Επίσης, αφού ΑΜ = µ το Α απέχει 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
και Μ μέσο της πλευράς ΑΡ, οπότε 2Α∆
ΜΗ = ή 2υ
ΜΗ = , η οποία σημαίνει ότι
το Μ απέχει σταθερή απόσταση 2υ από τη σταθερή ευθεία ΒΓ και επομένως
βρίσκεται σε ευθεία ε//ΒΓ που απέχει 2υ από τη ΒΓ. Επειδή το Ρ είναι σημείο
του τμήματος ΒΓ το Μ είναι σημείο του τμήματος ΚΛ.Αντίστροφο: Έστω Μ σημείο του ΚΛ και Ρ η τομή της AM με τη ΒΓ. Από το Ρ φέρνουμε 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 ΚΛ είναι σημείο του ζητούμενου γεωμ. τόπου και επομένως γεωμ. τόπος του Μ είναι το τμήμα ΚΛ.
ο οποίος τέμνει το τόξο τ. Αν Α είναι ένα σημείο τομής, το τρίγωνο ΑΒΓ
είναι το ζητούμενο τρίγωνο.Απόδειξη: Το τρίγωνο ΑΒΓ
έχει ΒΓ = λ, από κατασκευή, Α = ω γιατί είναι εγγεγραμμένη στο τόξο τ που δέχεται γωνία ω και διάμεσο AM = 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
22-0017-02.indd 91 1/11/2013 4:19:39 μμ
92
′ΑΒ Γ
είναι ίσο με το τρίγωνο ΑΒΓ
, οπότε δεν έχουμε δεύτερη λύση. Αν θεωρήσουμε και το τόξο τ′ του αντικειμένου ημιεπιπέδου ως προς την ΒΓ τότε τα τρίγωνα που προκύπτουν είναι πάλι ίσα με το τρίγωνο ΑΒΓ
.
ii) 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 τέμνει την προέκταση της ΓΒ στο Κ. Τότε στο τρίγωνο ΑΚΓ
Ν μέσο της ΑΓ και ΝΒ//ΑΚ, οπότε Β μέσο ΚΓ και 2 2ΑΚ = ΒΝ = µ.Επειδή ΚΒ = ΒΓ το σημείο Κ είναι ένα σταθερό σημείο και αφού 2ΚΑ = µ =σταθερό το Α είναι σημείο του κύκλου ( , 2 )Κ µ . Επίσης αφού Α = ω το Α βρίσκεται σε τόξο τ που γράφεται με χορδή τη BΓ και δέχεται γωνία ω. Άρα το Α είναι σημείο της τομής του τόξου τ και του κύκλου ( , 2 )Κ µ .
Σύνθεση: Παίρνουμε τμήμα ΒΓ = λ και στην προέκταση της ΓΒ σημείο Κ έτσι ώστε ΚΒ = ΒΓ. Γράφουμε τον κύκλο ( , 2 )Κ µ . Στη συνέχεια με χορδή το ΒΓ γράφουμε τόξο τ που δέχεται γωνία ω. Αν Α είναι το σημείο τομής του τ με τον ( , 2 )Κ µ το τρίγωνο ΑΒΓ
είναι το ζητούμενο.Απόδειξη: Το τρίγωνο ΑΒΓ
έχει: ΒΓ = λ , από κατασκευή, Α = ω, γιατί είναι εγγεγραμμένη στο τόξο τ που δέχεται γωνία ω και διάμεσο
22 2ΚΑ µ
ΒΝ = = = µ.
Διερεύνηση: Για να υπάρχει λύση θα πρέπει ο κύκλος ( , 2 )Κ µ να τέμνει το τόξο τ και προφανώς 0 180< ω < .
3. Ανάλυση: Έστω ΑΒΓΔ το ζητούμενο τετράπλευρο που έχει ΑΒ = κ, ΒΓ = λ, Γ∆ = µ, ∆Α = ν και Α = ω . Παρατηρούμε ότι στο τρίγωνο ΑΒ∆
γνωρίζουμε δυο πλευρές του και την περιεχόμενη γωνία, επομέ-νως αυτό κατασκευάζεται. Έτσι προσδιορίζονται οι τρεις κορυφές Α, Β και Δ του τετραπλεύρου. Η κορυφή Γ πλέον είναι η τομή των κύκλων ( , )Β λ και ( , )∆ µ .
Β
Α
Β Γ
Δ
Α
Α
Ν
Κ
Κ Γ
ω
μ
Β
Γ
Ν
λ λ
λ
κ
ν
μω
τ2μ
2μ
6.7
22-0017-02.indd 92 13/3/2014 11:06:44 πµ
93
Σύνθεση: Με κορυφή τυχαίο σημείο Α κατα-σκευάζουμε γωνία ˆx yΑ = ω και στις πλευρές της παίρνουμε τα τμήματα ΑΒ = κ και Α∆ = ν. Στη συνέχεια γράφουμε τους κύκλους ( , )Β λ και ( , )∆ µ που τέμνονται στο Γ. Το ΑΒΓΔ είναι το ζητούμενο.Απόδειξη: Από κατασκευή έχει ΑΒ = κ, Α∆ = ν και Α = ω. Επίσης ΒΓ = λ, ως ακτίνα του ( , )Β λ και ∆Γ = µ ως ακτίνα του ( , )∆ µ .
Διερεύνηση: Πρέπει 0 180< ω < και οι κύκλοι ( , )Β λ και ( , )∆ µ να τέμνονται.
Γενικές Ασκήσεις
1. α) Επειδή ΜΔ//ΑΓ, ως κάθετες στην ΑΒ και Μ μέσο ΒΓ θα είναι και Ν μέσο ΑΒ, οπότε ΜΔ μεσοκάθετος ΑΒ και επομένως Α∆ = ∆Β απ’ όπου προκύπτει ότι 1 1
ˆ ˆΑ = Β (1).Όμοια βρίσκουμε ότι 2 1
ˆ ˆΑ = Γ (2). Από (1) και (2) έχουμε
1 2 1 1ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ90 90 90 180Α + Α + Α = Β + + Γ = + = .Άρα Δ, Α, Ε συνευθειακά.
β) Επειδή AM διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα είναι ΑΜ = ΒΜ , οπότε 3
ˆ ˆΑ = Β και επομένως
1 3 1ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 90Α + Α = Β + Β = ∆ΒΜ = . Έτσι έχουμε ˆˆ 90 90 180∆ΒΜ + ∆ΑΜ = + =
που σημαίνει ότι το τετράπλευρο ΑΔΒΜ είναι εγγράψιμο. Όμοια προκύπτει ότι ˆ ˆ 180ΜΑΕ +ΜΓΕ = που σημαίνει ότι και το ΑΜΓΕ είναι εγγράψιμο.
γ) Επειδή Μ∆ ⊥ ΑΒ, ΜΕ ⊥ ΑΓ και ˆ 90Α = προκύπτει ότι το τρίγωνο Μ∆Ε
είναι ορθογώνιο στο Μ και επομένως κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του είναι το μέσο Κ της πλευράς ΔΕ. Για να εφάπτεται ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου Μ∆Ε
στη ΒΓ αρκεί ΚΜ ⊥ ΒΓ που ισχύει γιατί ΒΓΕΔ τραπέζιο με ˆ ˆ 90Β = Γ = και ΜΚ//ΒΔ, ως διάμεσος του τραπεζίου.
Αω μ
ν
κ
λx
y
Β
Δ
Γ
ΓMΒ
Ν
ΔΑ K
yΕ
1
1 1
32
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 93 31/10/2013 5:53:28 μμ
94
≈
≈
Β Δ Κ Γ
ΓΒΔ Ε
Α
ω φ
ME
Α2. 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 ΑΒΕ
η AM είναι ύψος και διχοτόμος, επομένως το τρίγωνο είναι ισοσκελές, δηλ. ΑΕ = ΑΒ, οπότε ΕΓ = ΑΓ − ΑΕ = ΑΓ − ΑΒ = δ (1).
Παίρνουμε το μέσο Κ της ΒΓ και έχουμε: 2 2ΕΓ δ
ΚΜ = = , λόγω της (1),
οπότε το Μ βρίσκεται στον κύκλο ,2δ Κ
.
Αντίστροφα: Έστω Μ σημείο του ,2δ Κ
. Φέρνουμε τη ΒΜ και στην προ-
έκτασή 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 της ˆΒΑΓ. Επίσης θα είναι 2 2
2δ
ΑΓ − ΑΒ = ΑΓ − ΑΕ = ΕΓ = ⋅ΜΚ = = δ.
Το Μ επομένως είναι σημείο του τόπου.
Επομένως ο ζητούμενος γεωμ. τόπος είναι ο κύκλος , .2δ Κ
3. Ανάλυση: Έστω ΑΒΓ
το ζητούμενο τρίγωνο με Β = ω, Γ = ϕ και ΑΒ + ΒΓ + ΓΑ = δ. Προεκτείνουμε τη ΒΓ εκατέρωθεν κατά τμήματα Β∆ = ΑΒ και ΓΕ = ΑΓ. Τότε από τα ισοσκελή τρίγωνα ΑΒ∆
και ΑΓΕ
προκύπτει ότι ˆ2ω
∆ = και
ˆ2ϕ
Ε = και ∆Ε = δ.
Το τρίγωνο λοιπόν Α∆Ε
κατασκευάζεται από ∆Ε = δ, ˆ2ω
∆ = και ˆ2ϕ
Ε = .
Σύνθεση: Κατασκευάζουμε το τρίγωνο Α∆Ε
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 = Β∆.
Όμοια ΑΓ = ΓΕ, οπότε:ΑΒ + ΒΓ + ΓΑ = δ και ˆˆ 2 22ω
Β = ∆ = = ω. Όμοια Γ = ϕ.Διερεύνηση: Πρέπει ˆ ˆ 180ω+ ϕ < .
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 94 1/11/2013 4:22:40 μμ
95
4. Ανάλυση: Έστω ΑΒΓ μια τέμνουσα του κύκλου ώστε Β μέσο ΑΓ. Παίρνουμε το μέσο Κ του AO.
Τότε R2
ΚΒ = και επομένως το Β ανήκει
στον κύκλο RK,2
.
Σύνθεση: Γράφουμε τον κύκλο RK,2
που τέμνει τον (O, R) στο Β, φέρνουμε
την ΑΒ και προεκτείνουμε κατά τμήμα ΒΓ = ΑΒ.Απόδειξη: Τότε 2 RΟΓ = ΚΒ = , οπότε το Γ ανήκει στον κύκλο (O, R) και επομένως η ΑΒΓ είναι η ζητούμενη.Διερεύνηση: Πρέπει οι κύκλοι να τέμνονται, δηλαδή R 3R< ΑΟ < .
5. Αρκεί να αποδείξουμε ότι ˆ ˆ 2Ε +Η = . Επειδή το τετράπλευρο ΑΕΘΔ είναι εγγεγραμμένο θα έχουμε: 1 1
ˆΕ = ∆ (1) Επίσης από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΕΖΒ έχουμε: 2 2
ˆ ˆΕ = Β (2).Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΒΓΗΖ έχουμε
1 1ˆ ˆΗ = Β (3) και από το ΓΗΘΔ ότι 2 2
ˆΗ = ∆ (4).Προσθέτοντας τις (1), (2), (3) και (4) κατά μέλη βρίσκουμε
1 2 1 2 1 2 1 2ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆΕ + Ε +Η +Η = ∆ + ∆ + Β + Β ⇔ Ε+Η = ∆ + Β (5).
Αλλά το ΑΒΓΔ είναι εγγράψιμο και ˆˆ 2Β+ ∆ = , οπότε από την (5) προκύπτει ότι ˆ ˆ 2Ε +Η = 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, Δ). Για να διέρχεται και ο τρίτος κύκλος (Γ, Δ, Ε) από το Η, αρκεί το τετράπλευρο ΔΓΕΗ να είναι εγγράψιμο και για να συμβαίνει αυτό αρκεί ˆ ˆ 2Η + Γ = . Επειδή τα τετράπλευρα ΑΖΗΕ και ΒΖΗΔ είναι εγγε-γραμμένα έχουμε ότι:
Α
E
Α
Ζ
Ζ
Η
Θ
Β
ΕΗ
Β
Γ
Γ
Δ
Δ
1
1
11
1
2
2
2
22
Α
ΒΓ
Ο
RΚ
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 95 1/11/2013 4:25:26 μμ
96
1ˆΗ = Α και 2
ˆ ˆΗ = Β, οπότε:
1 2ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 2Η + Γ = Η +Η + Γ = Α +Β + Γ = , αφού Α, Β, Γ γωνίες του τριγώνου
ΑΒΓ
.
7. Έστω ΚΛΜΝ το τετράπλευρο που ορίζουν οι ευθείες του προβλήματος. Για να δείξουμε ότι το ΚΛΜΝ είναι εγγράψιμο αρκεί να δείξουμε ότι ˆˆ
εξΝ = Λ . Θέτουμε ˆ ˆΕΒ∆ = ω. Επειδή ΕΟ μεσοκάθετη της ΒΔ θα είναι και ˆ ˆΕΒ∆ = ω. Όμοια αν θέσουμε ˆ ˆΖΑ∆ = ϕ θα είναι και ˆ ˆΖΓ∆ = ϕ.Η γωνία Ν είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΝΒΖ
, οπότε έχουμε ˆ ˆˆΝ = ω+ΒΖΝ (1). Αλλά και η ˆΒΖΝ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΑΖ∆
, οπότε ˆˆ ˆΒΖΝ = ϕ+ Ζ∆Α (2).Από (1), (2) έχουμε ˆˆ ˆ ˆΝ = ω+ ϕ+ Ζ∆Α (3). Η ˆ
εξΛ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΛΓ∆
, οπότε ˆ ˆˆ ˆεξΛ = ϕ + ω+ Ζ∆Γ (4). Από (3) και (4) λαμβάνοντας υπόψη ότι ˆ ˆΖ∆Α = Ζ∆Γ (οι διαγώνιες ρόμβου διχοτομούν τις γωνίες του) προκύπτει ότι ˆˆ
εξΝ = Λ , δηλαδή το ζητούμενο.
8. i) Επειδή 2Μ , 3Μ μέσα των ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα, θα είναι 2 3Μ Μ //ΒΓ, δηλ. το 1 1 2 3Η Μ Μ Μ είναι τραπέζιο. Αλλά, επειδή πάλι 1Μ , 2Μ
μέσα των ΒΓ, ΓΑ, θα είναι 1 2 2ΑΒ
Μ Μ = (1).
Στο ορθογώνιο τρίγωνο 1ΑΗ Β
το 1 3Η Μ
είναι διάμεσος, άρα 1 3 2ΑΒ
Η Μ = (2).
Από (1), (2) προκύπτει ότι: 1 2 1 3Μ Μ = Η Μ το οποίο σημαίνει ότι το 1 1 2 3Η Μ Μ Μ είναι ισοσκελές τραπέζιο και επομένως (εφαρμογή 2) είναι εγγράψιμο.
Α
Ε
OΒΚ Λ
Ν
ω ω
φ
φ
Ζ
M
Μ
Β Γ
Α
Γ
3 Μ2
Η3
Η2
Η1
1
1Μ
Η
Ζ
2Ζ 3Ζ
Δ
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 96 1/11/2013 4:27:38 μμ
97
ii) Στο τρίγωνο ΑΗΓ
είναι 1Ζ μέσο ΑΗ και 2Μ μέσο ΑΓ, οπότε 1 2Ζ Μ //ΓΗ. Αλλά και 2 1Μ Μ //ΑΒ. Απ’ αυτές και επειδή ΓΗ ⊥ ΑΒ προκύπτει 1 2 2 1,Ζ Μ ⊥Μ Μ οπότε στο τετράπλευρο 1 1 1 2Ζ Η Μ Μ έχουμε 1 2
ˆ ˆ 90 90 180Η +Μ = + = το οποίο σημαίνει ότι το 1 1 1 2Ζ Η Μ Μ είναι εγγράψιμο.
iii) Από το i) προκύπτει ότι το 1Η είναι σημείο του κύκλου (Μ1, Μ2, Μ3). Όμοια και τα 2Η , 3Η είναι σημεία του ίδιου κύκλου. Από το ii) συμπεραίνουμε ότι το 1Ζ είναι σημείο του κύκλου (Η1, Μ1, Μ2) ο οποίος σύμφωνα με το i) ταυτί-ζεται με τον (Μ1, Μ2, Μ3), άρα το 1Ζ είναι σημείο του κύκλου ( 1Μ , 2Μ , 3Μ ). Όμοια και τα Ζ2, Ζ3 είναι σημεία του ίδιου κύκλου. Άρα τα σημεία iΜ ,
iΗ , iZ , i 1,2,3= είναι σημεία ομοκυκλικά.
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 97 13/3/2014 11:10:44 πµ
22-0017-02.indd 98 31/10/2013 5:53:31 μμ
7 ΚΕ
ΦΑ
ΛΑ
ΙΟ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ• Όταν έχουμε αναλογίες της μορφής 1 2
1 2
...α α= =
β βθέτουμε
1 2
1 2
...α α= = λ
β β, όπου 0λ > .
(Ασκήσεις: § 7.6 Εμπέδωσης 1, 3, Αποδεικτικές 1)
• Αν ισχύει το αντίστροφο του θεωρήματος του Θαλή σε τρίγωνο ή τραπέζιο προκύπτουν παράλληλες ευθείες.
(Ασκήσεις: § 7.7 Εμπέδωσης 5, 6, Αποδεικτικές 3, 6)
• Αν για δύο τμήματα α, β ισχύει 1α=
β ή
x xα β= , όπου x
κατάλληλο τμήμα ή x yx y
α β= µε =
τότε α = β.
(Ασκήσεις: § 7.7 Εμπέδωσης 7, Αποδεικτικές 7)
• Σε τρίγωνο ΑΒΓ
αν οι ημιευθείες ΑΔ, ΑΕ είναι αντίστοιχα η εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος της γωνίας ˆΒΑΓ τα Δ, Ε είναι συζυγή αρμονικά των Β και Γ.
(Ασκήσεις: § 7.8-7.9 Εμπέδωσης 7, Σύνθετα 1)
22-0017-02.indd 99 31/10/2013 5:53:31 μμ
100
7.1-7.6
§ 7.1-7.6Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Έστω ότι Α Β Γ4 3 2
= = = λˆ ˆ ˆ
τότε ˆ 4Α = λ, ˆ 3Β = λ και ˆ 2Γ = λ.
Αλλά ˆ ˆ ˆ 180Α+Β + Γ = , οπότε 9 180 20λ λ= ⇔ = . Άρα ˆ 80Α = , ˆ 60Β = , ˆ 40Γ = .
2. Έστω ϕ η παραπληρωματική της ω . Τότε:ˆ 1ˆ 3ω=
ϕ ή ˆ ˆ3ϕ = ω. Αλλά ˆ ˆ 180ω+ ϕ = ή ˆ4 180ω= ή ˆ 45ω= .
3. Έστω ότι α β γλ
6 4 3= = = τότε α λ= 6 , β λ= 4 και γ λ= 3 .
Αλλά α + β + γ = 65cm, οπότε 13 65 cm 5 cmλ = ⇔ λ = . Άρα α = 30cm, β = 20cm, γ = 15cm.
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Έστω ˆ ˆ ˆ
2 3 4εξ εξ εξΑ Β Γ= = = λ τότε ˆ 2εξΑ = λ ˆ 3εξΒ = λ ˆ 4εξΓ = λ.
Αλλά ˆ ˆ ˆ 360εξ εξ εξΑ + Β + Γ = (4 ορθές), οπότε 9 360 40λ λ= ⇔ = .
Άρα ˆ 80εξΑ = , ˆ 120εξΒ = και ˆ 160εξΓ = .
Επομένως ˆ 100Α = ˆ 60Β = ˆ 20Γ = .
2. Α εΒΜ
Γ Δ Πρέπει
12( ) 20 8 12 9.⇔ ΜΒ + ΑΒ = ΜΒ ⇔ ΜΒ = ΑΒ ⇔ ΜΒ =
ΜΑΜ∆
ΜΒΜΓ
ΜΑΜΑ Μ∆
ΜΒΜΒ ΜΓ
ΜΑ ΜΒΜΑ ΜΒ
= ⇔+
=+
⇔
⇔ = ⇔ = ⇔20 12
12 20
22-0017-02.indd 100 13/3/2014 11:18:36 πµ
101
7.7
3. Α ΒM
Έστω σημείο Μ του ΑΒ τέτοιο ώστε:
MAMB
=34
.
Τότε MAMA MB
MAAB
MA AB+
=+
⇔ = ⇒ =3
3 437
37
.
Διαιρούμε το ΑΒ = α σε 7 ίσα μέρη και το άκρο του τρίτου από την αρχή τμήματος είναι το ζητούμενο σημείο.
§ 7.7Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. i) Έχουμε: ΔΕ//ΒΓ: ∆Α∆Β
ΑΕΕΓ
= (1)
EZ//AB: ΑΕΕΓ
ΒΖΖΓ
= (2)
και ΖΗ//ΑΓ: ΒΖΖΓ
ΗΒΗΑ
= (3)
Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι: ∆Α∆Β
ΗΒΗΑ
= .
ii) Έχουμε: ∆Α∆Β
ΗΒΗΑ
∆Α∆Α ∆Β
ΗΒΗΑ ΗΒ
∆ΑΑΒ
ΗΒΑΒ
∆Α ΗΒ
= ⇔+
=+
⇔
⇔ = ⇔ = .
2. i) Έχουμε: ΖΓ//ΑΔ: ΑΖΑΗ
∆Γ∆Η
ΑΒ∆Η
= =
(∆Γ ΑΒ= ).
ii) Έχουμε: ΑΔ//ΒΖ: ΑΕΕΖ
∆ΕΕΒ
= και
ΑΒ//ΔΗ: ΕΗΑΕ
∆ΕΕΒ
= .
3. Αρκεί Ο∆ΟΑ
ΟΑΟΕ
= . Έχουμε: ΑΒ//ΓΔ: Ο∆ΟΑ
ΟΓΟΒ
=
και ΒΕ//ΑΓ: ΟΑΟΕ
ΟΓΟΒ
= . Άρα: Ο∆ΟΑ
ΟΑΟΕ
= .
2ΑΕΆ .ΕΗρα = ⇔ ΑΕ = ΕΖ ⋅ΕΗ
ΕΖ ΑΕ
Α
Β ΓΖ
ΗΔ Ε
ΒΕ
Α
Ο
Δ Γ
ΒΑ
ΓΔ
ΕΖ
Η
22-0017-02.indd 101 31/10/2013 5:53:35 μμ
102
7.7
4. Έχουμε: ΑΜ//ΔΕ: ΑΕΑΒ
Μ∆ΒΜ
=
και ΔΖ//ΑΜ: ΑΖΑΓ
Μ∆ΜΓ
= .
Άρα: ΑΕΑΒ
ΑΖΑΓ
= (ΒΜ ΜΓ= ) ή ΑΕΑΖ
ΑΒΑΓ
= .
5. Αρκεί: ΑΖΖΒ
ΑΗΗ∆
=
(αντίστροφο Θαλή στο τρίγωνο ΑΒ∆
).
Έχουμε: ΖΕ//ΒΓ: ΑΖΖΒ
ΑΕΕΓ
=
και ΕΗ//ΔΓ: ΑΗΗ∆
ΑΕΕΓ
= . Άρα: ΑΖΖΒ
ΑΕΕΓ
= .
6. Αρκεί: ΑΖ ΑΗ=
ΖΒ ΗΓ(αντίστροφο Θαλή στο
τρίγωνο ΑΒΓ
). Έχουμε:
ΖΔ//ΑΓ: ΑΖΖΒ
∆ΓΒ∆
= και ΕΗ//ΑΒ: ΑΗΗΓ
ΒΕΕΓ
= .
Άρα ΑΖΖΒ
ΑΗΗΓ
= γιατί Β∆ ΕΓ= και ΒΕ ∆Γ= .
7. Έχουμε: ΔΚ//ΑΒ: Μ∆ΜΒ
ΜΚΜΑ
=
και ΚΕ//ΑΓ: ΜΕΜΓ
ΜΚΜΑ
= .
Άρα Μ∆ΜΒ
ΜΕΜΓ
= , οπότε Μ∆ ΜΕ= (ΜΒ ΜΓ= ).
8. Αρκεί: Ζ∆ΖΕ
Η∆ΗΕ
= .
Έχουμε: ΑΕ//ΔΓ: Ζ∆ΖΕ
ΑΕ∆Γ
=
και ΕΒ//ΔΓ: Η∆ΗΕ
ΕΒ∆Γ
= .
Άρα: Ζ∆ΖΕ
Η∆ΗΕ
= (ΑΕ ΕΒ= ),
οπότε τα Ζ, Η είναι συζυγή αρμονικά των Δ, Ε.
B
B
B
B
B
Ζ
Ε
Α
Α Ζ
Α
Α
Α
Η
Η
Δ
Δ
Γ
Γ
Γ
ΓΔΜ
Ζ
Ζ Η
Ε
Ε
Ε
Κ
Δ
Δ Γ
Μ
Ε
22-0017-02.indd 102 31/10/2013 5:53:37 μμ
103
9. Έχουμε ΒΔ//ΓΕ: ΒΓ∆Ε
ΑΓΑΕ
= ,
οπότε με αντικατάσταση των δεδομένων
παίρνουμε h 12 m h 8 m10 m 15 m
= ⇔ = .
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Έστω ότι το Γ είναι μεταξύ των Ο και Β.
Τότε: ΓΑΓΒ
>1. Αλλά ΓΑΓΒ
∆Α∆Β
= >1.
Επομένως ∆Α ∆Β> .Έστω ότι το Γ είναι μεταξύ των Ο και Α.
Τότε: ΓΑΓΒ
<1. Αλλά ΓΑΓΒ
∆Α∆Β
= <1.
Επομένως ∆Α ∆Β< .
7.7
10m
5m
12m
2
Δ Γ
Ε
Α
Α
Α
Α
Ο
Ο
Γ
Γ
Γ
Ζ
ΓΔ
Εx
Η
Β
Β
Β
Β
Δ
Δ
Δ
Ε
h
ω
ω
φ
2. Έχουμε 4 6 33 2 4
x y x y= = ⇔ = =ω
ω.
Παίρνουμε αυθαίρετα ευθύγραμμο τμήμα μ. Φέρουμε τυχαία ημιευθεία Αx και παίρνουμε σ’ αυτή τα διαδοχικά τμήματα ΑΓ = 3µ , Γ∆ = 2µ, ∆Ε = 4µ . Ενώνουμε το Ε με το Β και φέρουμε ΓΖ//ΒΕ και ΔΗ//ΒΕ. Τότε:ΑΖΑΓ
ΖΗΓ∆
ΗΒ∆Ε
ΑΖ ΖΗ ΗΒ= = ⇔ = =
3 2 4µ µ µ.
Άρα ΑΖ = x, ΖΗ = y και ΗΒ = ω.
3. Αρκεί ΑΖΖΒ
ΑΗΗΓ
=
(αντίστροφο Θαλή στο τρίγωνο ΑΒΓ
).Επειδή ΑΕ διάμετρος είναι ˆ ˆ 90ΑΒΕ = ΑΓΕ = .
Άρα ΒΕ//ΔΖ, οπότε ΑΖΖΒ
Α∆∆Ε
= και ΓΕ//ΔΗ,
οπότε ΑΗΗΓ
Α∆∆Ε
= . Επομένως ΑΖΖΒ
ΑΗΗΓ
= .
Δ
E
B Γ
Z Η
Α
22-0017-02.indd 103 1/11/2013 4:43:05 μμ
104
7.7
4. Έχουμε ΔΖ//ΒΓ: ∆ΕΕΒ
∆ΖΒΓ
= ή ∆ΕΕΒ
∆ΖΑ∆
=
(ΒΓ Α∆= ) ή ∆Ε∆Ε ΕΒ
∆Ζ∆Ζ Α∆+
=+
ή
∆ΕΕΒ
∆Ζ∆Ζ ∆Ζ ΑΖ
=+ +
ή 15 2=
+∆Ζ
∆Ζ ΑΖ,
οπότε ΑΖ ∆Ζ= 3 .
5. Έχουμε: ΔΕ//ΒΓ: ΒΓ∆Ε
ΖΒΖΕ
∆Α∆Ε
ΖΒΖΕ
= ⇔ =
(ΒΓ Α∆= ) και ∆Γ∆Ζ
ΕΒΖΕ
= .
Άρα ∆Α∆Ε
∆Γ∆Ζ
ΖΒ ΕΒΖΕ
ΖΕΖΕ
− =−
= =1.
6. i) Έχουμε ΔΚ//ΑΒ: Μ∆∆Β
ΜΚΑΚ
= .
Αλλά Μ∆∆Ε Β∆
= =2 2
, οπότε ΜΚΑΚ
=12
.
Άρα Κ βαρύκεντρο του ΑΒΓ
.
ii) Έχουμε: ΜΕ∆Ε ΕΓ
= =2 2
, οπότε ΜΕΕΓ
=12
.
Άρα ΜΚΑΚ
ΜΕΕΓ
= =12
, οπότε ΚΕ//ΑΓ.
7. Έχουμε: ΟΕ//ΑΔ: ∆Ε∆Γ
ΑΟΑΓ
= (1) και
ΟΖ//ΒΓ: ΖΓ∆Γ
ΒΟΒ∆
= (2)
Αλλά ΑΒ//ΓΔ, οπότε ΑΟΑΓ
ΒΟΒ∆
= (3)
Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι
∆Ε∆Γ
ΖΓ∆Γ
∆Ε ΖΓ= ⇔ = .
Α Β
Δ Γ
Α
Α
Α B
ΓΔ
Ε
Ε
Γ
ΓΕ
Ε
ZΔ
Δ
Ζ
Ζ
Μ
Κ
Β
Β
O
22-0017-02.indd 104 31/10/2013 5:53:42 μμ
105
7.7
Σύνθετα Θέματα
1. Έστω Κ, Λ μέσα των ΑΒ, ΑΓ. Φέρουμε ΔΖ//ΚΛ//ΒΓ. ΤότεΑ∆∆Β
ΑΖΖΓ
= , οπότε ΑΖΖΓ
ΕΓΕΑ
= ⇔
⇔+
=+
⇔ = ⇔ =ΑΖ
ΑΖ ΖΓΕΓ
ΕΓ ΕΑΑΖΑΓ
ΕΓΑΓ
ΑΖ ΕΓ.
Επομένως στο τρίγωνο ∆ΖΕ
το Λ είναι το μέσο του ΖΕ και ΛΚ//ΔΖ. Άρα Μ μέσο του ΔΕ, οπότε Κ, Λ, Μ συνευθειακά.
2. Φέρουμε ΑΕ//ΒΓ. Τότε ΗΑΗΓ
ΑΕΜΓ
= και
ΖΑΖΒ
ΑΕΜΒ
= . Άρα ΗΑΗΓ
ΖΑΖΒ
= (ΜΒ ΜΓ= )
ή ΖΑ ΗΓ ΗΑ ΖΒ⋅ = ⋅ .
3. Έστω ότι τα Γ, Δ είναι συζυγή αρμονικά
των Α, Β. Τότε: ΓΑΓΒ
∆Α∆Β
= (1)
Επειδή ΒΕ//ΟΑ είναι ΓΑΓΒ
ΟΑΒΕ
= (2) και
επειδή ΒΖ//ΟΑ είναι ∆Α∆Β
ΟΑΒΖ
= (3)
Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι ΟΑΒΕ
ΟΑΒΖ
ΒΕ ΒΖ= ⇔ = .
Α
Β
Δ
K ΛΜ
E
Η
ΕΖ
Β
Ο
Γ
Α Γ
Ζ
εΔ
Ε
Α
ΒΓΔ
EZ
H
Β
Μ
Α
Ζ
Αντίστροφα: Έστω ΒΕ ΒΖ=
τότε από (2), (3) προκύπτει ότι ΓΑΓΒ
∆Α∆Β
= .
Άρα τα Γ, Δ είναι συζυγή αρμονικά των Α, Β.
4. Έχουμε ∆Β∆Γ
= λ και ΕΑΕ∆
= κ.
Φέρουμε ΔΗ//ΒΖ. Τότε: ∆Β∆Γ
ΖΗΗΓ
= ⇔
⇔ = ⇔+
=+
⇔ =+
ΖΗΗΓ
ΖΗΖΗ ΗΓ
ΖΗΖΓ
λλ
λλ
λ1 11( )
22-0017-02.indd 105 31/10/2013 5:53:43 μμ
106
7.8-7.9
Επίσης ΑΕΕ∆
ΑΖΖΗ
ΑΖΖΗ
= ⇔ = κ (2).
Από (1), (2) προκύπτει ότι:
Γ Μ
Κ
Δ
Β
Α
Μ
Ε
Β Γ
ΟΑ
12
Α
Ε Β Δ
Δ
Ε
Α
ΓΜΒ
Δ
Γ
12
21
5. Επειδή ∆Β ΑΒ⊥ , ΑΓ ΑΒ⊥ αρκεί ΜΚ//ΔΒ//ΑΓ.
Έχουμε: ΑΓ//ΔΒ: ΚΓΚΒ
ΑΓ∆Β
= (1)
Αλλά ΑΓ ΓΜ= και ∆Β Μ∆= (2) (εφαπτόμενα τμήματα).
Από (1), (2) προκύπτει ότι: ΚΓΚΒ
ΓΜΜ∆
= , οπότε
ΜΚ//ΔΒ (αντίστροφο Θαλή στο τρίγωνοΒΓ∆
).
§ 7.8-7.9Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Έχουμε ΑΒΜ
(ΒΕ διχοτόμος):
2
2
ΑΕ ΑΒ ΑΒ ΑΒ= = =
ΒΓΕΜ ΒΜ ΒΓ (1)
και ΑΒΓ
(ΒΔ διχοτόμος): Α∆∆Γ
ΑΒΒΓ
= (2) Από (1), (2) προκύπτει ότι ΑΕ
ΕΜΑ∆∆Γ
= 2 .
2. Έχουμε ∆Β =+
=⋅+
= =αγβ γ
10 69 6
6015
4 και
ΕΒ =−
=⋅−
= =αγβ γ
10 69 6
603
20.
Άρα ∆Ε ∆Β ΕΒ= + = 24.
ΑΖΖΗ
ΖΗΖΓ
ΑΖΖΓ
⋅ =+
⇔ =+
κλλ
κλλ1 1
.
3. Έχουμε ΑΜΒ
(ΜΔ διχοτόμος):∆Α∆Β
ΜΑΜΒ
= (1) και ΑΜΓ
(ΜΕ εξωτερική διχοτόμος): ΕΑΕΓ
ΜΑΜΓ
= (2)
Αλλά ΜΒ ΜΓ= (3) Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι
∆Α∆Β
ΕΑΕΓ
ΕΑ ∆Β ΕΓ ∆Α= ⇔ ⋅ = ⋅ .
22-0017-02.indd 106 1/11/2013 4:45:32 μμ
107
7.8-7.9
4. Έχουμε ΑΜΒ
(ΜΔ διχοτόμος):Α∆∆Β
ΑΜΜΒ
= και ΑΜΓ
(ΜΕ διχοτόμος):
ΑΕΕΓ
ΑΜΜΓ
= . Άρα Α∆∆Β
ΑΕΕΓ
= (ΜΒ ΜΓ= ),
οπότε ΔΕ//ΒΓ (αντίστροφο Θαλή στο τρίγωνο ΑΒΓ
).
5. Επειδή ΑΔ, BE και ΓΖ διχοτόμοι είναι:∆Β∆Γ
ΑΒΑΓ
= , ΕΓΕΑ
ΒΓΑΒ
= και ΖΑΖΒ
ΑΓΒΓ
= .
Άρα ∆Β∆Γ
ΕΓΕΑ
ΖΑΖΒ
ΑΒΑΓ
ΒΓΑΒ
ΑΓΒΓ
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =1.
Αν ΑΚ, ΒΛ και ΓΜ οι εξωτερικές διχοτόμοι του
τριγώνου ΑΒΓ
ισχύει: ΚΒΚΓ
ΛΓΛΑ
ΜΑΜΒ
⋅ ⋅ =1. Η
απόδειξη είναι όμοια.
6. Επειδή ΑΒ ΑΓ= έχουμε ΑΒ ΑΓ = , οπότε
1 2ˆ ˆ∆ = ∆ . Άρα στο τρίγωνο Β∆Γ
(ΔΕ διχοτόμος):
ΕΒΕΓ
∆Β∆Γ
ΕΒ ∆Γ ΕΓ ∆Β= ⇔ ⋅ = ⋅ .
7. Έχουμε ΟΑΓ ΟΕΓ
= και ΟΒ∆ ΟΕ∆
= ,οπότε 1 2
ˆ ˆΟ = Ο και 3 4ˆ ˆΟ = Ο .
Άρα στο τρίγωνο 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 ΑΒ = 20m, ΑΓ = 36m και ΑΔ η διχοτόμος της γωνίας A.
Τότε ∆Β∆Γ
ΑΒΑΓ
∆Β∆Γ
= ⇔ = =2036
59
(1).
Από την (1) προκύπτει ότι ∆Β ∆Γ< .Άρα θα είναι ΔΓ – ΔΒ = 12m (2).Επομένως
Α
ΖΙ Ε
ΓΔ
Α
Α Ο ΒΖ
ΓΕ
Δ
Β
ΓΔ
Ε
Β
1 2
21
34
ΕΔ
Α
B Μ Γ12 3
4
A
1 2
BΔ Γ
22-0017-02.indd 107 1/11/2013 4:47:00 μμ
108
7.8-7.9
οπότε 27 m∆Γ = και 42 mΒΓ = ∆Β + ∆Γ = .
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Έχουμε ΟΑΓ
(ΟΒ διχοτόμος):ΑΒΒΓ
ΟΑΟΓ
= ( )1 και ΟΒ∆
(OA εξωτερική διχοτόμος, γιατίΟΑ ΟΓ⊥ ):Α∆ΑΒ
Ο∆ΟΒ
= ( )2 Αλλά ΟΑΒ ΟΓ∆
= (ΟΑ Ο∆= , ˆ ˆ ˆΑ = ∆ = ϕ , 1 3
ˆ ˆ 45Ο = Ο = ). Άρα ΟΒ ΟΓ= (3)
Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι: ΑΒΒΓ
Α∆ΑΒ
ΑΒ ΒΓ Α∆= ⇔ = ⋅2 .
2. Έχουμε:
ΑΔ//ΕΜ: ΒΕΑΒ
ΒΜΒ∆
ΒΕΑΒ ΒΜ
Β∆= ⇔ =
⋅ (1) και
ΖΜ//ΑΔ: ΓΖΑΓ
ΓΜΓ∆
ΑΓ ΓΜ ΓΖ Γ∆= ⇔ ⋅ = ⋅ (2) Επίσης ΑΒΓ
(ΑΔ διχοτόμος): Β∆Γ∆
ΑΒΑΓ
ΑΒΒ∆
ΑΓΓ∆
= ⇔ = (3)
Από (1), (2), (3) επειδή ΒΜ ΓΜ= προκύπτει ότι ΒΕ ΓΖ= .
3. i) Έχουμε ΑΒ∆
(ΒΙ διχοτόμος):ΑΙΙ∆
ΑΒΒ∆ Β∆
= =γ .
Αλλά Β∆ =+αγβ γ
, οπότε ΑΙΙ∆
=+β γα
.
ii) α) Επειδή β γ α+ = είναι ΑΙ
Ι∆= 2.
Αλλά Κ βαρύκεντρο, οπότε ΑΚΚΜ
= 2. Επομένως ΑΙΙ∆
ΑΚΚΜ
= ,
οπότε ΙΚ//ΒΓ (αντίστροφο Θαλή στο τρίγωνο Α∆Μ
).
Α
Β
Ζ
Δ Μ
ΕΚ
Γ
Α
t
x
φ
φ
z
y
Ο
ΓΔ
Β
Β ΓΔ Μ
Ε
ΑΖ
Ι
1 2
12
1
1 2
23
(2)5 5 5 15 m,9 9 5 12 m 4
∆Β ∆Β ∆Β= ⇔ = ⇔ = ⇔ ∆Β =
∆Γ ∆Γ − ∆Β −
22-0017-02.indd 108 31/10/2013 5:53:51 μμ
109
7.8-7.9
β) Έχουμε ΖΕ//ΒΓ, οπότε
4. Έχουμε ΑΒΜ
(ΒΔ διχοτόμος):
Α∆∆Μ
ΑΒΒΜ
= και ΑΓΜ
(ΓΕ διχοτόμος):
ΑΕΕΜ
ΑΓΓΜ
= . Άρα:
Α∆∆Μ
ΑΕΕΜ
ΑΒ ΑΓΒΓ
+ =+
2
(γιατί ΒΜ ΓΜΒΓ
= =2
) =
2 2ΑΒ+ ΑΓ= >
ΒΓ διότι ΑΒ ΑΓ ΒΓ+ > (τριγωνική ανισότητα).
5. i) Έχουμε Ο∆Γ
(ΟΖ διχοτόμος): Ζ∆ΖΓ
Ο∆ΟΓ
= ( )1 και
ΑΒ//ΓΔ: Ο∆ΟΓ
Α∆ΒΓ
= (2)
Από (1), (2) προκύπτει
ότι Ζ∆ΖΓ
Α∆ΒΓ
Ζ∆ ΒΓ ΖΓ Α∆= ⇔ ⋅ = ⋅ .
ii) Όμοια ΟΑΒ
(ΟΕ διχοτόμος): ΕΑΕΒ
ΟΑΟΒ
=
και ΑΒ//ΓΔ: ΟΑΟΒ
Α∆ΒΓ
= . Άρα ΕΑΕΒ
Α∆ΒΓ
ΕΑ ΒΓ ΕΒ Α∆= ⇔ ⋅ = ⋅ .
Σύνθετα Θέματα
1. Επειδή ΚΛ διάμετρος έχουμε ˆ 90ΚΑΛ = (1). Επίσης, αφού ΚΛ ΒΓ⊥ , το Λ είναι το μέσο του τόξου ΒΓ. Άρα 1 2
ˆ ˆΑ = Α (2)Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι οι ΑΚ και ΑΛ είναι η εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος της γωνίας Α του τριγώνου ΕΑΖ
. Άρα τα Ε, Ζ είναι συζυγή αρμονικά των Κ, Λ.
Α
Β
Ζ
Δ Μ
ΕΚ
Γ
Α
t
x
φ
φ
z
y
Ο
ΓΔ
Β
Β ΓΔ Μ
Ε
ΑΖ
Ι
1 2
12
1
1 2
23
ΖΕΒΓ
ΑΚΑΜ
ΖΕ ΑΜ
ΑΜΖΕ
= ⇔ = ⇔ = ⇔α α
23 2
3ΖΕ ΖΕ= ⇔ =
+23 3α β γ
(αφού β γ α+ = 2 ).
Α
ΓΒ
ΕΔ
Μ
Α
Ο
Δ Γ
Β1
1 2
2
Ε
Ζ
Ε
Ο
ΚΑ
ΓΒ
Λ
22-0017-02.indd 109 31/10/2013 5:53:53 μμ
110
Α
Γ
Ε
Ν
Ο
Α Β
Μ
Δ Γ
Α Ζ
Κ
ΒΗ
Ε
ΒΕΔ
1 2
2
12
1
1 2
7.8-7.9
2. Αν οι διχοτόμοι των γωνιών Α και Γ τέμνονται σε σημείο Ε της ΒΔ τότε:Ε∆ΕΒ
Α∆ΑΒ
= και Ε∆ΕΒ
Γ∆ΒΓ
= .
Άρα Α∆∆Β
Γ∆ΒΓ
ΑΒ Γ∆ Α∆ ΒΓ= ⇔ ⋅ = ⋅ .
Αντίστροφα: Αν έχουμε ΑΒ Γ∆ Α∆ ΒΓ⋅ = ⋅ ή Α∆
ΑΒΓ∆ΒΓ
= θα 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: Ε∆ΕΒ
Α∆ΑΒ
= , οπότε από την υπόθεση Ε∆ΕΒ
Γ∆ΒΓ
= .
Άρα η ΓΕ διχοτόμος της Γ (στο τρίγωνο ΒΓ∆
).
3. Έστω Μ το ζητούμενο σημείο. Αν φέρουμε τη διχοτόμο ΜΔ του τριγώνου ΑΜΒ
και την προε-κτείνουμε τέμνει τον κύκλο στο Ε. Επειδή 1 2
ˆ ˆΜ =Μ το Ε θα είναι το μέσο του τόξου ΑΝΒ.
Επίσης ∆Α∆Β
ΜΑΜΒ
= =µν
.
Άρα τόσο το Δ, όσο και το Ε προσδιορίζονται.Κατασκευή: Διαιρούμε τη χορδή ΑΒ σε τμήματα
ΑΔ, ΔΒ τέτοια ώστε ∆Α∆Β
=µν
.
Φέρουμε κάθετη στο μέσο της ΑΒ, η οποία διχοτομεί το τόξο ΑΝΒ στο Ε.
Η ΕΔ προεκτεινόμενη ορίζει το σημείο Μ του τόξου ΑΒ , τέτοιο ώστε ΜΑΜΒ
=µν
.
Πράγματι ΜΑΜΒ
∆Α∆Β
= =µν
εκ κατασκευής (αφού ΜΔ διχοτόμος του τριγώνου
ΑΜΒ
).
4. Έστω ότι η ΔΖ τέμνει την ΒΓ στο Κ.
Αρκεί ΗΚΗ∆
ΚΓ∆Γ
= . Έχουμε: ΔΕ//ΒΚ,
οπότε ΗΚΗ∆
ΚΒ∆Ε
ΚΒΖΒ
= = (1) (∆Ε ΖΒ= ).
Επίσης ΖΒ//ΔΓ, οπότε ΚΓΚΒ
∆ΓΖΒ
= ή ΚΒΖΒ
ΚΓ∆Γ
= (2)
22-0017-02.indd 110 31/10/2013 5:53:55 μμ
111
Από (1), (2) προκύπτει ότι ΗΚΗ∆
ΚΓ∆Γ
= ,
οπότε η ΓΗ είναι διχοτόμος της γωνίας ˆΒΓ∆.
5. Η άγνωστη κορυφή Α του τριγώνου πρέπει: i) Να απέχει από τη ΒΓ απόσταση υ, άρα θα
ανήκει σε ευθεία παράλληλη της ΒΓ και σε απόσταση ίση με υ από αυτή.
ii) Να ικανοποιεί τη σχέση ΑΒΑΓ
=µν
, άρα θα ανήκει σε κύκλο διαμέτρου ΔΕ,
όπου τα Δ και Ε διαιρούν το ΒΓ εσωτερικά και εξωτερικά σε λόγο λ µν
= .
Κατασκευή: Ορίζουμε την ΒΓ = α. Φέρουμε ΓΚ ΒΓ⊥ ώστε ΓΚ = υ και από το Κ φέρουμε Κx//ΒΓ. Διαιρούμε το ΒΓ εσωτερικά και εξωτερικά σε
λόγο λ µν
= και 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), αν το ύψος υ είναι ίσο με την ακτίνα μια λύση ενώ αν δεν είναι μεγαλύτερο καμμία λύση.
Γενικές Ασκήσεις
1. Έχουμε Κ∆ ∆Ε⊥ , ΛΕ ∆Ε⊥ . Άρα ΚΔ//ΑΒ//ΛΕ. Επομένως ΑΖ//ΚΔ:
ΑΖΚ∆
ΛΑΚΛ
ΑΖΑΖ= ⇔ =
+⇔ =
⋅+R
RR
RRρ
ρρ
(1)
και ΖΒ//ΛΕ: ΖΒΛΕ
∆Ζ∆Λ
ΚΑΚΛ
= = ή ΖΒ ΖΒρ ρ
ρρ
=+
⇔ =⋅+
RR
RR
(2).
Από (1), (2) προκύπτει ότι: ΑΒ ΑΖ ΖΒ= + =⋅+
2RR
ρρ
.
2. Φέρουμε Αx//ΒΓ. Αν η ΔΕ τέμνει τις ΒΓ, Αx στα Κ, Λ αντίστοιχα έχουμε:
ΑΛ//ΚΒ: ∆Β∆Α
ΚΒΑΛ
= (1) και
ΑΛ//ΚΓ: ΕΓΕΑ
ΚΓΑΛ
= (2)
Από (1), (2) προκύπτει ότι:
Ζ
K
Α Λx
KΔ
Β Μ Γ
ΕΘ
Δ Β Ε
ΛΑ
Α'
Β
Α Β
Γ
υ
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 111 1/11/2013 4:48:55 μμ
112
∆Β∆Α
ΕΓΕΑ
ΚΒ ΚΓΑΛ
ΚΒ ΚΜ ΜΓΑΛ
ΚΜΑΛ
ΘΜΑΘ
+ =+
=+ +
= =2 2
(γιατί ΚΜΑΛ
ΘΜΑΘ
= ) = ⋅ =2 12
1 (αφού Θ βαρύκεντρο).
3. i) Φέρουμε ΓΗ//ΑΒ.
Τότε: ΕΒΕΓ
∆ΒΓΗ
= και ΖΓΖΑ
ΓΗ∆Α
= , οπότε
ΕΒΕΓ
ΖΓΖΑ
∆ΒΓΗ
ΓΗ∆Α
∆Α∆Β
ΕΒΕΓ
ΖΓΖΑ
⋅ = ⋅ ⇔ ⋅ ⋅ =1.
Αντίστροφα: Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ
και Δ, Ε, Ζ σημεία των ευθειών ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ αντίστοιχα (έστω Δ, Ζ εσωτερικά των ΑΒ, ΑΓ και Ε εξωτερικό, του
ΒΓ) τέτοια ώστε: ∆Α∆Β
ΕΒΕΓ
ΖΓΖΑ
⋅ ⋅ =1. Τότε τα σημεία Δ, Ε, Ζ είναι συνευθειακά.
Απόδειξη:Η ευθεία ΔΖ τέμνει την ευθεία ΒΓ στο Ε′ (γιατί αν ΔΖ//ΒΓ τότε
∆Α∆Β
ΖΑΖΓ
= ,
οπότε από την υπόθεση θα είναι ΕΒ ΕΓ= άτοπο). Για το τρίγωνο ΑΒΓ
και την ευθεία ΔΕ′ έχουμε (Θεωρ. Μενελάου) ∆Α∆Β
Ε ΒΕ Γ
ΖΓΖΑ
⋅′′
⋅ =1.
Αλλά από υπόθεση είναι: ∆Α∆Β
ΕΒΕΓ
ΖΓΖΑ
⋅ ⋅ =1, οπότε ′′
=Ε ΒΕ Γ
ΕΒΕΓ
.
Άρα τα Ε, Ε′ ταυτίζονται (γιατί διαιρούν εξωτερικά το ΒΓ στον ίδιο λόγο).Παρατηρήσεις:1) Από τα σημεία Δ, Ε, Ζ το ένα ή και τα τρία θα είναι σημεία των προε-
κτάσεων των πλευρών (Θεώρημα Pasch).2) Αν π.χ. Δ, Ε, Ζ τα μέσα των ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ τότε
∆Α∆Β
ΕΒΕΓ
ΖΓΖΑ
⋅ ⋅ =1 χωρίς τα Δ, Ε, Ζ να είναι συνευθειακά.
ii) Για το τρίγωνο ΑΒ∆
και την ευθεία ΖΓ έχουμε
(Θεωρ. Μενελάου) ΖΑΖΒ
ΓΒΓ∆
Η∆ΗΑ
⋅ ⋅ =1 (1)
Όμοια για το τρίγωνο ΑΓ∆
και την ευθεία ΕΒ
είναι ΗΑΗ∆
Β∆ΒΓ
ΕΓΕΑ
⋅ ⋅ =1 (2)
Με πολλαπλασιασμό των (1) και (2) κατά μέλη προκύπτει ∆Β∆Γ
ΕΓΕΑ
ΖΑΖΒ
⋅ ⋅ =1.
Ζ
K
Α Λx
KΔ
Β Μ Γ
ΕΘ
Δ Β Ε
ΛΑ
Α'
Β
Α Β
Γ
υ
Α
Δ
ε
Β
ΖΗ
Γ
Α
Ζ Ε
ΗΒ
Δ Γ
Ε
Α
Δ
ε
Β
ΖΗ
Γ
Α
Ζ Ε
ΗΒ
Δ Γ
Ε
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 112 1/11/2013 4:50:55 μμ
113
Αντίστροφα: Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ
και Δ, Ε, Ζ, σημεία των πλευρών του
ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντίστοιχα. Αν ισχύει ∆Β∆Γ
ΕΓΕΑ
ΖΑΖΒ
⋅ ⋅ =1 τότε οι ευθείες ΑΔ, BE
και ΓΖ συντρέχουν. Η απόδειξη όμοια με το (i) (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.
4. Επειδή ΑΔ//ΒΖ έχουμε: ΕΑΕΖ
Α∆ΒΖ
= (1).
Επίσης ΑΒΓ
(ΑΖ διχοτόμος): ΑΓΑΒ
ΖΓΒΖ
= (2).
Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι:ΕΑΕΖ
ΑΓΑΒ
Α∆ ΖΓΒΖ
ΒΓ ΖΓΒΖ
ΒΖΒΖ
− =−
=−
= =1
5. Επειδή ΑΒ Γ∆⊥ έχουμε ΑΓ Α∆ =
και ΒΓ Β∆ = οπότε 1 2ˆ ˆΕ = Ε και 1 2
ˆ ˆΖ = Ζ .
Άρα: ΓΕ∆
(ΕΜ διχοτόμος): ΜΓΜ∆
ΕΓΕ∆
= (1)
και ΓΖ∆
(ΖΜ διχοτόμος): ΜΓΜ∆
ΖΓΖ∆
= (2)
Από (1), (2) προκύπτει ότι ΕΓΕ∆
ΖΓΖ∆
ΕΓ Ζ∆ Ε∆ ΖΓ= ⇔ ⋅ = ⋅
6. Α ΟΔΓ
Β
i) Έχουμε:
⇔ ⇔ = ⋅... ΟΑ ΟΓ Ο∆2 .
ii) Έχουμε: ΓΑΓΒ
∆Α∆Β
ΑΓΑΒ ΑΓ
Α∆Α∆ ΑΒ
= ⇔−
=−
⇔
ΓΑΓΒ
∆Α∆Β
ΟΓ ΟΑΟΒ ΟΓ
Ο∆ ΟΑΟ∆ ΟΒ
ΟΓ ΟΑΟΑ ΟΓ
Ο∆ ΟΑΟ∆ ΟΑ
ΟΑ
= ⇔+−
=+−
⇔
⇔+−
=+−
=( ΟΟΒ)⇔
Β
Ζ
Ε
Ε
Δ
Ζ
Α ΜΒ
Δ
Γ
Γ
Α1
2
2
1
1
2
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 113 31/10/2013 5:54:01 μμ
114
⇔ ⋅ = ⋅ + ⋅ ⇔ = +2 2 1 1ΑΓ Α∆ ΑΒ Α∆ ΑΒ ΑΓ
ΑΒ ΑΓ Α∆.
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: Α∆ΑΕ
ΑΖΑΓ
= ή ΑΖΑΓ
=µν
ή ΑΖ ΑΓ=µν
.
Επομένως το Ζ προσδιορίζεται και η Αx 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 Οx 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 Οx, βρίσκουμε το Δ και ορίζουμε το Γ πάνω στην Oy ώστε Ο∆ ΟΓ= . Η ζητούμενη ευθεία είναι η ΑΓ (που τέμνει την Οx στο Β).Η απόδειξη είναι απλή.
β) Έχουμε:
ΑΒ ΒΓΑΒΒΓ
ΑΒΒΓ ΑΒ
ΑΒΑΓ
= ⇔ = ⇔−
=−
⇔ =23
23
23 2
2.
Φέρουμε πάλι ΑΔ//Οx, οπότε ΑΒΑΓ
Ο∆∆Γ
= ή Ο∆∆Γ
= 2 ή ∆Γ Ο∆=
2.
Άρα ορίζεται το σημείο Γ και συνεχίζουμε όπως στο (α).γ) Όμοια έχουμε
ΑΒΑΓ
Ο∆∆Γ
∆Γ Ο∆= = ⇔ =µν
νµ
.
Άρα το ΔΓ κατασκευάζεται. Η συνέχεια όπως στο (α).
9. α) Ανάλυση: Έστω ΒΓ η ζητούμενη ευθεία ώστε ΑΒ ΑΓ= . Φέρουμε τα αποστήματα ΚΔ, ΛΕ, οπότε Α∆ ΑΕ= . Επειδή ΚΔ//ΛΕ αν Μ το μέσο του ΚΛ τότε, από το αντίστροφο του Θαλή, θα είναι ΑΜ//ΚΛ//ΛΕ. Άρα ΑΜ ΒΓ⊥ , οπότε η ΒΓ κατασκευάζεται.
Α
Α
Ζ
Εx
x
y
Β
O Β
ΒΓA
Δ Ε
Κ ΛΜ
Α'
Δ
Δ
Γ
Γ
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 114 1/11/2013 4:52:17 μμ
115
Κατασκευή: Ορίζουμε το Μ ως μέσο του ΚΛ και γράφουμε ευθεία κάθετη στην AM στο Α, που τέμνει τους κύκλους στα Β και Γ.
Απόδειξη: Φέρουμε τα αποστήματα ΚΔ, ΛΕ, οπότε ΚΔ//ΑΜ//ΛΕ.
Άρα ΜΚΜΛ
Α∆ΑΕ
Α∆ ΑΕ= ⇔ = (αφού ΜΚ ΜΛ= )⇒ =ΑΒ ΑΓ.
β) Ανάλογα με το (α) ορίζουμε το σημείο Μ το οποίο διαιρεί εσωτερικά την
ΚΛ σε λόγο ΜΚΜΛ
=34
και γράφουμε ευθεία κάθετη στην AM στο Α, που
τέμνει τους κύκλους στα Β και Γ.
10. Έχουμε ΑΒ∆
(ΒΙ διχοτόμος): ΙΑΙ∆
ΑΒΒ∆
= =
+
=+γ
αγβ γ
β γα
.
Άρα ΙΑΙ∆
= +βα
γα
(1) όμοια
ΙΒΙΕ
=+
= +α γβ
αβ
γβ
(2) και
ΙΓΙΖ
=+
= +α βγ
αγ
βγ
(3)
Από (1), (2), (3) με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει:
ΙΑΙ∆
ΙΒΙΕ
ΙΓΙΖ
+ + = +
+ +
+ +
≥
αβ
βα
αγ
γα
βγ
γβ
6
(γιατί το άθροισμα δύο αντίστροφων θετικών αριθμών είναι μεγαλύτερο ή ίσο του 2).
Β
I
Γ
A
Δ
1
1
1
2
2
2
ΕZ
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 115 31/10/2013 5:54:03 μμ
22-0017-02.indd 116 31/10/2013 5:54:03 μμ
8 ΚΕ
ΦΑ
ΛΑ
ΙΟ
ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ• Για να είναι όμοια δυο τρί-
γωνα αρκεί να ισχύει ένα από τα παρακάτω:
i) Να έχουν 2 γωνίες ίσες μία προς μία. (Ασκήσεις: Εμπέδωσης 1).
ii) Να έχουν δυο πλευρές ανά-λογες 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 ανάλογες και
τις γωνίες που σχηματίζονται από ομόλογες πλευρές ίσες.(Ασκήσεις: Αποδεικτικές 2, Σύνθετα 1).
• 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 ύψος των πυραμίδων.
22-0017-02.indd 117 1/11/2013 4:53:05 μμ
118
8.1-8.2
§ 8.1-8.2Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. i) Τα τρίγωνα ΑΒΓ
και ∆ΕΓ
έχουν δύο γωνίες ίσες ( ˆ ˆ 90Α = Ε = , Γ κοινή), άρα είναι όμοια.
ii) Αφού τα τρίγωνα ΑΒΓ
και ∆ΕΓ
είναι όμοια έχουμε:ΑΒ ΑΓ
= ⇔ ΑΓ ⋅∆Ε = ΑΒ ⋅ΕΓ∆Ε ΕΓ
. Α
Α
Β
Β
Β
Α Γ
Δ
Ε
Ζ3m2m
24m
Γ
Γ
Ε
Ε
Δ
Δ
2. i) Έχουμε 1 13 3
Α∆Α∆ = ΑΒ⇔ =
ΑΒ και
23
ΓΕ = ΑΓ, οπότε 13 3
ΑΕ 1ΑΕ = ΑΓ⇔ =
ΑΓ.
Άρα 13
Α∆ ΑΕ= =
ΑΒ ΑΓ.
Επομένως τα τρίγωνα ΑΒΓ
και Α∆Ε
είναι όμοια γιατί έχουν και τη γωνία Α κοινή.
ii) Αφού τα τρίγωνα ΑΒΓ
και Α∆Ε
είναι όμοια, έχουμε:13
∆Ε Α∆ ΑΕ= = =
ΒΓ ΑΒ ΑΓ, οπότε 3ΒΓ = ∆Ε.
3. Αν α′, β′ και γ′ είναι οι πλευρές μετά τη διαστολή, από την εκφώνηση προ-κύπτει ότι:
1 1615 15
′ ′α = α + α ⇔ α = α , 1 1615 15
′ ′β = β + β⇔ β = β και
1 1615 15
′ ′γ = γ + γ ⇔ γ = γ. Άρα 1615
′ ′ ′α β γ = = = α β γ .
Επομένως το τρίγωνο με πλευρές α′, β′ και γ′ είναι όμοιο προς το αρχικό, αφού έχουν τις πλευρές τους ανάλογες. Άρα το τρίγωνο και μετά τη διαστολή θα παραμείνει ορθογώνιο, αφού το αρχικό τρίγωνο είναι ορθογώνιο.
4. Η ακτίνα ΒΓ του ήλιου, το ύψος ΑΒ και η σκιά ΑΓ του δέντρου σχηματίζουν ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ
( ˆ 90Α = ). 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 παράλληλες, θα είναι ˆ ˆΒ = Ε (οξείες γωνίες με παράλληλες πλευρές). Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΖ και ∆ΕΖ
είναι όμοια, οπότε ΑΒ ΑΓ=
∆Ε ∆Ζ.
22-0017-02.indd 118 1/11/2013 4:54:34 μμ
119
8.1-8.2
Με αντικατάσταση των δεδομένων έχουμε:
24m AB 16m2m 3mΑΒ
= ⇔ = .
5. i) Τα τρίγωνα ΑΒ∆
και Α∆Γ
είναι όμοια (ορθογώνια και ˆΒ = ∆ΑΓ ως οξείες γωνίες με κάθετες πλευρές).
Άρα 2ΑΒ ∆Β= ⇔ Α∆ = ∆Β ⋅∆Γ
∆Γ Α∆.
ii) και iii) Τα τρίγωνα ΑΒ∆
και ΑΒΓ
είναι όμοια ( ˆ ˆ 90Α = ∆ = , Β κοινή).
Άρα ΑΒ Β∆ Α∆= =
ΒΓ ΑΒ ΑΓ, οπότε 2ΑΒ Β∆
= ⇔ ΑΒ = Β∆ ⋅ΒΓΒΓ ΑΒ
και ΑΒ Α∆= ⇔ ΑΒ⋅ΑΓ = Α∆ ⋅ΒΓ
ΒΓ ΑΓ.
6. Έχουμε τρίγωνο ΑΒ∆
όμοιο με τρίγωνο ΑΕΓ
( 1 2ˆ ˆΑ = Α , ˆ ˆΒ = Ε γιατί βαίνουν στο
τόξο ΑΓ).
Άρα Α∆ ΑΒ= ⇔ Α∆ ⋅ΑΕ = ΑΒ ⋅ΑΓ
ΑΓ ΑΕ.
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Επειδή φ = ω θα είναι και ˆ ˆ∆ΚΓ = ΑΚΒ (συμπληρωματικές ίσων γωνιών). Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα∆ΚΓ
και ΑΚΒ
είναι όμοια,
οπότε: ∆Γ ∆Κ=
ΑΒ ΑΚ.
Με αντικατάσταση των δεδομένων
προκύπτει ότι: 3m 5,1m 2,55m1,7m 2m 2∆Γ
= ⇔ ∆Γ = ⇔ ∆Γ = .
Α
Β Δ Γ
Γ
φ ω
Δ ΑΚ
Β
3m
x
2m
1,70m
ΒΔ
Γ
Ε
Α
1 2
x
y
22-0017-02.indd 119 31/10/2013 5:54:05 μμ
120
8.1-8.2
2. i) Έστω τα παραλληλόγραμμα ΑΒΓΔ και Α′Β′Γ′Δ′
με Α∆ ΑΒ=
′ ′ ′ ′Α ∆ Α Β και ˆ ˆ ′Α = Α .
Επειδή ΒΓ = Α∆, ′ ′ ′ ′Β Γ = Α ∆ , ∆Γ = ΑΒ και A′ ′ ′ ′∆ Γ = Β θα είναιΑ∆ ΑΒ ΒΓ ∆Γ
= = =′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′Α ∆ Α Β Β Γ ∆ Γ
(1)
Επίσης, επειδή ˆΓ = Α και ˆˆ ′ ′Γ = Α θα είναι ˆ ˆ ′Γ = Γ , οπότε και ˆ ˆ ′Β = Β , ˆ ˆ ′∆ = ∆ (2) ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών. Από (1) και (2) προκύπτει ότι τα παραλληλόγραμμα ΑΒΓΔ και Α′Β′Γ′Δ′ είναι όμοια.
ii) Επειδή ˆ ˆ 90′Α = Α = σύμφωνα με το (I) αρκεί να αποδείξουμε
ότι Α∆ ΑΒ=
′ ′ ′ ′Α ∆ Α Β.
Τα ισοσκελή τρίγωνα ΚΑ∆
και ′ ′ ′Κ Α ∆
είναι όμοια (αφού ˆ ˆ ′Κ = Κ ).
Άρα Α∆ ΚΑ=
′ ′ ′ ′Α ∆ Κ Α(1). Το ίδιο ισχύει για τα τρίγωνα ΚΑΒ
και ′ ′ ′Κ Α Β
.
Άρα ΑΒ ΚΑ=
′ ′ ′ ′Α Β Κ Α(2). Από (1) και (2) προκύπτει ότι Α∆ ΑΒ
=′ ′ ′ ′Α ∆ Α Β
.
3. Τα τρίγωνα 1ΑΒΑ
και 2ΑΒΑ
είναι όμοια, γιατί 1 2
ˆ ˆΑ = ΒΑΑ και 2 1ˆ ˆΑ = ΒΑΑ
(γωνίες από χορδή και εφαπτόμενη).
Άρα 211 2
2
ΒΑΑΒ= ⇔ ΑΒ = ΒΑ ⋅ΒΑ
ΒΑ ΑΒ.
4. Έχουμε τρίγωνο ΗΑΕ
όμοιο με τρίγωνοΗΒ∆
( ˆ ˆ 90∆ = Ε = , 1 2ˆ ˆΗ = Η ).
Άρα Η∆ ΗΒ= ⇔ Η∆ ⋅ΗΑ = ΗΒ ⋅ΗΕ
ΗΕ ΗΑ (1)
Επίσης τρίγωνο ΗΒΖ
όμοιο με τρίγωνο ΗΕΓ
( ˆ ˆ 90Ε = Ζ = , 3 4ˆ ˆΗ = Η ).
Άρα ΗΒ ΗΖ= ⇔ ΗΒ⋅ΗΕ = ΗΓ ⋅ΗΖ
ΗΓ ΗΕ (2)
Α B
Δ Γ
Α Β'
Δ Γ''
'
Δ Γ
ΑΑ
Β
Κ ΚΒ' '
Δ Γ'
'
'
1
23
4
Α
Α
ΑB
Ο
Β Δ
ΗΖ
Ε
Γ
1
2Α1
Ο2
22-0017-02.indd 120 1/11/2013 4:57:01 μμ
121
8.1-8.2
Από(1),(2)προκύπτειότιΗΒ ⋅ΗΑ = ΗΒ ⋅ΗΕ = ΗΓ ⋅ΗΖ.
5.Έχουμε 1 1 1ˆ ˆ ˆ′Ζ = Μ +Β (εξωτερικήστο ′ΜΒΖ
)
1 1
ˆˆ2 2 2 2 2
ΒΖ ΜΑ ΒΖ ΜΒ ΜΖ′Ζ = + = + = = ∆ .
ΆρατρίγωνοΜ∆Ζ
όμοιομετρίγωνο ′ ′Μ∆ Ζ
( Μ κοινή, 1 1ˆ ˆ∆ = Ζ ),
οπότε′ ′Μ∆ ΜΖ ′ ′= ⇔Μ∆ ⋅Μ∆ =ΜΖ ⋅ΜΖ
ΜΖ Μ∆.
6.ΕπειδήτούψοςείναιτοΑΔαρκεί νααποδείξουμεότι 2Α∆ = ΑΒ ⋅Γ∆. Αν ˆΑΒ∆ = ω,τότε ˆ 90Α∆Β = −ω και ˆ 90∆ΓΑ = −ω ,οπότετατρίγωνα ΑΒ∆
και∆ΑΓ
είναιόμοια,
άρα: ΑΒ Α∆=
∆Α ∆Γή 2Α∆ = ΑΒ ⋅Γ∆.
Σύνθετα Θέματα
1.Θεωρούμετατραπέζια ΑΒΓΔ(ΑΒ//ΓΔ)καιΕΖΗΘ
(ΕΖ//ΗΘ)με ΑΒ ∆Γ=
ΕΖ ΘΗ
και ˆ ˆΑ = Ε, ˆ ˆΒ = Ζ. ΈστωΑΒ > Γ∆,οπότεθαείναι
καιΕΖ > ΘΗ αφού ΑΒ ∆Γ=
ΕΖ ΘΗ.ΦέρουμεΓΓ′//ΔΑκαιΗΗ′//ΘΕ.
Τότετατρίγωνα ′ΒΓΓ
και ′ΖΗΗ
είναιόμοια( ˆ ˆΒ = Ζ, ˆˆ ˆ ˆ′ ′Γ = Α = Ε = Η ),
οπότε′ ′Γ Β ΒΓ ΓΓ ∆Α
= = =′ ′Η Ζ ΖΗ ΗΗ ΘΕ
(1)
Επίσηςέχουμε′ΑΒ ∆Γ ΑΒ − ∆Γ Γ Β
= = =′ΕΖ ΘΗ ΕΖ −ΘΗ Η Ζ(2)
Από τις(1) και(2)προκύπτειότι ΑΒ ΒΓ ∆Γ ∆Α= = =
ΕΖ ΖΗ ΘΗ ΘΕ,δηλαδήοιπλευρές
τουτραπεζίουΑΒΓΔείναιανάλογεςπροςτιςπλευρέςτουΕΖΗΘ.Επιπλέον,έχουνκαιτιςαντίστοιχεςγωνίεςίσες( ˆ ˆΑ = Ε,οπότε ˆ ˆ∆ = Θ και ˆ ˆΒ = Ζ ,οπότεˆ ˆΓ = Η).Άρατατραπέζιαείναιόμοια.
Α
Δ
Β
M
11
1
1
Ζ
Δ' Ζ'
ωΑ
Δ Γ
Β
Δ
Α Γ' Η'Β Ε Ζ
Γ Θ Η
22-0017-02.indd 121 13/3/2014 11:22:53 πµ
122
8.1-8.2
2. Έστω dΜ∆ = και E d′Μ = . Το τετράπλευρο ΟΒΜΓ είναι εγγράψιμο, οπότε ˆ ˆΜΓΕ = Β. Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα ΜΓΕ
και ΒΜ∆
είναι όμοια, οπότε:
dd
ΜΒ Μ∆ ΜΒ= ⇔ =
′ΜΓ ΜΕ ΜΓ.
3. Στο τρίγωνο ΑΓ∆
, επειδή η ΓΖ είναι διχοτόμος
έχουμε: ΑΖ ΑΓ=
Ζ∆ Γ∆ (1).
Στο τρίγωνο ΑΒ∆
, επειδή η ΑΕ είναι διχοτόμος
έχουμε: ΕΒ ΑΒ=
Ε∆ Α∆ (2).
Τα τρίγωνα ΑΒ∆
και ΑΓ∆
είναι όμοια (ορθογώνια και ˆΒ = ∆ΑΓ),
οπότε ΑΓ ΑΒ=
Γ∆ Α∆ (3). Από τις (1), (2) και (3) προκύπτει ότι ΑΖ ΕΒ
=Ζ∆ Ε∆
,
οπότε από το αντίστροφο του Θαλή στο τρίγωνο Α∆Β
έχουμε ότι ΖΕ//ΑΒ.
4. Από την υπόθεση έχουμε ότι:ˆ ˆ ˆ ˆ90 90Β−Γ = ⇔ Β = + Γ (1).Αλλά 1
ˆˆ 90Β = + Α (2) (ως εξωτερική στο τρίγωνο ΑΒ∆
).Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι 1
ˆΓ = Α .
Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα Α∆Β
και Α∆Γ
είναι
όμοια, οπότε: 2Α∆ ∆Γ= ⇔ Α∆ = ∆Β ⋅∆Γ
ΑΒ Α∆.
5. i) Έχουμε τρίγωνο ΑΒ∆
όμοιο με τρίγωνο ΑΕΓ
( 1 2ˆ ˆΑ = Α , 1
ˆ ˆΒ = Ε γιατί βαίνουν στο ΑΓ).
Άρα ΑΒ Α∆= ⇔ ΑΒ⋅ΑΓ = Α∆ ⋅ΑΕ
ΑΕ ΑΓ.
ii) Έχουμε τρίγωνο ΑΒΕ
όμοιο με τρίγωνο Β∆Ε
( Ε κοινή, 1 2 1ˆ ˆΒ = Α = Α ).
Άρα 2ΕΒ ΕΑ= ⇔ ΕΒ = ΕΑ ⋅Ε∆
Ε∆ ΕΒ.
x
O
Μ
y
Β
A
Γ E
Β
A
A
Β
Β
Ε
Δ
Δ
Ε
Δ
Ζ1 1
Γ
Γ
1
1 2
22
Γ
1
1
Δ
22-0017-02.indd 122 13/3/2014 11:27:04 πµ
123
Γενικές Ασκήσεις
1. Έχουμε τρίγωνο ΑΒΤ
όμοιο με τρίγωνοΑΓΤ
( Α κοινή, 1ˆ ˆΓ = Τ ).
Άρα ΤΒ ΑΤ ΑΒ= =
ΤΓ ΑΓ ΑΤ (1)
Επομένως 2 2 2 2(1)
2 2 2 2
ΤΒ ΑΤ ΤΒ ΑΤ ΑΤ ΤΒ ΑΤ= ⇔ = ⋅ ⇔ =
ΤΓ ΑΓ ΤΓ ΑΓ ΑΓ ΤΓΑΒ
⋅ΑΓ ΑΤ
2
2
ΤΒ ΑΒ⇔ =
ΤΓ ΑΓ.
2. Έχουμε τρίγωνο ΑΒ∆
όμοιο με τρίγωνο ΑΒΕ
(Α κοινή, 1 1ˆ ˆΕ = Β ).
Άρα ΒΕ ΑΒ=
Β∆ Α∆ (1) και Α∆Γ ≈ ΑΕΓ
( Α κοινή, 2 2ˆ ˆΕ = Γ ).
Άρα ΓΕ ΑΓ=
Γ∆ Α∆ (2).
Από (1), (2) επειδή ΑΒ = ΑΓ προκύπτει ότι ΒΕ ΓΕ
= ⇔ Β∆ ⋅ΓΕ = ΒΕ ⋅Γ∆Β∆ Γ∆
.
3. Έχουμε τρίγωνο Β∆Ε
όμοιο με τρίγωνο
Γ∆Ζ
( ˆ ˆ 90Ε = Ζ = , 1 2ˆ ˆ∆ = ∆ κατακορυφήν).
Άρα ∆Ε ΒΕ=
∆Ζ ΓΖ (1)
και ΑΒΕ ≈ ΑΓΖ
( ˆ ˆ 90Ε = Ζ = , 1 2ˆ ˆΑ = Α ).
Άρα ΑΕ ΒΕ=
ΑΖ ΓΖ (2).
Από (1), (2) προκύπτει ότι ΑΕ ∆Ε ΕΑ ΖΑ= ⇔ =
ΑΖ ∆Ζ Ε∆ Ζ∆.
Άρα τα Ε, Ζ είναι συζυγή αρμονικά των Α, Δ.
Τ
Β
A
A
Β
EΓ
Α
Δ
Β Δ
Z
E
Γ
1
1
1
2
1
2
1
2
2
Γ
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 123 13/3/2014 11:31:11 πµ
124
4. Έστω Ε σημείο της ΑΓ και ΕΖ ⊥ ΑΒ, ΕΗ ⊥ Α∆.Φέρουμε ΓΚ ⊥ ΑΒ και ΓΜ ⊥ Α∆.
Τότε ΕΗ//ΜΓ, οπότε ΕΗ ΑΕ=
ΜΓ ΑΓ
και ΕΖ//ΚΓ, οπότε ΕΖ ΑΕ=
ΚΓ ΑΓ.
Άρα ΕΗ ΕΖ ΕΗ ΜΓ= ⇔ =
ΜΓ ΚΓ ΕΖ ΚΓ (1)
Αλλά τρίγωνο ΓΜ∆
όμοιο με τρίγωνο ΚΒΓ
( ˆ ˆ 90Κ =Μ = , 1 1ˆΒ = ∆ ),
οπότε ΜΓ ∆Γ ΑΒ= =
ΚΓ ΒΓ Α∆ (2)
Από (1), (2) προκύπτει ότι ΕΗ ΑΒ=
ΕΖ Α∆.
5. i) Ισχύει 2RΜΑ⋅ΜΒ = ⋅ΜΗ (εφαρμογή 2R αβγ = υ ).
Άρα d2R
ΜΑ⋅ΜΒΜΗ = = .
ii) Φέρνουμε τη διάμετρο ΜΕ. Τότε ˆMAE 90=
και 1ˆE A= (χορδή, εφαπτομένη).
Άρα τρίγωνο M A E
όμοιο με τρίγωνο M A K
, οπότε22R d
d 2RΜΑ ΜΕ ΜΑ ΜΑ′= ⇔ = ⇔ =
′ΜΚ ΜΑ ΜΑ.
iii) Είναι d2R
ΜΓ ⋅Μ∆= ,
2
1d2RΜΓ
= , 2
2d2RΜ∆
= . Άρα 2 2
21 2 2d d d
(2R)ΜΓ ⋅Μ∆
⋅ = = .
6. Πρέπει να αποδείξουμε ότι ΑΒ ⋅Γ∆ + Α∆ ⋅ΒΓ = ΑΓ ⋅Β∆.Παίρνουμε σημείο Ε της ΑΓ ώστε ˆ ˆΕ∆Γ = Α∆Β (1)Τότε τρίγωνο ΑΒ∆
όμοιο με τρίγωνο ∆ΕΓ
( 1 2ˆ ˆ∆ = ∆ , 1 1
ˆ ˆΓ = Β ).
Άρα ΑΒ Β∆= ⇔ ΑΒ⋅Γ∆ = ΕΓ ⋅Β∆
ΕΓ Γ∆ (2)
Μ
dΒΑ
Η
Ε
Μ
Κ
d'
d
d
Α
Ο
Δ Γ
Μ
1
1
2 d1
Γ
ΒΑΗΜ Ε
Ζ Κ
Δ
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 124 31/10/2013 5:54:09 μμ
125
Επίσης τρίγωνο Α∆Ε
όμοιο με τρίγωνο ΒΓ∆
( 1 2ˆ ˆ ˆˆ ,Α = Β Α∆Ε = Β∆Γως διαφορά ή άθροισμα ίσων γωνιών).
Άρα Α∆ ΑΕ= ⇔ Α∆ ⋅ΒΓ = ΑΕ ⋅Β∆
Β∆ ΒΓ (3).
Με πρόσθεση κατά μέλη των (2), (3) προκύπτει ότι:( )ΑΒ ⋅Γ∆ + Α∆ ⋅ΒΓ = Β∆ ⋅ ΕΓ + ΑΕ = Β∆ ⋅ΑΓ.
Β
Α1
11
2
1 2
Ε
Δ
Γ
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 125 31/10/2013 5:54:09 μμ
22-0017-02.indd 126 31/10/2013 5:54:09 μμ
9 ΚΕ
ΦΑ
ΛΑ
ΙΟ
ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ• Για να υπάρχει τρίγωνο με δεδομένα μήκη πλευρών πρέ-
πει να ισχύει η τριγωνική ανισότητα. (Ασκήσεις: § 9.4 Εμπέδωσης 1, 2).
• Για να βρούμε το είδος του τριγώνου ως προς τις γωνίες (οξυ-γώνιο, ορθογώνιο, αμβλυγώνιο) συγκρίνουμε το τετράγωνο της μεγαλύτερης πλευράς με το άθροισμα 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 μετρικές σχέσεις βρίσκουμε κατάλληλη σχέση μεταξύ των στοιχείων (πλευρών, διαμέσων κ.λπ.) ενός τρι-γώνου π.χ. Ισόπλευρο τρίγωνο, ορθογώνιο τρίγωνο με μια πλευρά ίση με το μισό της υποτείνουσας κ.λπ. (Ασκήσεις: § 9.4 Εμπέδωσης 3, § 9.5 Εμπέδωσης 3, Γενικές 8).
Σχόλιο: Πολλές φορές μια γωνία υπολογίζεται και τριγωνομετρικά (Νόμος συνημιτόνων, ημιτόνων κ.λπ.). (π.χ. § 9.4 Άσκηση Εμπέ-δωσης 3).• Χρησιμοποιώντας την εφαρμογή 2 της § 9.7 αποδεικνύουμε
ότι μια ευθεία εφάπτεται σε έναν κύκλο. (Ασκήσεις: § 9.7 Σύνθετα 3).
22-0017-02.indd 127 1/11/2013 4:59:15 μμ
128
9.1-9.2
§ 9.1-9.2Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Είναι 2 2 2 2 2 23 4 5 25 5ΒΓ = ΑΒ + ΑΓ = + = = ⇔ ΒΓ =
ΑΒ ΒΓ Β∆ Β∆ Β∆2 23 5 95
= ⋅ ⇔ = ⋅ ⇔ =
∆Γ ΒΓ Β∆= − =165
και Α∆ Β∆ ∆Γ Α∆2 95
165
125
= ⋅ = ⋅ ⇔ = .
2. Είναι ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ2 3 90 3 30Β = Γ⇔ Β+ Γ = Γ⇔ = Γ⇔ Γ = ,
οπότε γ α=
2 και από την α β γ2 2 2= + προκύπτει
ότι β γβγ
2 23 3= ⇔ = , οπότε αληθές είναι το Γ.
3. Επειδή Α∆ ΑΓ ΒΓ< < και Γ∆ ΑΓ< , αρκεί να συγκρίνουμε τα ΑΔ και ΓΔ.
Έχουμε: ΑΒ ΒΓ Β∆ ΒΓ ΒΓ2 25 2513
13= ⋅ ⇔ = ⇔ = ,
οπότε Γ∆ ΒΓ Β∆= − =14413
(1)
και από τη σχέση Α∆ Β∆ ∆Γ2 = ⋅
βρίσκουμε Α∆ =6013
(2). Από (1) και (2) προκύπτει
ότι Α∆ Γ∆< και επομένως Α∆ Γ∆ ΑΓ ΒΓ< < < .
Β
Γ
Α
Δ
Β
Β
Δ
A ΕΖ
Γ
Γ
Α
Δ
Β
Γ
Α
Δ
Β
Β
Δ
A ΕΖ
Γ
Γ
Α
Δ
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Έχουμε β γ κλ κ λ
κ λ α
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2+ = + − =
= + =
( ) ( )( ) ,
δηλαδή 2 2 2 ˆ 90α = β + γ ⇔ Α = .2. Επειδή ΑΒ διάμετρος, οι γωνίες ˆΑΓΒ
και ˆΑ∆Β είναι ορθές, οπότε από τα ορθογώνια τρίγωνα ΓΑΒ
και ∆ΑΒ
έχουμε αντίστοιχα:ΑΓ ΑΒ ΑΕ2 = ⋅ και Α∆ ΑΒ ΑΖ2 = ⋅ . Από τις σχέσεις αυτές με διαίρεση κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο.
22-0017-02.indd 128 1/11/2013 5:00:59 μμ
129
9.1-9.2
Β
Γ
Α
Δ
Ε
Β
Γ
Α
Δ
Ε Β'
Γ'
Α'
Δ'
Ε'
Β
Γ
Α
Δ
Ε
Β
Γ
Α
Δ
Ε Β'
Γ'
Α'
Δ'
Ε'
3. Φέρνουμε τη ΒΔ. Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΕΒ∆
και ΕΓ∆
έχουμε: ΕΒ Β∆ ∆Ε2 2 2= − και ΕΓ ∆Γ ∆Ε2 2 2= − αντίστοιχα, από τις οποίες με αφαίρεση κατά μέλη προκύπτει: ΒΕ ΓΕ Β∆ ∆Γ
ΒΕ ΓΕ Β∆ Α∆
2 2 2 2
2 2 2 2 1− = − ⇔
⇔ − = − ( ),αφού το Δ είναι μέσον της ΑΓ. Από την (1) και επειδή το Α∆Β
είναι ορθογώνιο προκύπτει ΒΕ ΓΕ ΑΒ ΓΕ ΑΒ ΒΕ2 2 2 2 2 2− = ⇔ + = (2).Είναι φανερό ότι ∆Β ΕΒ> .Από την (2) προκύπτει ότι ΒΕ ΓΕ> οπότε ∆Β ΕΒ ΕΓ> > .
4. i) Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒ∆
και ′ ′ ′Α Β ∆
έχουμε:µ γβ
β2 2
2
4= +
και µ γβ
β′ = ′ +′2 22
4 αντίστοιχα από τις οποίες, αφού µ µβ β= ′
προκύπτει: γ βγ
β22
22
4 4+ = ′ +
′ (1).
Όμοια, από τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΓΕ
και ′ ′ ′Α Γ Ε
και επειδή µ µγ γ= ′
προκύπτει β γβ
γ22
22
4 4+ = ′ +
′ (2).
Προσθέτοντας τις (1) και (2) κατά μέλη βρίσκουμε:
54
54
2 2 2 2( ) ( )β γ β γ+ = ′ + ′ , από την οποία λαμβάνοντας υπόψη ότι
β γ α2 2 2+ = και ′ + ′ = ′β γ α2 2 2, προκύπτει ότι α α= ′ .
ii) Είδαμε ότι β γ β γ2 2 2 2+ = ′ + ′ (3). Αφαιρώντας από την (3) την (1) προκύπτει 34
34
2 2β β= ′ , δηλαδή β β= ′. Επειδή πλέον τα τρίγωνα ΑΒΓ
και ′ ′ ′Α Β Γ
είναι ορθογώνια και έχουν τις κάθετες πλευρές ίσες, είναι ίσα.
5. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΕΓ
έχουμε: α2 2 2= +ΒΕ ΕΓ (1).
22-0017-02.indd 129 1/11/2013 5:03:22 μμ
130
9.1-9.2
Επίσης από το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΕΑ
έχουμε: γ2 2 2= +ΒΕ ΑΕ (2). Επειδή β γ= θα είναι β γ2 2 2 2= = +ΒΕ ΑΕ (3). Προσθέτοντας τις (1), (2) και (3) κατά μέλη προκύπτει ότι:α β γ2 2 2 2 2 23 2+ + = + +ΒΕ ΑΕ ΓΕ .
Σύνθετα Θέματα
1. i) Έχουμε: ΑΒΑΓ
Β∆∆Γ
2
2 = (1),
αφού ˆ 1Α = και Α∆ ⊥ ΒΓ. Επίσης, από τα ορθογώνια τρίγωνα ∆ΑΒ
και ∆ΑΓ
έχουμε αντίστοιχα: Β∆ ΑΒ ΕΒ2 = ⋅ (2) και ∆Γ ΑΓ ΖΓ2 = ⋅ (3).Από (1), (2) και (3) έχουμε:
Α
Β
ΒΕΑ
Ζ Δ
Γ
Α
Γ
E
Β
γ
α
β
ΕΓ
ΛΑΚ
Δ
Δ
ΓΚΒ
Μ Ν
Α
Β
ΒΕΑ
Ζ Δ
Γ
Α
Γ
E
Β
γ
α
β
ΕΓ
ΛΑΚ
Δ
Δ
ΓΚΒ
Μ Ν
ΑΒΑΓ
Β∆∆Γ
ΑΒ ΕΒΑΓ ΖΓ
ΑΒΑΓ
ΒΕΓΖ
4
4
2
2
3
3= =⋅⋅
⇔ = .
ii) Από τα ορθογώνια τρίγωνα ∆ΑΒ
και ∆ΑΓ
έχουμε:Α∆ ΑΒ ΑΕ2 = ⋅ και Α∆ ΑΓ ΑΖ2 = ⋅ από τις οποίες προκύπτει Α∆ ΑΒ ΑΓ ΑΕ ΑΖ4 = ⋅ ⋅ ⋅ (1). Αλλά ΑΒ ΑΓ ΒΓ Α∆⋅ = ⋅ (2). Από (1), (2) προκύπτει το ζητούμενο.
2. i) Φέρνουμε Λ∆ ΒΚ⊥ . Τότε ΚΛ = +R ρ, Κ∆ = −R ρ και ∆Λ ΒΓ= . Από το ορθογώνιο τρίγωνο ∆ΚΛ
έχουμε:∆Λ ΚΛ ∆Κ2 2 2
2 2 4= − =
= + − − = ⇔( ) ( )R R Rρ ρ ρ
⇔ =∆Λ 2 Rρ, δηλαδή ΒΓ = 2 Rρ.ii) Σύμφωνα με το i) έχουμε ΒE R= 2 σ
και E RΓ = 2 σ , οπότε από την προφανή σχέση ΒΓ ΒΕ ΕΓ= + προκύπτει R R Rρ σ σ= + από την οποία με διαίρεση με το Rρσ προκύπτει το ζητούμενο.
3. i) Επειδή Ν μέσον ΑΓ και ΜΝ//ΚΓ, το Μ είναι μέσον του ΑΚ, δηλαδή στο τετρά-πλευρο ΑΒΚΔ οι διαγώνιοι διχοτομούνται και αφού ˆ 90Α = , αυτό είναι ορθογώνιο.
ii) Έχουμε διαδοχικά:∆Γ ΑΒ ∆Γ ∆Κ ΚΓ2 2 2 2 2− = − = (από το ορθογώνιο τρίγωνο Κ∆Γ
) =
22-0017-02.indd 130 1/11/2013 5:04:54 μμ
131
9.4
2 2(2 ) 4= ΜΝ = ΜΝ , δηλαδή 2 2 24∆Γ − ΑΒ = ΜΝ .
4. Επειδή 2α
αµ = , έχουμε: 2 2
2
2 2
2 2
µ βγ α βγ
β γ βγα ≥ ⇔ ≥ ⇔
⇔ + ≥
(γιατί ˆ 90Α = ) 2( ) 0⇔ β− γ ≥ που ισχύει. Το ′′=′′ όταν β = γ.
Α
Α
Zφ
φ45ο
45οΟ Η
Δ
Δ
Γ
Γ
Β
Β
5. Φέρνουμε ΓΖ, ∆Η ⊥ ΑΒ και τις ΟΓ και ΟΔ. Το τρίγωνο ΟΓ∆
είναι ισοσκελές και επομένως ˆˆΟΓ∆ = Ο∆Γ = ϕ. Η γωνία ˆ∆ΟΗ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΟΕ∆
, οπότε ˆ 45∆ΟΗ = + ϕ .Έτσι τα ορθογώνια τρίγωνα ΖΓΟ
και Η∆Ο
έχουν: ˆ ˆ 90Ζ = Η = , ˆ ˆ45∆ΟΗ = + ϕ = ΟΓΖ και ( R)Ο∆ = ΟΓ = , άρα είναι ίσα και επομένως ΓΖ = ΟΗ (1). Έχουμε: 2 2 2 2 2 22 2 2( )ΓΕ + ∆Ε = ΓΖ + ∆Η = ΟΗ + ∆Η (από την (1)) 2 22 2R= ⋅Ο∆ = , δηλαδή 2 2 22RΓΕ + ∆Ε = .
6. Από την ομοιότητα των τριγώνων ∆ΑΒ
και ΑΒΓ
έχουμε ότι: 2 2
2 2
x xγ γ= ⇔ =
α ω α ω (1).
Όμοια, από την ομοιότητα των τριγώνων ∆ΑΓ
και ΑΒΓ
βρίσκουμε ότι 2 2
2 2
yβ=
α ω (2).
Προσθέτοντας τις (1), (2) κατά μέλη και λαμβάνοντας υπόψη ότι 2 2 2α = β + γ προκύπτει ότι 2 2 2x y+ = ω .
§ 9.4Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Επειδή β − γ < α < β + γ (τριγωνική ανισότητα) υπάρχει τρίγωνο. Η μεγαλύ-τερη γωνία είναι η Α και αφού 2 2 2α < β + γ θα είναιΑ <1ˆ . Άρα το τρίγωνο είναι οξυγώνιο.
2. Ναι, υπάρχει, αφού ισχύει η τριγωνική ανισότητα. Έχουμε επίσης ότι:
2 2 15 15 15 15( )( )( ) 6 5 46 2 2 2 2α
υ = τ τ − α τ −β τ − γ = − − − = α
22-0017-02.indd 131 31/10/2013 5:54:20 μμ
132
Α
Α
B
Γ
Δ
30ο
Δ
ΓΒ
9.4
1 15 3 5 7 1 15 7 5 73 2 2 2 2 3 4 4
= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = .
Όμοια 3 72βυ = , 15 7
8γυ = .
3. Έχουμε 2 4 2 3β = + , 2 2α = , 2 4γ = . Άρα 2 2 2β > α + γ , οπότε ˆ 90Β > . Στο τρίγωνο ΑΒΓ
είναι ˆ 90Α > , οπότε 2 2 2 2α = β + γ − βΑ∆ ⇔
3 31 3+
⇔ Α∆ =+
3(1 3) 31 3
+⇔ Α∆ = ⇔ Α∆ =
+. (1)
Στο τρίγωνο ΑΒ∆
είναι 2 2 2 2 1 1Β∆ = ΑΒ − Α∆ ⇔ ∆Β = ⇔ Β∆ = .Επειδή 2ΑΒ = γ = και 1Β∆ = είναι ˆ 30Α = .2ος τρόπος:Από το νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΓ
προκύπτει ότι:2 2 2 2 2 2(1 3) 2 ( 2) 6 2 3 2 3( 3 1) 3
2 22(1 3) 2 4(1 3) 4(1 3)β + γ − α + + − + +
συνΑ = = = = =βγ + ⋅ + +
Άρα ˆ 30Α = .
4. Είναι ˆ 60Α = , οπότε από το Νόμο των συνημιτόνων έχουμε: 2 2 2 ˆ2ΒΓ = ΑΒ + ΑΓ − ΑΒ⋅ΑΓσυνΑ⇔
2 116 25 2 4 5 21cm2
⇔ΒΓ = + − ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ ΒΓ = .
22-0017-02.indd 132 6/2/2014 3:22:23 µµ
133
9.4
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Ελέγχουμε αρχικά το είδος του τριγώνου. Είναι 2 144ΑΓ = , 2 49ΒΓ = , 2 81ΑΒ = . Επειδή 2 2 2ΑΓ > ΑΒ + ΒΓ θα είναι ˆ 90Β > .Έστω ΒΔ η προβολή της ΒΓ πάνω στην ΑΒ. Επειδή ˆ 90Β > έχουμε:
2 2 2 2ΑΓ = ΑΒ + ΒΓ + ΑΒ ⋅Β∆ ⇔2 2 2 144 81 49 14
2 18 8ΑΓ − ΑΒ −ΒΓ − −
⇔ Β∆ = = = ⇔ΑΒ
7 cm9
⇔Β∆ = .
2. Εφαρμόζουμε το γενικευμένο Πυθα-γόρειο στα τρίγωνα ΑΓ∆
και Β∆Γ
με την υπόθεση ότι ˆˆ , 1Γ ∆ < . Αν μία από τις Γ, ∆ ήταν αμβλεία η απόδειξη είναι ανάλογη.Τότε: 2 2 2 2ΑΓ = Α∆ + ∆Γ − Γ∆ ⋅∆Ε
2 2 2 2Β∆ = ΒΓ + ∆Γ − ∆Γ ⋅ ΖΓ
Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε ότι: 2 2 2 2 2 ( )ΑΓ + Β∆ = Α∆ + ΒΓ + ∆Γ ∆Φ − ∆Ε − ΖΓ =
2 2 2 22 2= Α∆ + ΒΓ + ⋅Γ∆ ⋅ΕΖ = Α∆ + ΒΓ + ⋅ΑΒ ⋅Γ∆.
3. Εφαρμόζοντας το θεώρημα οξείας γωνίας στο τρίγωνο ΑΒΓ
έχουμε ότι:2 2 2 2 ′β = α + γ − γ ⋅ΒΓ
2 2 22 ′γ = α + β − β ⋅ΓΒ . Προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο.
4. Στο τρίγωνο ΒΓ∆
είναι ˆ 90Γ > , οπότε:
2 2 2 2ΒΓ=Γ∆
Β∆ = ΒΓ + Γ∆ + Γ∆ ⋅ΑΓ ⇔2 22 2⇔Β∆ = ΒΓ + ΒΓ ⋅ΑΓ ⇔2 2 ( )
ΒΓ=Γ∆
⇔ Β∆ = ΒΓ ΒΓ + ΑΓ ⇔2 2⇔Β∆ = ΒΓ ⋅Α∆.
Α
B
B
Δ Ε Ζ
Γ
Γ
Α
Α Β
Γ' B'
ΔΑ Γ
Δ
ΓΒ
22-0017-02.indd 133 6/2/2014 3:23:25 µµ
134
9.4
5. Στο τρίγωνο ΒΕΓ
είναι ˆ 90Γ < , οπότε: 2 2 2 2ΒΕ = ΕΓ + ΒΓ − ΒΓ ⋅ ΖΓ ⇔
( 2 )⇔ (1)Φέρουμε ∆Η ⊥ ΒΓ.
Τότε τα τρίγωνα ∆ΒΗ
και ΕΖΓ
είναι ίσα ( ˆ ˆ 90Ζ = Η = , ˆ ˆΒ = Γ, ∆Η = ΕΖ), οπότε ΒΗ = ΖΓ. Άρα 2ΒΓ − ΖΓ = ΒΓ − ΖΓ −ΒΗ = ΗΖ = ∆Ε (2)
Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι 2 2ΒΕ = ΕΓ + ΒΓ ⋅∆Ε.
Σχόλιο:Το ΒΔΕΓ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Φέρνοντας δύο κατάλληλα ύψη δημιουργούνται ίσα τρίγωνα.
6. Έστω ότι υπάρχει. Πρέπει 2 2 2 2 25 4 3 (5 ) (4 3 ) 25 16 9 24α < β + γ ⇔ α < β + γ ⇔ α < β + γ + βγ
(διότι 2 2 2α = β + γ ) 2 2 29 16 24 0 (3 4 ) 0⇔ β + γ − βγ < ⇔ β − γ < άτοπο.Άρα δεν υπάρχει τρίγωνο με πλευρές 5α, 4β, 3γ.
Σύνθετα Θέματα
1. Στο ΑΒΓ
φέρνουμε το ύψος ΒΔ και εφαρμόζοντας το γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε:
2 2 2 2 2 22 2α = β + γ − β ⋅ Α∆ ⇔ α = β + β − β ⋅ Α∆ ⇔2 22 2⇔α = β − β ⋅ Α∆ (1)
Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒ∆
επειδή ˆ 30Α =
είναι 2β
Β∆ = , οπότε
2 22 2 2 3 3
2 4 2β β β Α∆ = β − ⇔ Α∆ = ⇔ Α∆ =
(2)
Από (1), (2) έχουμε: 2 2 2 232 2 (2 3) 2 32
βα = β − β ⋅ ⇔ α = β − ⇔ α = β − .
Α
300
ΖΗΒ Γ
ΕΔ
A
Β Γ
Δ
Α
300
ΖΗΒ Γ
ΕΔ
A
Β Γ
Δ
22-0017-02.indd 134 31/10/2013 5:54:22 μμ
135
9.5
2. Επειδή ΑΒ//ΓΔ είναι ΑΓ = Β∆ ⇔ ΑΓ = Β∆ (1). Στο τρίγωνο ΜΑΓ
είναι ˆ 90Α < (αφού 180ΒΓ < ), οπότε:
2 2 2 2ΜΓ =ΜΑ + ΑΓ − ΜΑ ⋅ΑΕ (2).Όμοια στο τρίγωνο ΜΒ∆
έχουμε:2 2 2 2Μ∆ =ΜΒ + Β∆ − ΜΒ ⋅ΒΗ (3).
Το ΑΓΔΒ είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε ΑΕ = ΒΗ (4).Προσθέτουμε κατά μέλη τις (2) και (3) και έχουμε:
(1)2 2 2 2 2 2
(4)2 2ΜΓ +Μ∆ =ΜΑ +ΜΒ + ΑΓ + Β∆ − ΜΑ ⋅ΑΕ − ΜΒ ⋅ΒΗ⇔
2 2 2 2 22 2 ( )⇔ΜΓ +Μ∆ =ΜΑ +ΜΒ + ΑΓ − ΑΕ ΜΑ +ΜΒ ⇔
2 2 2 2 22( )⇔ΜΓ +Μ∆ =ΜΑ +ΜΒ + ΑΓ − ΑΕ ⋅ΑΒ ⇔
2 2 2 2⇔ΜΓ +Μ∆ =ΜΑ +ΜΒ διότι 2ΑΓ = ΑΒ ⋅ΑΕ
επειδή ˆ 90ΑΓΒ = και ΓΕ ύψος του ορθογωνίου τριγώνου ΑΓΒ
.
3. Από την ισότητα 3 3 3α = β + γ προκύπτει ότι α > β και α > γ. Άρα η γωνία Α είναι η μεγαλύτερη γωνία του τριγώνου, οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι είναι οξεία.
Έχουμε α > βα > γ
συνεπώς 2 3
2 3
αβ > β
αγ > γ οπότε 2 2 3 3αβ + αγ > β + γ
ή 2 2 3( )α β + γ > α ή 2 2 2β + γ > α ή ˆ 90Α < .
§ 9.5Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. i) Από το 1ο θεώρημα διαμέσων έχουμε:2
2 2 2 2 2 2 22 2 2 42α α
αβ + γ = µ + ⇔ β + γ = µ + α ⇔
2 2 2 2 2 492 2 4 2 49 2 36 44α⇔ α = β + γ − µ ⇔ α = ⋅ + ⋅ − ⇔
2 121 11⇔α = ⇔ α = .
Α
Μ Η
Γ
Ε
Δ
A Β
Β Δ Μ Γ
Α
Μ Η
Γ
Ε
Δ
A Β
Β Δ Μ Γ
22-0017-02.indd 135 6/2/2014 3:25:06 µµ
136
9.5
ii) Έστω ΜΔ η προβολή της διαμέσου μα στη ΒΓ. Από το 2ο θεώρημα διαμέσων έχουμε:
β γ αβ γ
α2 2
2 2
22
49 3622
1322
− = ⋅ ⇔ =−
⇔ =−
=Μ∆ Μ∆ Μ∆ .
2. Είναι 2 2 2 2 2
2 2 2 2( )4 4α
β + γ − α β + γ − αµ + βγ = + βγ = .
Αρκεί 2 2 22( )
4 4β + γ − α α
> ή 2 2( )β + γ > α ή β + γ > α, που ισχύει.
3. Από το θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ΜΓ∆
έχουμε: 2
2 2 222
Γ∆ΜΓ +Μ∆ = ΜΟ + ή
22 2 2R5 2R 10 5R R 2 R 2
2= + ⇔ = ⇔ = ⇔ = .
4. i) Από τους τύπους των διαμέσων έχουμε:2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 24 4 4α β γ
β + γ − α α + γ −β α + β − γµ + µ + µ = + + =
2 2 22 2 23 3 3 3 ( )
4 4α + β + γ
= = α + β + γ .
ii) Επειδή Θ βαρύκεντρο είναι: 23 αΘΑ = µ , 2
3 βΘΒ = µ , 23 γΘΓ = µ .
Άρα από το (i) ερώτημα προκύπτει ότι:2 2 2
2 2 2 2 2 22 2 2 4 ( )3 3 3 9α β γ α β γ
ΘΑ + ΘΒ +ΘΓ = µ + µ + µ = µ + µ + µ =
2 2 2 2 2 24 3 1( ) ( )9 4 3
= ⋅ α + β + γ = α + β + γ .
Σχόλιο:
Αν το τρίγωνο είναι ορθογώνιο ( ˆ 90Α = ) τότε 2 2 2β + γ = α , οπότε2 2 2 23
2α β γµ + µ + µ = α .
Α B
Μ
Γ Ο Δ
22-0017-02.indd 136 13/3/2014 11:36:36 πµ
137
9.5
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. ΣτοτρίγωνοΑΒΓ
( ˆ 90Α < ),οπότεαπότο γενικευμένοπυθαγόρειοθεώρημαείναι:
2 2 2 2
ά2
α = β + γ − β ⋅Α∆⇔γ
Αλλ Α∆ =
2 2 2α = β + γ −βγ (1)
ΣτοτρίγωνοΑΒΓ
(AMδιάμεσος)
⇔ +
⇔
= + ⇔ + =
= + ⇔ + = + + −
β γ µα
β γ
µ α β γ µ β γ βγ
α
α α
2 2 22
2 2
2 21
2 2 2 2 2
22
2 2
4 2 2 4( )
⇔ = + + ⇔ =+ +
⇔ = ⇔ =4 25 9 154
494
72
2 2 2 2 2 2µ β γ βγ µ µ µα α α α .
2.ΑνΜείναιτομέσοτηςΒΓ,τότεαπότοτρίγωνο∆ΒΓ
(ΔΜδιάμεσος)είναι:∆Γ ∆Β ΒΓ ΕΜ2 2 2− = ⋅ (1)ΕπειδήΔΕ//ΑΜ(αφούΑΜ ΒΓ⊥ ) είναι:
Από(1),(2)έχουμε:∆Γ ∆ΒΒΓ Α∆
ΑΒ2 2
2
− =⋅ .
3.i)ΦέρνουμετιςδιαγωνίουςΑΓ,ΒΔ.ΣτοτρίγωνοΜΑΓ
(ΜΟδιάμεσος):2
2 2 222
ΑΓΜΑ +ΜΓ = ΜΟ + (1)
ΑλλάΑΓ = Β∆ (3)
Από(1),(2),(3)έχουμε:2 2 2 2ΜΑ +ΜΓ =ΜΒ +Μ∆ .
ii)Απόi)έχουμε:2 2 2 2 21 3 2ΜΑ +ΜΓ =ΜΒ +Μ∆ ⇔ + = +Μ∆ ⇔
2⇔Μ∆ = .
Α
Α
Α B
ΓΔ
O
Μ
Δ
Δ
B
B
Μ
E Μ
Γ
Γ
600
ΕΜΑ∆
ΒΜΑΒ
ΕΜΑ∆
ΒΓΑΒ
ΕΜΒΓ Α∆
ΑΒ
= ⇔ = ⇔
⇔ =⋅
2
22( )
22-0017-02.indd 137 1/11/2013 5:19:42 μμ
138
9.5
Άρα, αφού 2ΜΒ =Μ∆ = , το Μ θα βρίσκεται στη μεσοκάθετο του ΒΔ, δηλαδή στην ΑΓ. Επομένως από το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΓ
είναι:2 2 2α + α = ΑΓ ⇔
4. Από το 1o θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ΑΒΓ
έχουμε:2
2 2 222
ΑΓΑΒ + ΒΓ = ΒΜ + (1).
Όμοια στο τρίγωνο Α∆Γ
έχουμε:2
2 2 222
ΑΓΓ∆ + ∆Α = ∆Μ + (2).
Με πρόσθεση κατά μέλη των (1) και (2) προκύπτει ότι:2 2 2 2 2 2 22( )ΑΒ + ΒΓ + Γ∆ + ∆Α = ΒΜ + ∆Μ + ΑΓ (3).
Αλλά στο τρίγωνο ΒΜ∆
η ΜΝ είναι διάμεσος, οπότε:2
2 2 222
Β∆ΒΜ + ∆Μ = ΜΝ + (4).
Από τις (3) και (4) προκύπτει ότι:
Α
Α Β
ΓΔ
Δ
Μ
Ε
ΓΑ
Β
ΝM
1
α α
α
α
Μ
Β
Δ Γ
2
3
2 2 2 2 2 2 24ΑΒ + ΒΓ + Γ∆ + ∆Α = ΑΓ + Β∆ + ΜΝ
Σχόλιο:
Αν το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο τα Μ και Ν ταυτίζονται. Άρα 2 2 2 2 2 2ΑΒ + ΒΓ + Γ∆ + ∆Α = ΑΓ + Β∆, δηλαδή «το άθροισμα των τετρα-γώνων των τεσσάρων πλευρών του ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των διαγωνίων».
5. Φέρουμε τη διάμεσο AM στο τρίγωνο Α∆Ε
. Επειδή Β∆ = ΕΓ η AM θα είναι διάμεσος και στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ
.
Άρα 2ΒΓ
ΑΜ = (1).
Από την υπόθεση έχουμε ότι 3ΒΓ
Β∆ = ∆Ε = ΕΓ = (2).
Επομένως: 2 (1)
2 2 2
(2)2
2ΒΕ
Α∆ + ΑΕ = ΑΜ + ⇔
( )22 22 1 3 2 4 2 3
2 3.
⇔ α = + ⇔ α = + ⇔
⇔α = +
22-0017-02.indd 138 6/2/2014 3:28:28 µµ
139
9.5
⇔ + =
+
= + =Α∆ ΑΕΒΓ
ΒΓΒΓ ΒΓ
ΒΓ2 22
2
2 222
232 2 18
59
.
6. Από το 1ο θεώρημα διαμέσων έχουμε:
β γ µα
αµ µα
αµ µ αα α α α α2 2 2
22
22 22
22 2
24 4+ = + ⇔ = + ⇔ = + ⇔
2 2 24 4 0 (2 ) 0 2 0
ˆ 902
α α α α
α
⇔ α − αµ + µ = ⇔ µ −α = ⇔ µ −α = ⇔α
⇔µ = ⇔ Α =
Σύνθετα Θέματα
1. Έστω το τραπέζιο με βάσεις 8ΑΒ = , 6Γ∆ = και μη παράλληλες πλευρές 5Α∆ = και 6ΒΓ = . Αν Ε και Ζ τα μέσα των ΓΔ και ΑΒ αντίστοιχα πρέπει να υπολογίσουμε το μήκος ΕΖ.Φέρουμε ΕΗ//ΑΔ και ΕΚ//ΒΓ, όπως στο σχήμα. Τότε 5ΕΗ = , 6ΕΚ = ,
2ΗΚ = ΑΒ − ΑΗ −ΚΒ = και ΕΖ διάμεσος του τριγώνου ΕΗΚ. Επομένως από τους τύπους των διαμέσων προκύπτει ότι:
2 2 22 2 2 2 25 2 36 4
4 4ΕΗ + ΕΚ −ΗΚ ⋅ + ⋅ −
ΕΖ = = =
118 29,5 5,454
= = ⇔ ΕΑ ≈ .
Άρα το μήκος του δρόμου είναι 5,45Km και η διάνοιξη κοστίζει 2725 ευρώ.
2. Έστω Ο το μέσο της ΜΝ, τότε έχουμε ότι:2
2 2 222
ΑΓΟΑ +ΟΓ = ΟΝ +
ΟΑ ΟΒ ΟΜΑΒ2 2 2
2
22
+ = +
και αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε ότι:2 2
2 2
2ΑΓ − ΑΒ
ΟΓ −ΟΒ = .
Δ
5 5
3
3
3
1 13
66
Α
Α
ΟΜ Ν
Β Γ
Η Ζ Κ Β
Ε Γ
.
22-0017-02.indd 139 1/11/2013 5:24:11 μμ
140
9.5
3. Είναι:2 2
2 2 2 2 242MO 2 42 2
ΑΒ αΜΑ +ΜΒ = + = α + = α .
2 2 22 2 2 2 2 202 2
2 9 9Γ∆ α α
ΜΓ +Μ∆ = ΜΟ + = α + = .
Επομένως ισχύει ότι:2
2 2 2 2 569α
ΜΑ +ΜΒ +ΜΓ +Μ∆ = .
4. Στο τρίγωνο ΜΑΓ
(ΜΟ διάμεσος):2
2 2 222
ΑΓΜΑ +ΜΓ = ΜΟ + (1)
Στο τρίγωνο ΜΒΓ
(ΜΟ διάμεσος):2
2 2 222
ΒΓΜΒ +ΜΓ = ΜΟ + (2)
Από (1), (2) και υπόθεση με πρόσθεση
κατά μέλη έχουμε:2 2
2 218 4( )2
ΑΓ + Β∆α = λα + (3)
Αλλά στο τρίγωνο ΑΟΒ
έχουμε 2 2 2ΑΒ = ΑΟ +ΟΒ (γιατί;) 2 2 2 2
2 224 4 2
ΑΓ Β∆ ΑΓ + Β∆⇔ α = + ⇔ α = (4)
Από (3), (4) είναι: 2 2 2 2 2 2 2 218 4 2 16 4 4 2α = λ α + α ⇔ α = α λ ⇔ λ = ⇔ λ = .
5. Εφαρμόζοντας το θεώρημα των διαμέσων έχουμε ότι:2
2 2 222
ΑΓΡΑ + ΡΓ = ΡΟ +
22 2 22
2Β∆
ΡΒ + Ρ∆ = ΡΟ +
και αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε:2 2 2 2( ) ( )ΡΑ − ΡΒ + ΡΓ − Ρ∆ =
2 2 2 223
2 2 2 2ΑΓ Β∆ α α
= − = − = α .
( )ΑΓ 2 3⊥ Β∆ και ΑΓ = ΑΟ = α
Α
Α
Γ
ΒΔ
ΑΡ
Δ
Γ
Β Ο
Γ ΔΒ
Μ
Μ
Ο
Ο
α α
22-0017-02.indd 140 31/10/2013 5:54:27 μμ
141
9.7
§ 9.7Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Επειδή 6ΑΚ > το Α είναι εξωτερικό σημείο του κύκλου. Άρα 2 2ΑΒ ⋅ΑΓ = ΑΚ −ρ . Έστω AB = x τότε x 6ΑΓ = + , οπότε
2 2 2x(x 6) 14 6 x 6x 160 0+ = − ⇔ + − = απ’ όπου προκύπτει ότι x 10ΑΒ = = .
2. Επειδή Μ, Ν μέσα είναι Ε μέσο ΑΔ
και 2Β∆
ΜΕ = , 2∆Γ
ΝΕ = .
Οπότε από το θεώρημα τεμνόμενων χορδών είναι:
2 2 2 2Α∆ Α∆ Β∆ ∆Γ
ΑΕ ⋅Ε∆ = ΜΕ ⋅ΕΝ ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔
2⇔ Α∆ = ∆Β ⋅∆Γ .
3. Είναι ΡΑ ⋅ΡΒ = ΡΓ ⋅Ρ∆ και ΡΑ Ρ∆=
ΡΒ ΡΓ,
οπότε 2 2ΡΑ = Ρ∆ ή ΡΑ = Ρ∆ και ΡΒ = ΡΓ.
4. Έστω Ρ το σημείο τομής των ΓΔ και ΑΒ. Τότε είναι 2 2ΡΑ = ΡΓ ⋅Ρ∆ = ΡΒ ή ΡΑ = ΡΒ.
Α
Γ
Κ Β
x14
6
Α
ΔΒ Γ
ΜΕ
Ν
Ρ
Δ
ΒΑ
Γ
ΑΒΡ
Γ
Δ
(Κ )1 (Κ )2
22-0017-02.indd 141 31/10/2013 5:54:27 μμ
142
9.7
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. i) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΕ
έχουμε:2 2
2 2 2 2 52 4α α ΒΕ = ΑΒ + ΑΕ = α + = ⇔
5
2α
⇔ ΒΕ = .
ii) Οι χορδές ΑΔ και ΒΖ τέμνονται στο Ε,
οπότε ΑΕ ⋅Ε∆ΒΕ ⋅ΕΖ = ΑΕ ⋅Ε∆ ⇔ ΕΖ = ⇔
ΒΕ
52 2105
2
α α⋅ α
⇔ ΕΖ = ⇔ ΕΖ =α
.
Επομένως 552
αΕΖ = = ΒΕ.
2. Στο τρίγωνο ΑΒ∆
η ΑΕ είναι διχοτόμος, οπότε ΕΒ ΑΒ=
Ε∆ Α∆ (1).
Όμοια στο τρίγωνο ΑΓ∆
είναι ΖΓ ΑΓ=
Ζ∆ Α∆ (2).
Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη
προκύπτει ότι 2
ΕΒ ⋅ ΖΓ ΑΒ ⋅ΑΓ=
Ε∆ ⋅ Ζ∆ Α∆.
Αλλά 2ΑΒ ⋅ΑΓ = Α∆ (τέμνουσα και εφαπτόμενη),
οπότε 1ΕΒ ⋅ ΖΓ= ⇔ ΕΒ ⋅ ΖΓ = Ε∆ ⋅ Ζ∆
Ε∆ ⋅ Ζ∆.
3. i) Οι χορδές ΑΕ και ΒΓ τέμνονται στο Μ,
οπότε
ii) Από το 1ο θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο
ΑΒΓ
έχουμε:2 (1)
2 2 222
ΒΓΑΒ + ΑΓ = ΑΜ + ⇔
Β
Α
Ζ Δ
Ε
Γ
Α
Γ
Δ
Α
Β ΓΜ
Ε
Ζ
Β
Ε
22 2
(1).4
ΒΓ ΒΓΑΜ ⋅ΜΕ = ΒΜ ⋅ΜΓ = ⋅ ⇔
ΒΓ⇔ ΑΜ ⋅ΜΕ =
22-0017-02.indd 142 1/11/2013 5:26:48 μμ
143
9.7
2 2 22 2⇔ ΑΒ + ΑΓ = ΑΜ + ΑΜ ⋅ΜΕ =2 ( ) 2= ΑΜ ΑΜ +ΜΕ = ΑΜ ⋅ΑΕ.
4. Φέρνουμε ΟΜ, οπότε ΟΜ ⊥ ΑΒ (γιατί;) άρα το τετράπλευρο ΓΝΗΜ είναι εγγράψιμο (γιατί), οπότεΟΝ ⋅ΟΓ = ΟΗ ⋅ΟΜ (1).Αλλά το ΟΑΜ
είναι ορθογώνιο στο Α και ΑΗ ύψος, οπότε 2ΟΗ ⋅ΟΜ = ΟΑ (γιατί;)
(1)2R⇔ΟΝ ⋅ΟΓ = .
5. Φέρνουμε ΒΗ. Είναι ˆ 90ΒΗΓ = , οπότε το τετράπλευρο ΒΔΜΗ είναι εγγράψιμο (γιατί;)Άρα ΓΜ ⋅ΓΗ = Γ∆ ⋅ΓΒ (1)Επειδή ΑΒΓ ορθογώνιο και ΑΔ ύψος, είναι: 2ΓΑ = ΓΒ ⋅Γ∆ (2) (γιατί;)Από (1), (2) έχουμε 2ΓΜ ⋅ΓΗ = ΓΑ .
Σύνθετα Θέματα
1. Είναι 2∆Β ⋅∆Γ = Α∆ ⋅∆Ε⇔ Α∆ = Α∆ ⋅∆Ε⇔ Α∆ = ∆Ε (1)
Τα τρίγωνα ∆ΕΓ
και ΑΕΓ
είναι όμοια
(γιατί;) οπότε: 2∆Ε ΕΓ= ⇔ ∆Ε ⋅ΑΕ = ΕΓ ⇔
ΕΓ ΑΕ(1)
2 2 222ΑΕ
⇔ ⋅ΑΕ = ΕΓ ⇔ ΑΕ = ΕΓ .
Α
Α
Β
Ο
ΝΗ
ΓΜ
(ε)
Η
Β
Α
Ε
Β
1
1
2
ΓΔ
ω
ω
ΓΔ
Μ
22-0017-02.indd 143 31/10/2013 5:54:28 μμ
144
9.7
2. Στο τρίγωνο ΑΒΓ
, AM διάμεσος, οπότε:2 2 2
2 2 2 2 2 23 32 2 22 2 4 2α α α α
α α α αβ + γ = µ + ⇔ α − = µ ⇔ = µ ⇔ µ = (1)
ΑΔ, ΒΓ χορδές, άρα:ΑΜ ⋅Μ∆ = ΒΜ ⋅ΜΓ⇔
(1) 2 23 2 3
2
α α⋅ΒΜ ⋅ΜΓ α
⇔Μ∆ = ⇔Μ∆ = = ⇔ΑΜ α
36
α⇔Μ∆ = (2)
3. Είναι: 2
23 32 4γ γ
βµ = β⇔ µ = ⇔
2 2 2 2 2 2 22 2 3 2⇔ α + β − γ = β ⇔ β + γ = α (1)
Αν ΑΔ διάμεσος του τριγώνου ΑΒΓ
αρκεί να δείξουμε ότι 2∆Μ ⋅∆Α = ∆Β (γιατί;)
Έχουμε:2 2 2 2 2(1)
21 1 1 2 2 1 43 3 3 4 3 4α α α
β + γ − α α − α∆Μ ⋅∆Α = µ ⋅ µ = µ = ⇔∆Μ ⋅∆Α = ⇔
2221 3
3 4 2α α ⇔ ∆Μ ⋅∆Α = ⋅ ⇔ ∆Μ ⋅∆Α = ⇔ ∆Μ ⋅∆Α = ∆Β
.
4. Είναι ΒΕ ⋅ΒΑ = Β∆ ⋅ΒΜ και ΓΖ ⋅ΓΑ = ΓΜ ⋅Γ∆, οπότε διαιρώντας κατά μέλη έχουμε ότι:
1ΒΕ ΑΓ Β∆= ⋅ =
ΓΖ ΑΒ Γ∆
λόγω του Θεωρήματος των Διχοτόμων.
Α
Β
Δ
Α
B Δ
A
Ε
Β Γ
Ζ
Δ Μ
Γ
Μ
ΓΚ
Η Μ
22-0017-02.indd 144 31/10/2013 5:54:28 μμ
145
Γενικές Ασκήσεις
1.ΈστωΑΒ ⊥ Γ∆καιΚτοσημείοτομής τωνΑΒ,ΓΔ.Τότε 2 2 2ΑΓ = ΑΚ +ΚΓ ,
2 2 2Α∆ = ΑΚ +Κ∆ ,οπότε 2 2 2 2ΑΓ − Α∆ = ΚΓ −Κ∆ (1).ΌμοιαΒΓ2 –ΒΔ2 =ΚΓ2 –ΚΔ2 (2).Απότις(1)και(2)προκύπτειότι 2 2 2 2ΑΓ − Α∆ = ΒΓ −Β∆ . Αντίστροφα:Έστωότι
2 2 2 2ΑΓ − Α∆ = ΒΓ −Β∆ .Τότε( )( ) ( )( )ΑΓ + Α∆ ΑΓ − Α∆ = ΒΓ + Β∆ ΒΓ −Β∆ απ’όπουπροκύπτειότιοιδιαφορέςΑΓ − Α∆ καιΒΓ −Β∆είναιομόσημες.ΆρατασημείαΑ,Βανήκουνστοίδιοημιεπίπεδοωςπροςτηνμεσοκάθετο(ε)τουΓΔ,οπότεοιπροβολέςτουςΚκαιΚ′βρίσκονταιπροςτοίδιομέροςτουμέσουΜτουΓΔ.Απότο2oθεώρημαδιαμέσωνπροκύπτειότι 2 2 2ΑΓ − Α∆ = Γ∆ ⋅ΜΚ και 2 2 2 ′ΒΓ − Β∆ = Γ∆ ⋅ΜΚ . Επομένως 2 2 ′Γ∆ ⋅ΜΚ = Γ∆ ⋅ΜΚ ,δηλαδή ′ΜΚ =ΜΚ .Άρα ′Κ ≡ Κ ,οπότεΑΒ ⊥ Γ∆.
2. ΈστωότιηΑΔτέμνειτονκύκλοστοΕ.ΟιχορδέςΑΕκαιΒΓτέμνονταιστοΔ,οπότε: ( )Α∆ ⋅∆Ε = Β∆ ⋅∆Γ ⇔ Α∆ ΑΕ − Α∆ = Β∆ ⋅∆Γ ⇔
2 2⇔ Α∆ ⋅ΑΕ − Α∆ = Β∆ ⋅∆Γ ⇔ Α∆ ⋅ΑΕ = Α∆ + Β∆ ⋅∆Γ (1).ΑλλάτατρίγωναΑΒ∆
καιΑΕΓ
είναιόμοια( 1 2
ˆ ˆΑ = Α , ˆ ˆΒ = Ε),οπότε:Α∆ ΑΒ
= ⇔ Α∆ ⋅ΑΕ = ΑΒ ⋅ΑΓΑΓ ΑΕ
(2).
Απότις(1)και(2)προκύπτειότι2ΑΒ ⋅ΑΓ = Α∆ + Β∆ ⋅∆Γ.
Α
Β
K
Αε
Β
Α
1 2
ΒΔ Γ
Ε
ΔΚ'Γ Μ Κ
Γ Δ
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 145 4/11/2013 11:45:30 πμ
146
Σχόλιο:
Από την παραπάνω σχέση μπορούμε να υπολογίσουμε τη διχοτόμο Α∆ = δ συναρτήσει των πλευρών α, β και γ του τριγώνου. Πράγματι είναι
αγ∆Β =
β + γ, αβ∆Γ =
β + γ, οπότε
22
2( )α βγ
δ = βγ −β + γ
.
3. 1ος τρόπος: Υπολογίζουμε όλους τους όρους του συμπεράσματος συναρτήσει των πλευρών του τριγώνου.
Έχουμε:2 2 2
2 2 24
ΑΒ + ΑΓ −ΒΓΑΜ = (1)
22
2 4ΒΓ ΒΓ
ΒΜ = ⇔ ΒΜ = (2)
Επειδή ˆ 90Α < από το γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα προκύπτει ότι:
2 2 22 2 2 2
2ΑΒ + ΑΓ −ΒΓ
ΒΓ = ΑΒ + ΑΓ − ΑΓ ⋅Α∆ ⇔ Α∆ ⋅ΑΓ = (3)
Άρα ΑΜ ΒΜ Α∆ ΑΓΑΒ ΑΓ ΒΓ
ΒΓ ΑΒ ΑΓ ΒΓ
2 2
3
1 2 2 2 2
2 2 2 2
2 24
4 2
= + ⋅ ⇔+ −
=
= ++ −
⇔
( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 22 2 2 24 4
ΑΒ + ΑΓ −ΒΓ ΑΒ + ΑΓ −ΒΓ⇔ = , ισχύει.
2ος τρόπος: Ο κύκλος διαμέτρου ΒΓ διέρχεται από το Δ (αφού ˆ 90Β∆Γ = ). Άρα2 2 2 2
( , )ΑΜ ΒΜΑ∆ ⋅ΑΓ = ∆ ⇔ Α∆ ⋅ΑΓ = ΑΜ −ΒΜ ⇔ ΑΜ = ΒΜ + Α∆ ⋅ΑΓ.
4. i) Αν η ΑΔ δεν είναι κάθετη στη ΒΓ, μπορούμε να υποθέσουμε ότι είναι 1
ˆ 90∆ < και 2ˆ 90∆ > .
Από το γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο Α∆Β
προκύπτει ότι: 2 2 2 2ΑΒ = Α∆ + Β∆ − Β∆ ⋅Κ∆ ⇔ (πολλαπλασιάζουμε επί ΔΓ)
2 2 2 2∆Γ ⋅ΑΒ = ∆Γ ⋅Α∆ + ∆Γ ⋅Β∆ − Β∆ ⋅∆Γ ⋅Κ∆ (1)Όμοια από το τρίγωνο Α∆Γ
έχουμε:2 2 2 2ΑΓ = Α∆ + ∆Γ + ∆Γ ⋅Κ∆ ⇔ (πολλαπλασιάζουμε επί ΒΔ)
Α
Γ
A
Β1 2
ΓΚ Δ
BM
Δ
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 146 1/11/2013 5:29:43 μμ
147
2 2 2 2Β∆ ⋅ΑΓ = Β∆ ⋅Α∆ + Β∆ ⋅∆Γ + Β∆ ⋅∆Γ ⋅Κ∆ (2)Με πρόσθεση κατά μέλη των (1) και (2) παίρνουμε:
2 2 2( ) ( )Β∆ ⋅ΑΓ + ∆Γ ⋅ΑΒ = Β∆ + ∆Γ Α∆ + Β∆ ⋅∆Γ Β∆ + ∆Γ ⇔( )⇔ ΒΓ = Β∆ + ∆Γ .
2 2 2( )Β∆ ⋅ΑΓ + ∆Γ ⋅ΑΒ = ΒΓ Α∆ + Β∆ ⋅∆Γ .Εύκολα αποδεικνύεται ότι η πρόταση ισχύει και όταν Α∆ ⊥ ΒΓ.
ii) Αν ΑΒ = ΑΓ το Θ. Stewart γίνεται:2 2( ) ( )Β∆ + ∆Γ ΑΒ = ΒΓ Α∆ + Β∆ ⋅∆Γ ή 2 2ΑΒ = Α∆ + Β∆ ⋅∆Γ.
5. i) Έστω αΑΜ = µ , βΒΕ = µ , γΓΖ = µ και Θ το βαρύκεντρο. Από το 1o θεώρημα διαμέσων
έχουμε 2
2 2 222α
αβ + γ = µ + (1).
Πρέπει να υπολογίσουμε τη διάμεσο μα συναρτήσει της πλευράς α.Επειδή β γµ ⊥ µ το τρίγωνο ΒΘΓ είναι ορθογώνιο στο Θ με διάμεσο ΘΜ.
Άρα 12 3 2α
α αΘΜ = ⇔ µ =
(αφού Θ βαρύκεντρο) 32α
α⇔ µ = .
Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι β γα α
β γ α2 22 2
2 2 22 94 2
5+ = ⋅ + ⇔ + = .
ii) Επειδή ˆ 90Α < από το γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε:
(i)2 2 2 2α = β + γ − β ⋅ ΑΚ⇔
2 25 2⇔α = α − ΑΓ ⋅ΑΚ ⇔2 2 22 5 2⇔ ΑΓ ⋅ΑΚ = α − α ⇔ ΑΓ ⋅ΑΚ = α .
Επομένως αρκεί ΑΓ ⋅ΑΚ = ΑΗ ⋅Α∆, που ισχύει γιατί το τετράπλευρο ΗΔΓΚ είναι εγγράψιμο ( ˆ ˆ 90 90 180∆ +Κ = + = ).
6. Για να προκύψει το γινόμενο ΑΒ ⋅Α∆ εφαρμόζουμε γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΜ
. Έχουμε: 2 2 2 2ΒΜ = ΑΜ + ΑΒ − ΑΒ ⋅Α∆ ⇔
22 2 2
2ΒΓ ⇔ = ΑΜ + ΑΒ − ΑΒ ⋅Α∆ ⇔
2 2 24 4 8⇔ΒΓ = ΑΜ + ΑΒ − ΑΒ ⋅Α∆ (1)
Αλλά AM διάμεσος στο τρίγωνο ΑΒΓ
,
Α
Ζ Ε
Β
Α
ΒΔ
Α
Δ
Β Μ Γ
Γ
Η
Κ
Μ Γ
Θ
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 147 4/11/2013 11:46:07 πμ
148
οπότε: 2 2 2 24 2 2ΑΜ = ΑΒ + ΑΓ −ΒΓ (2).Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι:
2 2 2 2 22 2 4 8ΒΓ = ΑΒ + ΑΓ −ΒΓ + ΑΒ − ΑΒ ⋅Α∆ ⇔2 2 22 6 2 8⇔ ΒΓ = ΑΒ + ΑΓ − ΑΒ ⋅Α∆ ⇔
2 2 23 4⇔ΒΓ = ΑΒ + ΑΓ − ΑΒ ⋅Α∆.
7. Αν Μ το μέσο της ΒΓ έχουμε:2
2 2 222
ΒΓΑΒ + ΑΓ = ΑΜ + (1).
Επειδή έχουμε κύκλο μετασχηματίζουμε τη σχέση (1) και παίρνουμε
2 2 2 22 2ΑΒ + ΑΓ = ΑΜ + ΒΜ =
2 2 2 22 2 2 2(R )= ΑΜ + ΒΜ ⋅ΜΓ = ΑΜ + −ΟΜ =
2 2 2 2 22( ) 2R 2 2R= ΑΜ −ΟΜ + = ΟΑ + (γιατί ˆ 90ΜΟΑ = ).
Άρα 2 2 24RΑΒ + ΑΓ = , δηλαδή το άθροισμα 2 2ΑΒ + ΑΓ είναι σταθερό.
8. Αρκεί να αποδείξουμε ότι στο τρίγωνο Ε∆Η
ισχύει το πυθαγόρειο θεώρημα, δηλαδή
22 2 2 2 2 13R
4∆Ε + ∆Η = ΕΗ ⇔ ∆Ε + ∆Η = .
Από το 1o θεώρημα διαμέσων στα τρίγωνα
ΕΓ∆
και ∆ΗΓ
έχουμε:2 2
2 2 2 2 R2 2R2 2
Γ∆∆Ε + ΕΓ = ΟΕ + = + (1)
και2 2
2 2 2 2 RH H 2 H 2R2 2
Γ∆∆ + Γ = Ο + = +
(2).
Από τις (1) και (2) με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε:
2 2 2 2 25R ( )∆Ε + ∆Η = − ΕΓ + ΗΓ (3).
Αλλά ΕΗ = ΕΓ + ΓΗ, οπότε2 2 2 2ΕΗ = ΕΓ + ΓΗ + ΕΓ ⋅ΓΗ ⇔
Β ΓΜ
Ο Α
Ε
Η
Α ΒΟ ΔΓ
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 148 4/11/2013 11:47:09 πμ
149
2 2 2 2⇔ΕΓ + ΓΗ = ΕΗ − ΑΓ ⋅ΓΒ (αφού ΕΓ ⋅ΓΗ = ΑΓ ⋅ΓΒ) ⇔2 2
2 2 2 213R R 3R 7R24 2 2 4
⇔ΕΓ + ΓΗ = − ⇔ ΕΓ + ΓΗ = (4).
Από (3) και (4) προκύπτει ότι 2
2 2 13R4
∆Ε + ∆Η = .
Άρα ˆ 90Ε∆Η = .
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 149 31/10/2013 5:54:31 μμ
22-0017-02.indd 150 31/10/2013 5:54:31 μμ
10 ΚΕ
ΦΑ
ΛΑ
ΙΟ
ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ• Αν γνωρίζουμε το εμβαδόν ενός σχήματος το χρησιμοποιούμε
για να υπολογίσουμε κάποια στοιχεία του (ύψος, βάση κ.λπ.).(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 παράλληλη 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 1 2 3 4Ε ⋅Ε = Ε ⋅Ε συνήθως
την μετασχηματίζουμε σε λόγο εμβαδών .
(Ασκήσεις: § 10.5 Σύνθετα 3 - Γενικές 4).
22-0017-02.indd 151 1/11/2013 5:30:51 μμ
152
10.1-10.3
§ 10.1-10.3Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Έστω τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς 4α = . Είναι φανερό ότι ( ) . .,ΑΒΓ∆ = =α τµ2 16
( )∆ΑΖ = = =α2 34
16 34
4 3.
Φέρνουμε ΖΙ ΑΒ⊥ και ΖΗ Α∆⊥
τότε: ΖΙ ΑΗΑ∆
= = =2
2,
οπότε ( ) . .ΑΒΖ ΑΒ ΖΙ= ⋅ = ⋅ =12
124 2 4 τµ
Τα τρίγωνα ΑΒΖ
και ∆ΓΖ
είναι ίσα, οπότε και ισεμβαδικά και επομένως:
( ) ( ) ( ) ( )ΒΓΖ ΑΒΓ∆ ΑΒΖ Α∆Ζ= − − = − ⋅ = = −2 16 2 4 4 3 8 4 3.
2. Έχουμε: ( ) ( )ΑΜΒ ∆ΜΓ ΑΜ ΑΒ Μ∆ ∆Γ+ = ⋅ + ⋅ =
12
12
= + = ⋅ = ⋅ =12
12
1210 10 50( ) ,ΑΜ Μ∆ ΑΒ Α∆ ΑΒ
άρα το άθροισμα ( ) ( )ΑΜΒ ∆ΜΓ+ είναι Γ: 50 τ.μ.
3. α) Επειδή ˆ 60Α = και ˆ 90Ε = θα είναι 1ˆ 30Β =
, οπότε ΑΕ ΑΒ= =
23. Από το
ορθογώνιο τρίγωνο ΑΕΒ
με εφαρμογή Πυθαγορείου θεωρήματος έχουμε:υ υ µµβ β
2 2 2 36 9 27 3 3= − = − = ⇔ =ΑΒ ΑΕ . .
β) Έχουμε
γ) Είναι ΕΓ ΑΓ ΑΕ= − = − =8 3 5 και από το ΕΒΓ
βρίσκουμε
ΒΓ ΒΕ ΕΓ ΒΓ2 2 2 2 23 3 5 52 2 13= + = + = ⇔ =( ) . .µµ Αλλά
( ) . .ΑΒΓ ΒΓ= ⋅ ⇔ = ⋅ ⇔ = =12
12 3 132 13 12 3
1312 3913
υ υ υ µµα α α
ΒΙ
Α
ΓΖ
Η
Μ
Α
Β
υ
Γ
Ε6
60
1
8
Δ
Β Γ
Α Δ
O
β
( )
. .
ΑΒΓ ΑΓ ΒΕ= ⋅ =
= ⋅ =
12
128 3 3 12 3 τµ
22-0017-02.indd 152 31/10/2013 5:54:34 μμ
153
10.1-10.3
Β
Β
Α Ι
Β
Α
HΒ Σ Γ Ζ
Δ
ΘΗ Γ
Δ
Γ
Γ
Α
Ζ
Α Ε
β
υ
12
15
3m
20
υ
5
α Δ
Δ
4. Έστω α, β οι διαστάσεις του ορθογωνίου, τότε έχουμε 2 2 14 7α β α β+ = ⇔ + = (1)και α β2 2 25+ = (2)Υψώνοντας την (1) στο τετράγωνο και αξιοποιώντας την (2) έχουμε:
2 2 2 49
25 2 49 12,α +β + αβ = ⇔⇔ + αβ = ⇔ αβ =
δηλαδή το εμβαδόν του ορθογωνίου ΑΒΓΔ είναι 12 τ.μ.
5. α) Έχουμε ( ) . .ΑΒΓ∆ ΒΓ ΑΗ= ⋅ = ⋅ =10 5 50 τµ
β) Επειδή Α∆ = ΒΓ και ΑΕ = ΖΓ προκύπτει Ε∆ = ΒΓ, οπότε τα τραπέζια ΑΕΖΒ και ΕΖΓΔ έχουν ίσες βάσεις μία προς μία, δηλαδή
ΑΕ = ΖΓ και ΒΖ = Ε∆ και ίσα ύψη υ, οπότε:1 1( ) ( ) ( ) ( )2 2
ΑΕΖΘ = ΑΕ + ΒΖ ⋅ υ = ΖΓ + Ε∆ ⋅ υ = ΕΖΓ∆
δηλαδή έχουν ίσα εμβαδά. Τα τραπέζια αυτά δεν έχουν κοινά εσωτερικά σημεία, οπότε: ( ) ( ) ( ) 2( ) ( ) 50ΑΕΖΒ + ΕΖΓ∆ = ΑΒΓ∆ ⇔ ΑΕΖΒ = ΑΒΓ∆ = , άρα ( ) ( ) 25 . .ΑΕΖΒ = ΕΖΓ∆ = τµ
6. Από το Δ φέρνουμε κάθετη ΔΗ προς την ΒΓ. Τότε το ΑΒΗΔ είναι ορθογώνιο, οπότε 15ΒΗ = και επομένως
5 mΗΓ = ΒΓ −ΒΗ = . Από το ορθογώνιο τρίγωνοΗΓ∆
( ˆ 90Η = ) παίρνουμε:2 2 2 2 2 212 5 13 13∆Γ = ∆Η + ΗΓ = + = ⇔ ∆Γ = ,
οπότε το εμβαδόν της λωρίδας ΘΓΔΙ που αποκόπτει ο δρόμος είναι ( ) 13 3 39 . .ΘΓ∆Ι = ⋅ = τµ Το εμβαδόν του αρχικού οικοπέδου είναι:
1 1( ) ( ) (15 20) 12 210 . .2 2
ΑΒΓ∆ = Α∆ + ΒΓ ⋅ υ = + ⋅ = τµ , oπότε το εμβαδόν του
οικοπέδου ΑΒΘΙ που απομένει είναι ( ) 210 39 171 . .ΑΒΘΙ = − = τµ
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Φέρνουμε τα ύψη ΑΗ, ΔΖ των τριγώνων ΣΑΓ, ΣΒΔ που αντιστοιχούν στις πλευρές ΣΓ, ΣΒ αντίστοιχα. Τα ύψη αυτά, ως αποστάσεις των παραλλήλων ΑΔ και
22-0017-02.indd 153 1/11/2013 5:32:42 μμ
154
10.1-10.3
ΒΓ, είναι ίσα, δηλαδή ΑΗ = ∆Ζ, οπότε έχουμε:
( ) ( ) ( )
( ),
ΣΑΓ ΣΒ∆ ΣΓ ΑΗ ΣΒ ∆Ζ ΣΓ ΣΒ ΑΗ
ΒΓ ΑΗ ΑΒΓ
+ = ⋅ + ⋅ = + =
= ⋅ =
12
12
12
12
2. α) Τα τρίγωνα ΑΒΕ
και ΒΕΓ
έχουν κοινό το ύψος ΒΖ από την κορυφή Β και ίσες βάσεις ΑΕ και ΕΓ (αφού Ε μέσο της ΑΓ).
Επομένως 1 1( ) ( )2 2
ΑΒΕ = ΑΕ ⋅ΒΖ = ΕΓ ⋅ΒΖ = ΒΕΓ .
β) Από το α) έχουμε 1( ) ( )2
ΒΕΓ = ΑΒΓ (1)
Όμοια 1( ) ( )2
ΑΒ∆ = ΑΒΓ (2).
Από (1) και (2) προκύπτει:( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )ΑΒ∆ ΒΕΓ ΑΒΘ ΒΘ∆ΒΘ∆ ∆ΓΕΘ ΑΒΘ ∆ΓΕΘ
= ⇔ + == + ⇔ = .
1ί ( ) ( ) ( ) ( ) ( )Επ σης Α∆Γ = ΑΒΓ = ΒΕΓ ⇔ Α∆Γ = ΒΕΓ ⇔
.
3. i) Επειδή ΑΔ διάμεσος του τριγώνου ΑΒΓ
έχουμε ( ) ( )ΑΒ∆ = ΑΓ∆ . Όμοια, αφού ΣΔ διάμεσος του τριγώνου ΣΒΓ
έχουμε:( ) ( )ΣΒ∆ = ΣΓ∆ . Με αφαίρεση των δύο αυτών σχέσεων κατά μέλη βρίσκουμε ( ) ( )ΑΒΣ = ΑΓΣ .
ii) Τα τμήματα ΣΕ, ΣΖ είναι ύψη των τριγώνων ΑΣΓ
, ΑΣΒ
αντίστοιχα, οπότε σύμφωνα με το i) έχουμε:
1 1( ) ( )2 2
ΑΒΣ = ΑΓΣ ⇔ ΑΒ⋅ΣΖ = ΑΓ ⋅ΣΕ⇔ ΑΒ ⋅ΣΖ = ΑΓ ⋅ΣΕ.
Επίσης, από το i) για Σ ≡ Θ έχουμε ( ) ( )ΑΒΘ = ΑΓΘ (1). Πάλι από το i), 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
1( ) ( ) ( ) ( )3
ΑΒΘ = ΑΓΘ = ΒΓΘ = ΑΒΓ , που είναι και το ζητούμενο.
A
Β Δ Γ
Ε
Ζ
Θ
A
B ΓΔ
Θ
ΣΕZ
άρα ( ) ( ) ( )ΣΑΓ + ΣΒ∆ = ΑΒΓ .
22-0017-02.indd 154 1/11/2013 5:34:03 μμ
155
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 ΕΑΜ
και ΖΒΜ
έχουν:ΑΜ = ΒΜ, 1 2
ˆ ˆΜ =Μ και 1 1ˆ ˆΑ = Β ,
επομένως είναι ίσα, άρα και ισεμβαδικά.
Ε Α
Β
Ε ΔΑ
Α
Η
Ν
Μ υ
υ
11
1
1
1
1
1 1
1
1
2
2
2
Ζ
M
B
ΔΚ
Ε
Θ
Ζ
ΓB
Z Γ
Γ
Δ
60O
120O
Έχουμε: ( ) ( ) ( )ΑΒΓ∆ = ΑΜΖΓ∆ + ΒΜΖ =1( ) ( ) ( ) 2 2( )2
= ΑΜΖΓ∆ + ΑΜΕ = ΕΖΓ∆ = ∆Γ ⋅ υ = ∆Γ ⋅ υ = ΜΓ∆ , δηλαδή ( ) 2( )ΑΒΓ∆ = ΜΓ∆ .
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 ΑΜ =ΜΒ, 1 2
ˆ ˆΜ =Μ και 1 1
ˆ ˆΑ = Β , επομένως είναι ίσα, άρα και ισεμβαδικά, δηλαδή ( ) ( )ΕΑΜ = ΖΒΜ . Με τη βοήθεια αυτού προκύπτει ότι το τραπέζιο ΑΒΓΔ είναι ισεμβαδικό με το παραλληλόγραμμο ΕΖΓΔ και επειδή ( )ΕΖΓ∆ = ∆Γ ⋅ΜΝ προκύπτει ( )ΑΒΓ∆ = ∆Γ ⋅ΜΝ.
6. i) Φέρνουμε ΕΗ ⊥ ΑΘ. Στο τρίγωνοΑΕΘ
η γωνία ˆΕΑΘ είναι οξεία, επομένως έχουμε:
2 2 2 2ΕΘ = ΑΕ + ΑΘ − ΑΘ ⋅ΑΗ (1)Αλλά το τρίγωνο ΗΑΕ
είναι ορθογώνιο με 1
ˆ 30Ε = ,
οπότε: 12 2ΑΕ
ΑΗ = =
και η (1) γίνεται:
2 2 2 11 2 2 2 3 32
ΕΘ = + − ⋅ ⋅ = ⇔ ΕΘ = .
ii) Στο i) βρήκαμε ότι2 2 2 2 2 2 ˆ3 3 4 1ΕΘ = ⇔ ΕΘ = = − = ΑΘ − ΑΕ ⇔ ΕΘ + ΑΕ = ΑΘ ⇔ ΕΑΘ
ορθογώνιο στο Ε, δηλαδή ˆ 1ΑΕΘ = και επειδή και ˆ 1∆ΕΑ = ∟ συμπεραίνουμε ότι τα Δ, Ε, Θ είναι συνευθειακά.
22-0017-02.indd 155 1/11/2013 5:35:17 μμ
156
10.1-10.3
iii) Είναι ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ΒΓΖΘΕ∆ = ΑΒΓ + ΑΓΖΘ + ΕΘΑ + ΑΒ∆Ε (2). Φέρνουμε το ύψος ΒΚ του τριγώνου ΑΒΓ
. Τότε 1
ˆ 60Α = , οπότε 1ˆ 30Β = και επομένως 1
2 2ΑΒ
ΑΚ = = .
Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΚΑΒ
( 1Κ = )
έχουμε 2 2 2 1 3 314 4 2
ΒΚ = ΑΒ − ΑΚ = − = ⇔ ΒΚ = ,
οπότε 1 1 3 3( ) 2 . .2 2 2 2
ΑΒΓ = ΑΓ ⋅ΒΚ = = τµ (3).
Εξάλλου ( ) 4 . .ΑΓΖΘ = τµ και ( ) 1 . .ΑΒ∆Ε = τµ (4).
Τέλος στο ερώτημα i) είδαμε ότι 3ΕΘ = και στο ii) ότι ˆ 1ΑΕΘ = ,
οπότε 1 3( )2 2
ΕΑΘ = ΑΕ ⋅ΕΘ = (5).
Αντικαθιστώντας τις (3), (4) και (5) στην (2)
βρίσκουμε 3 3( ) 4 1 5 32 2
ΒΓΖΘΕ∆ = + + + = + .
7. Έχουμε ( ) ( ) ( )ΑΒΓ∆ = ΑΒΓ + ΑΓ∆ (1).
Αλλά 1( )2
ΑΒΓ = ΑΓ ⋅ΒΜ (2).
Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΜΚΒ
έχουμε ΒΜηµω = ⇔ ΒΜ = ηµω⋅ΒΚ
ΒΚ,
οπότε η (2) γίνεται:1( )2
ΑΒΓ = ΑΓ ⋅ΒΚ ⋅ηµω (3).
Όμοια βρίσκουμε ότι 1( )2
ΑΓ∆ = ΑΓ ⋅∆Κ ⋅ηµω (4).
Η (1) με τη βοήθεια των (3) και (4) δίνει: 1 1( ) ( )2 2
ΑΒΓ∆ = ΑΓ ⋅ ΒΚ + ∆Κ ηµω = ΑΓ ⋅Β∆ ⋅ηµω.
Σχόλιο:
Αν 30ω = τότε 2ΒΚ
ΒΜ = , 2∆Κ
∆Λ = και ( )4
ΑΓ ⋅Β∆ΑΒΓ∆ = .
Δ
Β Γ
A M Κω ω
Λ
22-0017-02.indd 156 1/11/2013 5:36:24 μμ
157
10.1-10.3
8. Αν το πλάτος του οικοπέδου είναι x m, το μήκος του θα είναι (x+18)m. Η δενδρο-στοιχία που περιβάλλει το οικόπεδο αποτελείται: i) Από δύο ορθογώνια με διαστάσεις
(x 18)+ m και 2,5m και συνολικό
Θ
x+18
I
Z
ΓΒ
Α Δ
Η
2,5
2,5
2,5 2,5
√√
εμβαδόν 22(x 18) 2,5 5(x 18)m .+ ⋅ = +
ii) Από δύο άλλα ορθογώνια με διαστάσεις x m και 2,5m και συνολικό εμβαδόν 22 x 2,5 5x m⋅ ⋅ = .
iii) Από τέσσερα τετράγωνα πλευράς 2,5 m και συνολικό εμβαδόν 2 24 (2,5) 25m⋅ = .
Επειδή το άθροισμα των εμβαδών ισούται με 695m2 έχουμε την εξίσωση 5(x 18) 5x 25 695+ + + = ή 10x 580= ή x 58= .Άρα το πλάτος είναι 58m και το μήκος 58 18 76m+ = .
Σύνθετα Θέματα
1. α) Επειδή ΙΑ = Α∆ η ΘΙ είναι διάμεσος στο ΘΙ∆
, οπότε ( ) ( )ΙΘΑ = ΑΘ∆ (1). Όμοια η ΑΔ είναι διάμεσος στο ΑΘΓ
, οπότε ( ) ( )ΑΘ∆ = Α∆Γ (2). Από (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο.
β) Σύμφωνα με το α) έχουμε ( ) 2( ) 2( )ΙΘ∆ = ΙΘΑ = Α∆Γ (3).Όμοια αν φέρουμε τη διάμεσο ΖΓ του τριγώνου ΒΖΗ
βρίσκουμε ( ) 2( )ΖΒΗ = ΑΒΓ (4).Προσθέτοντας τις (3) και (4) κατά μέλη βρίσκουμε: ( ) ( ) 2( )ΙΘ∆ + ΖΒΗ = ΑΒΓ∆ .
γ) Έχουμε ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ΙΖΗΘ = ΙΘ∆ + ΖΒΗ + ΙΑΖ + ΗΓΘ + ΑΒΓ∆ (5).Στο β) βρήκαμε ότι ( ) ( ) 2( )ΙΘ∆ + ΖΒΗ = ΑΒΓ∆ (6)Όμοια βρίσκουμε ότι: ( ) ( ) 2( )ΙΑΖ + ΗΓΘ = ΑΒΓ∆ (7).Με τη βοήθεια των (6) και (7) η (5) δίνει: ( ) 5( )ΙΖΗΘ = ΑΒΓ∆ .
22-0017-02.indd 157 31/10/2013 5:54:38 μμ
158
10.1-10.3
2. Στο τρίγωνο ΒΜΝ
η MP είναι διάμεσος, επομένως 1( ) ( )2
ΜΝΡ = ΒΜΝ .Στο τρίγωνο ΒΜΓ
η ΒΝ είναι διάμεσος,
οπότε ( ) ( )ΒΜΝ ΒΜΓ=12
(2).
Όμως ( ) ( ) ( )ΒΜΓ ΒΜ∆ ∆ΜΓ= + και τα τμήματα ΒΜ και ΓΜ είναι διάμεσοι στα τρίγωνα ΑΒ∆
και ΑΓ∆
αντίστοιχα, οπότε:
1 1 1( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
ΒΜΓ = ΑΒ∆ + ΑΓ∆ = ΑΒΓ (3).
Αντικαθιστώντας στην (1) διαδοχικά τη (2) και την (3) βρίσκουμε:1 1 1( ) ( ) ( )2 2 8
ΜΝΡ = ⋅ ΒΜΓ = ΑΒΓ .
3. α) Αρκεί να δείξουμε ότι: 1 1ˆ ˆ 1Α +Β = .
Τα τρίγωνα ΑΒΖ
και ΒΓΗ
είναι ίσα, γιατί είναι ορθογώνια και έχουν τις κάθετες πλευρές ίσες, άρα θα είναι και 1 2
ˆ ˆΑ = Β , οπότε 1 1 2 1
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 1Α +Β = Β + Β = Β = αφού ΑΒΓΔ τετράγωνο.
β) Το τρίγωνο ΑΒΖ
είναι ορθογώνιο στο Β, οπότε (πυθαγόρειο θεώρημα)
2 22 2 2 2 9 25 5
16 16 4α α α
ΑΖ = ΑΒ + ΒΖ = α + = ⇔ ΑΖ = .
Επίσης στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΖ
είναι ΒΚ ⊥ ΑΖ ,
οπότε 2 2 5 44 5α α
ΑΒ = ΑΖ ⋅ΑΚ ⇔ α = ΑΚ ⇔ ΑΚ = .
Το τρίγωνο Α∆Η
είναι ορθογώνιο στο Δ,
οπότε 2 2
2 2 2 2 17 1716 16 4α α α
ΑΗ = Α∆ + ∆Η = α + = ⇔ ΑΗ = .
Τέλος από το ορθογώνιο τρίγωνο ΚΑΗ
( 1Κ = )
έχουμε: 2 2
2 2 2 217 16 1316 25 20α α
ΑΗ = ΑΚ +ΚΗ ⇔ = +ΚΗ ⇔ ΚΗ = α.
γ) Είναι ( ) ( ) ( )ΑΚΗ∆ ΑΚΗ Α∆Η ΑΚ ΚΗ Α∆ ∆Η= + = ⋅ + ⋅ =
= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =
12
12
12
45
1320
12 4
7α αα
α 77200
2α τµ. .
Α Δ
Δ
Α
Μ
Ν
ΡΓΒ
Η
Κ
1
1 2B ΓΖ
22-0017-02.indd 158 31/10/2013 5:54:39 μμ
159
2. Στο τρίγωνο ΒΜΝ
η MP είναι διάμεσος, επομένως 1( ) ( )2
ΜΝΡ = ΒΜΝ .Στο τρίγωνο ΒΜΓ
η ΒΝ είναι διάμεσος,
οπότε ( ) ( )ΒΜΝ ΒΜΓ=12
(2).
Όμως ( ) ( ) ( )ΒΜΓ ΒΜ∆ ∆ΜΓ= + και τα τμήματα ΒΜ και ΓΜ είναι διάμεσοι στα τρίγωνα ΑΒ∆
και ΑΓ∆
αντίστοιχα, οπότε:
1 1 1( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
ΒΜΓ = ΑΒ∆ + ΑΓ∆ = ΑΒΓ (3).
Αντικαθιστώντας στην (1) διαδοχικά τη (2) και την (3) βρίσκουμε:1 1 1( ) ( ) ( )2 2 8
ΜΝΡ = ⋅ ΒΜΓ = ΑΒΓ .
3. α) Αρκεί να δείξουμε ότι: 1 1ˆ ˆ 1Α +Β = .
Τα τρίγωνα ΑΒΖ
και ΒΓΗ
είναι ίσα, γιατί είναι ορθογώνια και έχουν τις κάθετες πλευρές ίσες, άρα θα είναι και 1 2
ˆ ˆΑ = Β , οπότε 1 1 2 1
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 1Α +Β = Β + Β = Β = αφού ΑΒΓΔ τετράγωνο.
β) Το τρίγωνο ΑΒΖ
είναι ορθογώνιο στο Β, οπότε (πυθαγόρειο θεώρημα)
2 22 2 2 2 9 25 5
16 16 4α α α
ΑΖ = ΑΒ + ΒΖ = α + = ⇔ ΑΖ = .
Επίσης στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΖ
είναι ΒΚ ⊥ ΑΖ ,
οπότε 2 2 5 44 5α α
ΑΒ = ΑΖ ⋅ΑΚ ⇔ α = ΑΚ ⇔ ΑΚ = .
Το τρίγωνο Α∆Η
είναι ορθογώνιο στο Δ,
οπότε 2 2
2 2 2 2 17 1716 16 4α α α
ΑΗ = Α∆ + ∆Η = α + = ⇔ ΑΗ = .
Τέλος από το ορθογώνιο τρίγωνο ΚΑΗ
( 1Κ = )
έχουμε: 2 2
2 2 2 217 16 1316 25 20α α
ΑΗ = ΑΚ +ΚΗ ⇔ = +ΚΗ ⇔ ΚΗ = α.
γ) Είναι ( ) ( ) ( )ΑΚΗ∆ ΑΚΗ Α∆Η ΑΚ ΚΗ Α∆ ∆Η= + = ⋅ + ⋅ =
= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =
12
12
12
45
1320
12 4
7α αα
α 77200
2α τµ. .
Γ
O
Ζ
Β
Β
A
Δ
B Γ
A
1834
20
Δ
Ο
K
Λ
N
M
δ1
δ2
Γ
A Δ
Η
10.4
4. α) Από το Ο φέρνουμε ΗΖ κάθετη τις παράλληλες πλευρές ΑΒ και ΓΔ του παραλληλογράμμου. Τότε:
β) Έχουμε ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ΟΑΓ + ΟΒΓ = ΑΒΓ − ΟΑΒ = ΟΓ∆ , σύμφωνα με το α.
5. Έστω Ο το σημείο τομής των διαγωνίων 1ΑΓ = δ και 2Β∆ = δ του ρόμβου ΑΒΓΔ. Επειδή οι διαγώνιοι του ρόμβου τέμνονται κάθετα, το τρίγωνο ΟΑΒ
είναι ορθογώνιο, οπότε έχουμε:
2 22 2 2 2 2 21 2
1 21 ( )
4 4 4δ δ
ΑΒ = ΑΟ + ΒΟ ⇔ α = + = δ + δ (1).
Είναι όμως γνωστό ότι: 2 2x y 2xy+ ≥ , για οποιουσδήποτε πραγματικούς αριθμούς, οπότε από την (1) προκύπτει:
2 1 21 2
1 24 2
δ δα ≥ ⋅ δ δ = ⇔
( ) ( )⇔ ΚΛΜΝ ≥ ΑΒΓ∆ .
Προφανώς το ''='' ισχύει όταν 1 2δ = δ , δηλαδή όταν ο ρόμβος γίνει τελικά τετράγωνο.
§ 10.4Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Τα τρίγωνα ΑΒΓ
και Α∆Γ
είναι ίσα, άρα και ισεμβαδικά και επομένως ( ) 2( )ΑΒΓ∆ = ΑΒΓ .Το εμβαδόν του ΑΒΓ
θα το υπο-λογίσουμε με τη βοήθεια του τύπου του Ήρωνα.Γι’ αυτό έχουμε: 18 20 34 36,
2+ +
τ = =
= + = ⋅ =
= =
12
12
12
ΑΒ ΟΗ ΟΖ ΑΒ ΗΖ
ΑΒΓ∆ ΑΒΓ
( )
( ) ( )
( ) ( )ΟΑΒ ΟΓ∆
ΑΒ ΟΗ ∆Γ ΟΖ
+ =
= ⋅ + ⋅ =12
12
22-0017-02.indd 159 31/10/2013 5:54:40 μμ
160
10.4
οπότε ( ) 36 18 16 2 144 . .ΑΒΓ = ⋅ ⋅ ⋅ = τµ και επομένως ( ) 2 144 288 . .ΑΒΓ∆ = ⋅ = τµ
2. Από το Δ φέρνουμε παράλληλη προς την ΑΒ που τέμνει τη ΒΓ στο Ζ. Τότε το ΑΒΖΔ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε 11ΒΖ = και επομένως 14ΖΓ = . Επίσης 13∆Ζ = ΑΒ = . Στο τρίγωνο ∆ΖΓ
γνωρίζουμε τα μήκη των πλευρών του, οπότε σύμφωνα με τον τύπο του Ήρωνα έχουμε: ( ) 21 8 7 6 84 . .∆ΖΓ = ⋅ ⋅ ⋅ = τµ Φέρνουμε το ύψος ΔΗ του τριγώνου ∆ΖΓ
(που είναι και ύψος του τραπεζίου).
Τότε 1 1( ) 84 14 122 2
∆ΖΓ = ΖΓ ⋅∆Η ⇔ = ⋅ ⋅ ∆Η ⇔ ∆Η = .
Το εμβαδόν πλέον του τραπεζίου ΑΒΓΔ
είναι 1 1( ) ( ) (11 25) 12 216 . .2 2
ΑΒΓ∆ = Α∆ + ΒΓ ∆Η = + ⋅ = τµ
3. Έστω ότι ˆ 60Α = , φέρνουμε ,ΒΕ ⊥ ΑΓ
οπότε 1ˆ 30Β = και επομένως 2
2ΑΒ
ΑΕ = = .
Με εφαρμογή του πυθαγορείου θεωρήματος στο ΕΑΓ
βρίσκουμε:2 2 2 16 4 12 2 3,ΒΕ = ΑΒ − ΑΕ = − = ⇔ ΒΕ =
οπότε 1 1( ) 7 2 3 7 3 . .2 2
ΑΒΓ = ΑΓ ⋅ΒΕ = ⋅ ⋅ = τµ
Τριγωνομετρικά: 1 1 3( ) 4 7 7 32 2 2
ΑΒΓ = ΑΒ⋅ΑΓ ⋅ηµΑ = ⋅ ⋅ ⋅ = .
4. i) 1( ) 242
ΑΒΓ = ΑΒ ⋅ΑΓ = .
ii) Με το πυθαγόρειο θεώρημα βρίσκουμε 2 2 26 8 100 10ΒΓ = + = ⇔ ΒΓ = , οπότε
( )ΑΒΓ ΒΓ= ⋅ ⇔ = ⋅ ⋅ ⇔ =12
24 12
10 245
υ υ υα α α .
iii) Έχουμε: 1 (6 8 10) 122
τ = + + = ,
οπότε από τον τύπο Ε = τ ⋅ρ
βρίσκουμε ότι 24 212
ρ = = .
Α
υ
Δ
Β
Α
Α
Ε
Γ
Γ
Β
Β
13 13 15
14
1
8
6
25Ζ Η Γ
60O
22-0017-02.indd 160 1/11/2013 5:37:23 μμ
161
10.4
ΒΓ
Α
Η
Ζ Η
Β
ΓΒ'
Γ'
A'
Α
Ο
R
Ζ
γ β
Α1 2
Β Γ
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Έχουμε 2αβγ = αυ ⇔ βγ = Εκαιεπειδή4Rαβγ
Ε = ητελευταίαείναιισο-
δύναμημετην: 2R2Rαβγ
βγ = ⇔ α = ηοποίασημαίνειότιηπλευράΒΓ
είναιδιάμετροςτουπεριγεγραμμένουκύκλου,οπότεηγωνίαΑείναιορθήκαιαντίστροφα.
2. i)Έχουμεδιαδοχικά:2 2 2 2 2( ) ( ) ( )( )( ) ( )Ε < τ τ − α ⇔ Ε < τ τ − α ⇔ τ τ − α τ −β τ − γ < τ τ − α ⇔
( )( ) ( )2 2 2 2
α + γ −β α + β − γ α + β + γ β + γ − α⇔ τ −β τ − γ < τ τ − α ⇔ ⋅ < ⋅ ⇔
2 2 2 2 2 2 2 ˆ( ) ( ) 90⇔α − γ −β < β + γ − α ⇔ α <β + γ ⇔ Α = .
ii)Όμοια 2 2 2 ˆ( ) 90Ε = τ τ − α ⇔ α =β + γ ⇔ Α = .
iii)Επίσης 2 2 2 ˆ( ) 90Ε > τ τ − α ⇔ α >β + γ ⇔ Α > .
3.ΤατρίγωναΑΒΓ
και ′ ′ ′Α Β Γ
έχουν τονίδιοπεριγεγραμμένοκύκλο ( ,R)Ο καιεπομένωςέχουμε:
( )4Rαβγ
ΑΒΓ = και ( )4R′ ′ ′α β γ′ ′ ′Α Β Γ = .
Μεδιαίρεσηαυτώνκατάμέληπροκύπτειτοζητούμενο.
4.ΈστωότιηγωνίαAείναιοξεία.
ΑπότοορθογώνιοτρίγωνοΑΗΓ
( ˆ 1Η = )έχουμεΑΗ = βσυνΑκαιαπότοΑΖΒ
( ˆ 1Ζ = )ότιΑΖ = γσυνΑ,οπότε:
22-0017-02.indd 161 13/3/2014 11:41:03 πµ
162162
10.4
1 1( ) ( )( )2 2
ΑΖΗ = ΑΗ ⋅ΑΖ ⋅ηµΑ = β ⋅συνΑ γ ⋅συνΑ ηµΑ =
2 21 ( )2
= βγηµΑ ⋅συν Α = ΑΒΓ συν Α.
Έστω ότι ˆ 90Α > τότε ΑΖ = −γσυνΑ και ΑΗ = −βσυνΑ ,
οπότε πάλι 2 21 1( ) ( )2 2
ΑΖΗ = ΑΖ ⋅ΑΗ ⋅ηµΑ = βγηµΑσυν Α = ΑΒΓ συν Α .
5. i) Έχουμε: 1 2 1( )2 2α α
α
Ε αΑΒΓ = Ε = α ⋅ υ ⇔ υ = ⇔ =
α υ Ε.
Όμοια 12β
β=
υ Ε, 1
2γ
γ=
υ Ε.
Άρα: 1 1 1 2 12 2 2 2α β γ
α β γ τ τ+ + = + + = = =
υ υ υ Ε Ε Ε Ε τρ ρ.
Σύνθετα Θέματα
1. α) Από το Κ φέρνουμε xΚΑ ⊥ Ο και yΚΒ ⊥ Ο . Τότε τα τμήματα ΚΑ και KB είναι σταθερά, ανεξάρτητα δηλαδή από τη θέση της (ε).
1 1( ) ( )
( ) ( )( )( )
( )( )( )
ΟΚΜ ΟΚΝΟΚΝ ΟΚΜΟΚΜ ΟΚΝ
ΟΜΝΟΚΜ ΟΚΝ
+ =
=+
= =
Tότε έχουμε:
=⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅=
⋅=
12
12
12
2ΟΜ ΟΝ
ΟΜ ΚΑ ΟΝ ΚΒ ΚΑ ΚΒ
ηµω ηµω σταθερό.
β) Σύμφωνα με το α) θεωρώντας τις τέμνουσες ΒKB′ και ΓΚΓ′ των πλευρών
της Α έχουμε:1 2 6 1 5 6
1 1 1 1+ = +
Ε + Ε Ε Ε Ε + Ε (1).
Όμοια θεωρώντας τις τέμνουσες ΓΚΓ′ και ΑΚΑ′ των πλευρών της Β βρίσκουμε:
3 4 2 3 1 2
1 1 1 1+ = +
Ε + Ε Ε Ε Ε + Ε (2).
Όμοια από τις τέμνουσες των πλευρών της Γ
βρίσκουμε ότι:6 5 4 3 4 5
1 1 1 1+ = +
Ε + Ε Ε Ε + Ε Ε (3).
Με πρόσθεση των (1), (2) και (3) κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο.
O
ω
ε
Α
Μx yK
Α
Α'
Γ'
Β Γ
B'
KΕ3
Ε2
Ε1 Ε6
Ε5
Ε4
Ν
Β
22-0017-02.indd 162 1/11/2013 5:41:42 μμ
163
10.5
2. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ
και ο περιγεγραμμένος κύκλος ( , )αΛ ρ στη γωνία Α. Φέρουμε τα τμήματα ΛΑ, ΛΒ και ΛΓ. Σχηματίζονται τα τρίγωνα ΛΒΓ
, ΛΓΑ
και ΓΑΒ
, που έχουν το ίδιο ύψος αρ . Σύμφωνα με το σχήμα έχουμε:( ) ( ) ( ) ( )ΑΒΓ + ΛΒΓ = ΛΒΑ + ΛΓΑ ή( ) ( ) ( ) ( )ΑΒΓ ΛΒΑ ΛΓΑ ΛΒΓ= + − =
= + − =12
12
12
γρ βρ αρα α α
= + − = − − = −12
12
2( ) ( ) ( ) .γ β α ρ τ α α ρ τ α ρα α α
Όμοια αποδεικνύονται και οι άλλοι τύποι.
3. Έστω R η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του εγγράψιμου τετραπλεύρου ΑΒΓΔ τότε: ( ) ( ) ( )ΑΒΓ∆ ΑΒ∆ ΒΓ∆
Β∆ Β∆Β∆
= + =
=⋅
+⋅
=+αδ βγ αδ βγ
4 4 4R R R (1)
( ) ( ) ( )ΑΒΓ∆ ΑΒΓ Α∆ΓΑΓ ΑΓ
ΑΓ
= + =
=⋅
+⋅
=+αβ γδ αβ γδ
4 4 4R R R
(2)
Από (1) και (2) προκύπτει:
( ) ( ) αδ + βγ ΑΓαδ + βγ Β∆ = αβ + γδ ΑΓ⇔ =
αβ + γδ Β∆
§ 10.5Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Εφ’ όσον τα τρίγωνα έχουν ίσες βάσεις ′α = α έχουμε:
( ) 3 30 3 ( ) 20 . .( ) 2 ( ) 2
α
′α
υΑΒΓ ′ ′ ′= = ⇔ = ⇔ ΑΒ Γ = τµ′ ′ ′ ′ ′ ′Α Β Γ υ Α Β Γ
Β Γ
Λ
Α
Δ
ΓΒ
Α
γ
ρ
β
β
αγ
δ
α
22-0017-02.indd 163 31/10/2013 5:54:43 μμ
164
10.5
2. Φέρουμε την διαγώνιο ΑΓ.
Τότε 2( )( ) 10m2
ΑΒΓ∆ΑΒΓ = = .
Τα τρίγωνα ΜΒΓ
και ΑΒΓ
έχουν κοινό ύψος από την κορυφή Γ, οπότε: ( ) 1( ) 2 2ΜΒΓ ΜΒ ΜΒ
= = =ΑΒΓ ΑΒ ΜΒ
.
Άρα 21( ) ( ) 5m2
ΜΒΓ = ΑΒΓ = .
3. Τα τρίγωνα Α∆Ζ
και ΑΒΓ
έχουν 1 2ˆ ˆΑ = Α
ως κατακορυφήν και επομένως:2 1
( ) 13 2( ) 3
ΑΒ ΑΓΑ∆Ζ Α∆ ⋅ΑΖ= = = ⇔
ΑΒΓ ΑΒ ⋅ΑΓ ΑΒ ⋅ΑΓ1 1( ) ( ) 30 10 . .3 3
⇔ Α∆Ζ = ΑΒΓ = ⋅ = τµ
4. Τα τρίγωνα ΑΕΖ
και ΑΒΓ
είναι όμοια (ΕΖ//ΒΓ)
και επομένως: 2( )
( )ΑΕΖ ΑΕ = ΑΒΓ ΑΒ
(1)
Όμως και τα τρίγωνα ΑΕΜ
και ΑΒ∆
είναι όμοια, οπότε: 35
ΑΕ ΑΜ= =
ΑΒ Α∆ (2)
αφού 32
ΑΜ=
Α∆. Από (1) και (2)
βρίσκουμε: ( ) 9 9 9( ) ( ) 75 27 . .( ) 25 25 25ΑΕΖ
= ⇔ ΑΕΖ = ΑΒΓ = ⋅ = τµΑΒΓ
,
οπότε: ( ) 48 . .ΒΕΖΓ = τµ
5. Επειδή ˆ ˆ ′Α = Α έχουμε:( )
( )ΑΒΓ βγ
=′ ′ ′ ′ ′Α Β Γ β γ
(1)
Όμοια αφού ˆ ˆ 180′Β + Β =
έχουμε: ( )( )ΑΒΓ αγ
=′ ′ ′ ′ ′Α Β Γ α γ
(2)
Από τις (1) και (2) προκύπτει: βγ αγ ′ ′= ⇔ αβ = α β′ ′ ′ ′β γ α γ
.
Ζ Δ
ΓΒ
Α
ΜΕ Ζ
Β ΓΔ
A Α'
Γ'Β'B Γ
Α 12
22-0017-02.indd 164 1/11/2013 5:42:52 μμ
165
10.5
Ζ
Α
ΕΡ
Γ
ΓΔB
E
Α
Z
Μ1
1 2
2Ν
ΔΜΗΒ
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Τα τρίγωνα ΡΒΓ
και ΑΒΓ
έχουν κοινή βάση
ΒΓ και επομένως αν φέρουμε τα ύψη ΡΜ και
ΑΗ αυτών θα έχουμε: ( )( )ΒΡΓ ΡΜ
=ΑΒΓ ΑΗ
(1)
Όμως τα τρίγωνα ΑΗ∆
και ΡΜ∆
είναι όμοια, οπότε: ΡΜ Ρ∆=
ΑΗ Α∆ (2)
Από (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο, δηλαδή ( )( )ΒΡΓ Ρ∆
=ΑΒΓ Α∆
.
ii) Σύμφωνα με το i) έχουμε: ( )( )
Ρ∆ ΒΡΓ=
Α∆ ΑΒΓ, ( )
( )ΡΕ ΑΡΓ
=ΒΕ ΑΒΓ
και ( )( )
ΡΖ ΑΡΒ=
ΓΖ ΑΒΓ.
Με πρόσθεση αυτών κατά μέλη παίρνουμε:( ) ( ) ( ) ( ) 1
( ) ( )Ρ∆ ΡΕ ΡΖ ΒΡΓ + ΑΡΓ + ΑΡΒ ΑΒΓ
+ + = = =Α∆ ΒΕ ΓΖ ΑΒΓ ΑΒΓ
.
iii) Έχουμε 1ΡΑ Α∆ − Ρ∆ Ρ∆= = −
Α∆ Α∆ Α∆.
Όμοια 1ΡΒ ΡΕ= −
ΒΕ ΒΕ και 1ΡΓ ΡΖ
= −ΖΓ ΓΖ
, οπότε προσθέτοντας αυτές
κατά μέλη και λαμβάνοντας υπόψη την ii) προκύπτει το ζητούμενο.
2. Τα τρίγωνα ΕΒΜ
και ΑΒ∆
έχουν 1 1
ˆ ˆΑ = Β , (ΑΔ//ΒΕ), οπότε:
( ) 2( ) 2ΕΒΜ ΒΕ ⋅ΒΜ Α∆ ⋅ΒΜ
= = ⇔ΑΒ∆ Α∆ ⋅ΑΒ Α∆ ⋅ ΒΜ
( ) ( )⇔ ΕΒΜ = ΑΒ∆ (1)
Όμοια αφού 2 2ˆ ˆΑ = Γ βρίσκουμε
ότι ( ) ( )ΖΓΝ = ΑΓ∆ (2).
Με πρόσθεση των (1), (2) προκύπτει ( ) ( ) ( ) ( )ΕΒΜ + ΖΓΝ = ΑΒ∆ + ΑΓ∆ = ΑΒΓ .
Ζ
Α
ΕΡ
Γ
ΓΔB
E
Α
Z
Μ1
1 2
2Ν
ΔΜΗΒ
22-0017-02.indd 165 1/11/2013 5:44:08 μμ
166
10.5
3. Έστω Κ το σημείο τομής των χορδών ΑΒ και ΓΔ, τότε:
ˆ
2ΑΓ +Β∆ =⇔ ,
οπότε: 1 2
ˆ ˆ ( ) ( ) 2Ο +Ο = ∆Β + ΑΓ =
και επομένως: ( ) R R 1( ) R RΟΑΓ ΟΑ ⋅ΟΓ ⋅
= = =ΟΒ∆ Ο∆ ⋅ΟΒ ⋅
(R η ακτίνα του κύκλου), δηλαδή ( ) ( )ΟΑΓ = ΟΒ∆ .
4. Η αποδεικτέα ισότητα γράφεται:( ) ( )( ) ( )ΑΒΕ ΑΒΓ
=Α∆Ε ΑΒΕ
(1)
Τα τρίγωνα ΑΒΕ
και Α∆Ε
έχουν κοινό το ύψος
από την κορυφή Ε, άρα: ( )( )ΑΒΕ ΑΒ
=Α∆Ε Α∆
(2)
Επίσης τα τρίγωνα ΑΒΓ
και ΑΒΕ
έχουν κοινό το ύψος από την κορυφή Β, άρα:( )( )ΑΒΓ ΑΓ
=ΑΒΕ ΑΕ
(3)
Επειδή όμως ΔΕ//ΒΓ είναι: ΑΒ ΑΓ=
Α∆ ΑΕ (θεώρημα Θαλή), οπότε από τις (2)
και (3) προκύπτει η (1).
5. Είναι 1 2ˆ ˆ 180Α + Α = , οπότε:
( ) 1( )ΑΜΖ ΑΜ ⋅ΑΖ
= =ΑΒ∆ Α∆ ⋅ΑΒ
αφού ΑΜ = Α∆
και ΑΖ = ΑΒ, ως πλευρές τετραγώνων και επομένως: ( ) ( )ΑΜΖ = ΑΒ∆ (1).Όμοια προκύπτει ότι ( ) ( )ΓΗΚ = ΒΓ∆ (2).Με πρόσθεση των (1) και (2) κατά μέλη προκύπτει: ( ) ( ) ( )ΑΜΖ + ΓΗΚ = ΑΒΓ∆ (3).Όμοια, θεωρώντας τα τρίγωνα ΒΘΕ
, ΑΒΓ
και ∆ΙΛ
, ΑΒΓ
βρίσκουμε ότι: ( ) ( ) ( )ΒΘΕ + ∆ΙΛ = ΑΒΓ∆ (4).Από (3) και (4) προκύπτει ( ) ( ) ( ) ( )ΑΜΖ + ΓΗΚ = ΒΘΕ + ∆ΙΛ .
Γ
Α Κ
ΟΒ
Δ
Α
Ε
ΓΒ
Δ
1
12
1
2
2
Ζ
Μ Λ
Ι
Κ
ΗΘ
ΕΑ Δ
ΒΓ
22-0017-02.indd 166 1/11/2013 5:45:06 μμ
167
10.5
6. Επειδή τα πολύγωνα 2Ρ και 1Ρ είναι όμοια με ομόλογες πλευρές β, α,
αντίστοιχα έχουμε:2
22
1
( )( )Ρ β
=Ρ α
(1)
Όμοια: 2
32
1
( )( )Ρ γ
=Ρ α
(2)
Από τις (1) και (2) προκύπτει:2 2 2
2 32 3 12 2
1
( ) ( )1 ( ) ( ) ( )
( )Ρ + Ρ β + γ α
= = = ⇔ Ρ + Ρ = ΡΡ α α
.
Σύνθετα Θέματα
1. Τα τρίγωνα ΑΟΒ
και ΑΟ∆
έχουν: 1 4ˆ ˆ 2Ο + Ο = ,
οπότε: 1
4
Ε ΟΑ ⋅ΟΒ ΟΒ= =
Ε ΟΑ ⋅Ο∆ Ο∆,
δηλαδή 1
4
Ε ΟΒ=
Ε Ο∆ (1)
(τη σχέση (1) μπορούμε να τη συμπεράνουμε παρατηρώντας ότι τα τρίγωνα που θεωρήσαμε έχουν κοινό το ύψος από την κορυφή Α).
Όμοια, αφού 2 3ˆ ˆ 2Ο + Ο = προκύπτει ότι: 2
3
Ε ΟΒ=
Ε Ο∆ (2)
Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι: 1 21 3 2 4
4 3
Ε Ε= ⇔ Ε ⋅Ε = Ε ⋅Ε
Ε Ε.
i) Τα τρίγωνα ΑΒΓ
και Β∆Γ
έχουν κοινή βάση ΒΓ και ίσα ύψη ΑΗ και ΔΖ, ως αποστάσεις των παραλλήλων ΑΔ και ΒΓ, άρα ( ) ( )
.ΑΒΓ ∆ΒΓ Ε Ε
Ε Ε Ε Ε= ⇔ + =
= + ⇔ =1 2
2 3 1 3
ii) Επειδή 1 3Ε = Ε η σχέση που αποδείξαμε 1 3 2 4Ε Ε = Ε Ε γίνεται 2
1 2 4Ε = Ε Ε .
iii) Έχουμε:
1 2 3 4 1 3 2 4( )Ε = Ε + Ε + Ε + Ε = Ε + Ε + Ε + Ε
1 2 42= Ε + Ε + Ε 1 2 42 2≥ Ε + Ε Ε (x y 2 xy+ ≥ , για κάθε x, y 0≥ )
Γ
Α Β
Β
O
Γ
ΔΑ
Α Δ
Ο
B Η Θ Γ
β α
γ
Ε4
4
Ε2
2Ε33Ε1
Ε1
Ε4
Ε2
Ε3
1
Ρ2
Ρ1
Ρ3
22-0017-02.indd 167 13/3/2014 11:47:48 πµ
168
10.5
1 12 2= Ε + Ε (από το ii)
14= Ε , δηλαδή 1 1144
Ε ≥ Ε ⇔ Ε ≤ Ε.
Σχόλιο:Το «=» ισχύει όταν
22 4
4
1 1Ε ΟΒ ⋅ΟΓΕ = Ε ⇔ = ⇔ = ⇔ ΟΑ ⋅Ο∆ = ΟΒ ⋅ΟΓ
Ε ΟΑ ⋅Ο∆ (3).
Επειδή όμως ΑΔ//ΒΓ τα τρίγωνα ΑΟ∆
και ΒΟΓ
είναι
όμοια, οπότε: ΟΑ Ο∆= ⇔ ΟΑ ⋅ΟΒ = ΟΓ ⋅Ο∆
ΟΓ ΟΒ (4).
Με πολλαπλασιασμό των (3) και (4) κατά μέλη προκύπτει ότι:2 2ΟΑ = ΟΓ ⇔ ΟΑ = ΟΓ (5), οπότε η (3) δίνει ΟΒ = Ο∆ (6).
Οι (5), (6) μας βεβαιώνουν πως το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο.
2. Επειδή από το Σ έχουμε φέρει παράλληλες προς τις πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ
, καθένα από τα τρίγωνα με εμβαδόν 1Ε , 2Ε , 3Ε έχει ίσες γωνίες με το ΑΒΓ
και επομένως είναι όμοιο με το ΑΒΓ
.
Γι’ αυτό έχουμε: 2
11 ΕΕ ∆Ε ∆Ε = ⇔ = Ε ΒΓ ΒΓΕ (1)
Όμοια: 3 3Ε ΕΣΗ Β∆= ⇔ =ΒΓ ΒΓΕ Ε
(2)
και 2Ε ΕΓ=ΒΓΕ
(3).
Με πρόσθεση των (1), (2) και (3) κατά μέλη προκύπτει:
1 2 3
1 2 31Ε + Ε + Ε ∆Ε + Β∆ + ΕΓ ΒΓ
= = = ⇔ Ε + Ε + Ε = ΕΒΓ ΒΓΕ
.
3Ε2Ε
1Ε
Α
Η
Β
Γ
ΖΣ
22-0017-02.indd 168 1/11/2013 5:48:17 μμ
169
10.5
3. i) Επειδή τα Δ, Ε, Ζ, είναι εσωτερικά σημεία των πλευρών του τριγώνου έχουμε: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )∆ΕΖ = ΑΒΓ − ΑΖΕ − ΒΖ∆ − ∆ΓΕ ⇒
( ) ( ) ( ) ( )1( ) ( ) ( ) ( )∆ΕΖ ΑΖΕ ΒΖ∆ ∆ΓΕ
⇒ = − − −ΑΒΓ ΑΒΓ ΑΒΓ ΑΒΓ
(1).
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 (παράγραφος 7.8) γβ
ΑΖ =α +β
και βγΑΕ =
α + γ, οπότε η προηγούμενη ισότητα δίνει:
( )( ) ( ) ( )ΑΖΕΑΒΓ
=+ ⋅ +
βγα β α γ
(2). Όμοια βρίσκουμε ότι:
( )( ) ( ) ( )ΒΖ∆ γα
=ΑΒΓ β + γ ⋅ β + α
(3) και ( )( ) ( ) ( )∆ΖΕΑΒΓ
=+ ⋅ +
αβγ α γ β
(4).
Με αντικατάσταση των (2), (3) και (4) στην (1) βρίσκουμε:
( ) 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )∆ΕΖ 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 βγ γ α βγ β γ γα γ α αβ α β
α β β γ γ
2
++=
α)
=− + + + + + + − − − − − −αβγ α β αγ α γ β γ β α βγ αβγ β γ βγ γ α γα α β αβ
α
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ++ ⋅ + ⋅ +=
β β γ γ α) ( ) ( )
=+ ⋅ + ⋅ +
2αβγα β β γ γ α( ) ( ) ( )
(5).
ii) Σύμφωνα με την x y xy+ ≥ 2 , x, y 0≥
έχουμε: 2α +β ≥ αβ, 2β + γ ≥ βγ και 2γ + α ≥ αγ από τις οποίες με πολλαπλασιασμό κατά μέλη βρίσκουμε:( ) ( ) ( ) 8α +β ⋅ β + γ ⋅ γ + α ≥ αβγ , οπότε η (5) γίνεται: ( ) 2 1 1( ) ( )( ) 8 4 4∆ΕΖ αβγ
≤ = ⇔ ∆ΕΖ ≤ ΑΒΓΑΒΓ αβγ
.
4. Ανάλυση: Έστω KM και ΛΝ οι ζητούμενες ευθείες.
Τότε: 1( ) ( )3
ΑΚΜ = ΑΒΓ ή ( ) 1( ) 3ΑΚΜ
=ΑΒΓ
(1).
Α
Β
Γ
ΕΖ
Δ
22-0017-02.indd 169 1/11/2013 5:49:52 μμ
170
Α
Α
Β Γ
Κ ΜΛΝ
ΔΒ
Δ
Α
Β Μ Γ Ζ
Γβα
x
170
10.6
Αλλά τα τρίγωνα ΑΚΜ
και ΑΒΓ
έχουν κοινή την γωνία Α, οπότε η (1)
είναι ισοδύναμη με την ( )( ) 1( )( ) 3ΑΚ ΑΜ
=ΑΒ ΑΓ
ή 3ΑΚ ΑΓ=
ΑΒ ΑΜ (2)
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 ( ) 2 ( )( ) 2 3 2( ) 3 ( )( ) 3ΑΝΛ ΑΝ ΑΛ ΑΛ ΑΓ
= ⇔ = ⇔ =ΑΒΓ ΑΒ ΑΓ ΑΒ ΑΝ
δηλαδή το ΑΝ τέταρτη ανάλογος των τμημάτων 3ΑΛ, ΑΒ και 2ΑΓ και επο-μένως ΑΝ γνωστό τμήμα.Σύνθεση: Κατασκευάζουμε τα τμήματα AM και ΑΝ (πρόβλημα 1 § 7.7) και έτσι βρίσκουμε τα σημεία Μ, Ν.
Απόδειξη: Είναι: ( ) ( )( ) 1( ) ( )( ) 3 3ΑΚΜ ΑΚ ΑΜ ΑΚ ΑΒ
= = ⋅ =ΑΒΓ ΑΒ ΑΓ ΑΒ ΑΚ
από (2).
Διερεύνηση: Το πρόβλημα έχει πάντα λύση.
§ 10.6Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Αν x η πλευρά του ζητούμενου τετραγώνου θα είναι 2x = αβ . Για την κατασκευή επομέ-νως του x θεωρούμε πάνω σε μια ευθεία τα σημεία Β, Δ και Γ ώστε Β∆ = α και ∆Γ = β . Με διάμετρο τη ΒΓ γράφουμε ημικύκλιο και φέρουμε την κάθετη της ΒΓ στο Δ που τέμνει το ημικύκλιο του Α. Επειδή 2Α∆ = Β∆ ⋅∆Γ το ΑΔ είναι το ζητούμενο τμήμα x.
2. Αν x είναι η πλευρά του ζητούμενου τετραγώνου τότε 2 2 2x = α + β και επομένως το x είναι η υποτείνουσα ορθογώνιου τριγώνου με κάθετες πλευρές α, β.
3. Ανάλυση: Έστω AM η ζητούμενη ευθεία, τότε 1( ) ( )2
ΑΜΒ = ΑΒΓ∆ (1). Από το Δ φέρουμε παράλληλο προς τη διαγώνιο ΑΓ που τέμνει την προέκταση της ΒΓ στο Ζ. Τότε είναι ( ) ( )ΑΒΓ∆ = ΑΒΖ ,
οπότε η (1) γίνεται 1( ) ( )2
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.
22-0017-02.indd 170 31/10/2013 5:54:49 μμ
171
4. i) 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 ( ) ( )Κ∆Γ = ΚΓΖ , οπότε ( ) ( )ΑΒΓ∆ = ΚΕΖ .
ii) Σύμφωνα με το i) αν Λ είναι το μέσο του ΕΖ θα είναι ( ) ( )ΚΕΛ = ΚΛΖ και επομένως ( ) ( )ΚΑΒΛ Κ∆ΓΛ= .
Γενικές Ασκήσεις
1. i) Τα τρίγωνα Β∆Ε
και Γ∆Ε
έχουν κοινή βάση ΔΕ. Επειδή ΒΓ//ΔΕ έχουμε ( ) ( )Β∆Ε = Γ∆Ε .
ii) Έχουμε ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ΒΑΕ = ΓΑ∆ ⇔ Β∆Ε + Α∆Ε = Γ∆Ε + Α∆Ε ⇔ Β∆Ε = Γ∆Ε που ισχύει από το (i) ερώτημα.
iii) Αν τα Δ, Ε είναι μέσα των ΑΒ, ΑΓ τότε οι BE και ΓΔ είναι διάμεσοι του τριγώνου ΑΒΓ
,
οπότε ( )( )2
ΑΒΓΒΑΕ = και ( )( )
2ΑΒΓ
ΓΑ∆ = .
Άρα ( ) ( ) ( )ΒΑΕ + ΓΑ∆ = ΑΒΓ .
2. i) Τα τρίγωνα ΑΒ∆
και ΑΒΓ
έχουν τη γωνία Β κοινή,
οπότε 2
( )( ) 4ΑΒ∆ ΒΑ ⋅Β∆ Β∆ λ
= = = ⇔ΑΒΓ ΒΑ ⋅ΒΓ ΒΓ λ +
2( ) ( )4
λ⇔ ΑΒ∆ = ΑΒΓ
λ +.
ii) Έχουμε (i)
2
1 1( ) ( ) ( ) ( )4 4 4
λΑΒ∆ ≤ ΑΒΓ ⇔ ΑΒΓ ≤ ΑΒΓ ⇔
λ +2 2 24 4 0 4 4 0 ( 2)⇔ λ ≤ λ + ⇔ ≤ λ − λ + ⇔ ≤ λ − , που ισχύει.
Α
Α
Α ΚΔ
Γ ΖΛΒΕ
Β Γ
Δ Ε
Β ΓΔ
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 171 31/10/2013 5:54:49 μμ
172
iii) Είναι ( ) ( ) ( )ΑΒ∆ + ΑΓ∆ = ΑΒΓ και αφού 1( ) ( )4
ΑΒ∆ ≤ ΑΒΓ
προκύπτει ότι 3( ) ( )4
ΑΓ∆ ≥ ΑΒΓ .
3. Επειδή 1 2ˆ ˆΑ = Α έχουμε ( )
( )ΑΒ∆ ΑΒ ⋅Α∆ ΑΒ
= =Α∆Γ ΑΓ ⋅Α∆ ΑΓ
(1).
Επίσης επειδή 1 2ˆ ˆ 180∆ = ∆ =
έχουμε ( )( )ΑΒ∆ ∆Β ⋅∆Α ∆Β
= =Α∆Γ ∆Γ ⋅∆Α ∆Γ
(2).
Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι ∆Β ΑΒ=
∆Γ ΑΓ,
δηλαδή το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου.
4. i) Έχουμε: ( ) 1( ) 3 3ΑΒ∆ ΑΒ ⋅Α∆ ΑΒ γ γ
= = = = =Α∆Γ ΑΓ ⋅Α∆ ΑΓ β γ
.
Άρα 1( ) ( )3
ΑΒ∆ = Α∆Γ .
ii) Έχουμε ( ) ( ) ( ) ( )ΑΒ∆ ⋅ ∆ΕΓ = Α∆Γ ⋅ ΒΕ∆ ⇔(i)( ) ( ) ( ) 1
( ) ( ) ( ) 3ΑΒ∆ ΒΕ∆ ΒΕ∆
⇔ = ⇔ =Α∆Γ ∆ΕΓ ∆ΕΓ
.
Πράγματι τα τρίγωνα ΒΕ∆
και ∆ΕΓ
έχουν κοινό ύψος ΕΗ,
οπότε ( ) 1( ώ ό )( ) 3ΒΕ∆ Β∆ ΑΒ
= = θε ρηµα διχοτ µου =∆ΕΓ ∆Γ ΑΓ
.
iii) Τα τρίγωνα ΑΒΓ
και ∆ΕΓ
έχουν κοινή τη γωνία Γ,
οπότε ( ) 1 82 1 2 1( ) 3 3ΑΒΓ ΓΑ ⋅ΓΒ ΓΑ Γ∆ + ∆Β ∆Β = = ⋅ = + = + = ∆ΕΓ ΓΕ ⋅Γ∆ ΓΕ Γ∆ Γ∆
.
Άρα 3( ) 8( )ΑΒΓ = ∆ΕΓ ή 3( ) ( )8
∆ΕΓ = ΑΒΓ .
Α
1
1 2
2
1 2Β ΓΔ
Α
Β ΓΔ Η
Ε
Α
1
1 2
2
1 2Β ΓΔ
Α
Β ΓΔ Η
Ε
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 172 31/10/2013 5:54:50 μμ
173
Γ
Α
Β Λ Γ
Κ
Α
Β Γ
Ζ
Δ
Ε
Δ
Μ
ΑΒ E1
Z1
Δ1
Z2
Δ2
Z3
Δ3
Zν+1
Δν+1E2 E3 Eν+1...
...
...
5. i) 1 1 3( ) 120 6 6 9 32 2 2
ΑΒΓ = ΑΒ ⋅ΑΓ ⋅ηµ = ⋅ ⋅ = .
ii) Τα τρίγωνα ΑΒΓ
και ∆ΕΓ
έχουν τη γωνία Γ κοινή,
οπότε ( )( )∆ΕΓ ΓΕ ⋅Γ∆
=ΑΒΓ ΓΑ ⋅ΓΒ
.
Αλλά 23
ΓΕ=
ΓΑ και 1
2Γ∆
=ΓΒ
(ΑΔ ύψος και διάμεσος),
οπότε ( ) 1 1 1( ) ( ) 9 3 3 3( ) 3 3 3∆ΕΓ
= ⇔ ∆ΕΓ = ΑΒΓ = =ΑΒΓ
.
iii) Τα τρίγωνα ΑΕΖ
και ∆ΕΓ
είναι όμοια (ΑΖ//ΔΓ),
οπότε 2 2( ) 1 1
( ) 2 4ΑΖΕ ΑΕ = = = ∆ΕΓ ΕΓ
. Άρα 1 3 3( ) ( )4 4
ΑΖΕ = ∆ΕΓ = .
6. i) Τα τραπέζια ΑΒΛΚ και ΚΛΓΔ έχουν ίδιο ύψος υ και ίσες βάσεις (ΑΚ = Κ∆, ΒΛ = ΛΓ). Άρα ( ) ( )ΑΒΛΚ = ΚΛΓ∆ .
ii) Είναι ( ) ( )ΜΑΚ = ΜΚ∆ και ( ) ( )ΜΒΛ = ΜΛΓ αφού Κ, Λ μέσα των ΑΔ, ΒΓ. Άρα ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ΑΒΛΚ = ΚΛΓ∆ ⇔ ΜΑΚ + ΜΑΒ + ΜΒΛ =
( ) ( ) ( ) ( ) ( )= ΜΚ∆ + ΜΓ∆ + ΜΛΓ ⇔ ΜΑΒ = ΜΓ∆ .
7. i), ii) Θεωρούμε τα σημεία 1 2 1, , ..., ν−∆ ∆ ∆ , της πλευράς ΒΑ ώστε:
1 1 2 2 3 1... dν−Β∆ = ∆ ∆ = ∆ ∆ = = ∆ Α = , όπου d γ=ν
.
Φέρνοντας από τα 1 2 1, , ..., ν−∆ ∆ ∆ παράλληλες προς την ΑΓ τα τρίγωνα
1 1Β∆ Ζ
, 2 2Β∆ Ζ
, …, 1 1ν− ν−Β∆ Ζ
που σχηματίζονται είναι ισοσκελή,
οπότε έχουμε: Δ1Ζ1 = d, 2 2 2d∆ Ζ = , Δ3Ζ3 = 3d, …, 1 1 ( 1)dν− ν−∆ Ζ = ν − .Είναι:
21
1 d2
Ε = , 22
1 3(d 2d)d d2 2
Ε = + = , …, 21 2 1(( 1)d d)d d ,2 2ν
ν −Ε = ν − + ν =
οπότε η ισότητα: 1 2 3 ... ( )νΕ + Ε + Ε + + Ε = ΑΒΓ δίνει:
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 173 1/11/2013 5:52:02 μμ
174
Α
Β
Α
ΒΓΔ
Ε'
Α
Δ E
Ζ H
B Γ
Η'Θ
Ι
ΕΗ
Μ
Ζ
Γ
Δ
2 2 2 2 21 3 2 1 1d d ... d ( d)( d) d 1 3 5 ... (2 1)2 2 2 2 2
ν − ν+ + + = ν ν = ⇔ + + + + ν − = ν
8. Κάθε τετράγωνο έχει πλευρά μήκους 6μ.μ. Είναι:( ) ( ) ( ) ( )ΑΒΜΖΗ∆ = ΑΒΓ∆ + ∆ΕΖΗ − ∆ΕΜΓ =
36 36 2( )= + − ∆ΕΜ =172 22
= − ∆Ε ⋅ΕΜ =
72 6 3 72 18 54= − ⋅ = − = .
9. Το εμβαδόν της γραμμοσκιασμένης περιοχής είναι: 2 2 17 ( )( ) 171ΑΓ − ΑΒ = ⇔ ΑΓ + ΑΒ ΑΓ − ΑΒ = (1).
Επειδή ΑΓ, ΑΒ ακέραιοι, ΑΓ + ΑΒ > ΑΓ − ΑΒ
και έχουμε: 171
ΑΓ + ΑΒ =ΑΓ − ΑΒ =
Λύνοντας το σύστημα αυτό βρίσκουμε 9ΑΓ = και 8ΑΒ = , οπότε: 18 8 10Α∆ = ΑΓ + Γ∆ = ΑΓ + ΒΓ = ΑΓ + ΑΓ − ΑΒ = − = , οπότε το μικρότερο τετράγωνο έχει εμβαδόν 2 28 64 . .ΑΒ = = τµ και το μεγαλύτερο 2 210 100 . .Α∆ = = τµ
10. Ανάλυση:Έστω ΔΕ και ΖΗ οι ζητούμενες ευθείες.
Τότε:( ) ( ) ( )Α∆Ε ∆ΕΗΖ ΖΗΓΒ
= =λ κ ν
ή
( ) ( ) ( ) ( ) ( )Α∆Ε ΑΖΗ − Α∆Ε ΑΒΓ − ΑΖΗ= =
λ µ ν (1)
Επειδή όμως τα τρίγωνα Α∆Ε
, ΑΖΗ
και ΑΒΓ
είναι όμοια μεταξύ τους θα έχουμε:
2 2 2
( ) ( ) ( )Α∆Ε ΑΖΗ ΑΒΓ= = = κ
ΑΕ ΑΗ ΑΓ,
οπότε η (1) γίνεται: 2 2 2 2 2ΑΕ ΑΗ − ΑΕ ΑΓ − ΑΗ= =
λ µ ν (2).
Γράφουμε ημικύκλιο διαμέτρου ΑΓ και πάνω σ’ αυτό παίρνουμε τα σημεία Ε′ και Η′ ώστε ′ΑΕ = ΑΕ και ′ΑΗ = ΑΗ αντίστοιχα. Αν ′Ε Θ, ′Η Ι ⊥ ΑΓ από τα ορθογώνια τρίγωνα ′Ε ΑΓ
και ′Η ΑΓ
παίρνουμε: 2 2′ΑΕ = ΑΕ = ΑΓ ⋅ΑΘ
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 174 31/10/2013 5:54:52 μμ
175
και 2 2′ΑΗ = ΑΗ = ΑΓ ⋅ΑΙ,
οπότε η (2) γίνεται: ( ) ( )ΑΓ ⋅ΑΘ ΑΓ ΑΙ − ΑΘ ΑΓ ΑΓ − ΑΙ= =
λ µ ν
ή ΑΘ ΘΙ ΙΓ= =
λ µ ν που σημαίνει ότι τα Θ, I διαιρούν την ΑΓ σε μέρη ανάλογα
των λ, μ, 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 τηνΑΘ ΘΙ ΙΓ
= =λ µ ν
ή
και ακολουθώντας αντίστροφη πορεία από αυτήν της
ανάλυσης καταλήγουμε στην ( ) ( ) ( )Α∆Ε ∆ΕΗΖ ΖΗΓΒ= =
λ µ ν.
Διερεύνηση: Το πρόβλημα έχει πάντα λύση.
11. α) i) Δες Αποδεικτικές ασκήσεις 1. i) § 10.5.ii) Τα τρίγωνα ΒΜΓ
και ΑΒΓ
έχουν την ίδια βάση ΒΓ,
οπότε: ( )( )ΒΜΓ ΜΚ
=ΑΒΓ ΑΛ
(1). Όμως
τα τρίγωνα ΜΚ∆
και ΑΛ∆
είναι
όμοια και επομένως: ΜΚ Μ∆=
ΑΛ Α∆ (2).
Από (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο.
β) Σύμφωνα με τα α) έχουμε διαδοχικά:ΑΕΕΓ
ΑΖΖΒ
ΑΜΒΒΜΓ
ΑΜΓΒΜΓ
ΑΜΒ ΑΜΓΒΜΓ
+ = + =
=+
=
( )( )
( )( )
( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) 1 1( ) ( )
ΑΒΓ − ΒΜΓ ΑΒΓ Α∆= = − = − =
ΒΜΓ ΒΜΓ Μ∆Α∆ −Μ∆ ΑΜ
= =Μ∆ Μ∆
.
Α
Α
Β Γ
ΕΖ
Μ
Δ
B ΓΛ Κ Δ
Μ
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 175 1/11/2013 5:53:56 μμ
22-0017-02.indd 176 31/10/2013 5:54:52 μμ
11 ΚΕ
ΦΑ
ΛΑ
ΙΟ
ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ• Σε κύκλο (Ο, R) ισχύουν οι παρακάτω ισοδυναμίες:
360 360ˆν νΑΒ = ⇔ ΑΟΒ = ⇔ ΑΒ = λ ⇔ 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 Α1Α2...Αν. Αν το σχεδιάζουμε εγγε-γραμμένο σε κύκλο (§ 11.2 θεώρημα I) και υπολογίζουμε τα ίσα τόξα.
Είναι:
1 2 2 3 1360... νΑ Α = Α Α = = Α Α =ν
.
(Ασκήσεις: § 11.2 Εμπέδωσης 7).• Το κανονικό ν-γωνο, το περιγεγραμμένο στον κύκλο
(Ο, R) έχει απόστημα Rν′α = .(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 ταυτόχρονα), αλλά –αν οι ακτίνες τους είναι άνισες– κάθε ένας κάνει διαφορετικό αριθμό στροφών. (Ασκήσεις: § 11.4 Εμπέδωσης 4).
22-0017-02.indd 177 31/10/2013 5:54:52 μμ
178
11.1-11.2
§ 11.1-11.2Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Σύμφωνα με τον τύπο 360180νϕ = −ν
έχουμε: 5360180 180 72 108
5ϕ = − = − =
,
6360180 180 60 120
6ϕ = − = − =
,
και όμοια 10 144ϕ = και 12 150ϕ = .
Για την κεντρική γωνία νω , έχουμε τύπο 360
νω =ν
,
οπότε: 5360 72
5ω = =
, 6360 60
6ω = =
, 10 36ω = και 12 30ω = .
2. Έστω ν το πλήθος των πλευρών του πολυγώνου.
Τότε: 360 360108 180 108 72 5νϕ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ ν =ν ν
,
άρα η σωστή απάντηση είναι η Δ.
3. Επειδή τα κανονικά αυτά πολύγωνα έχουν τον ίδιο αριθμό πλευρών είναι
όμοια, οπότε έχουμε: 5 5
5 5
PR 2R P
α= = = λ =
′ ′ ′α και ο λόγος των εμβαδών θα
είναι: 25
5
4Ε= λ =
′Ε.
4. Αρκεί να δείξουμε ότι 1 2ν = ν . Με το σχήμα Horner βρίσκουμε ότι η δοθείσα εξίσωση είναι ισοδύναμη με την 2( 5)( 2 3) 0 5ν − ν + ν + = ⇔ ν = ή 2 2 3 0ν + ν + = . Η εξίσωση 2 2 3 0ν + ν + = είναι προφανώς αδύνατη στο Ν, επομένως μοναδική ρίζα της δοθείσας εξίσωσης είναι η 5ν = , άρα 1 2 5,ν = ν = δηλαδή τα πολύγωνα έχουν το ίδιο πλήθος πλευρών, άρα είναι όμοια.
5. Έστω κανονικό ν-γωνο τέτοιο ώστε:
360 36090 180 90 90 4νϕ < ⇔ − < ⇔ < ⇔ ν <ν ν
, άρα 3ν = , δηλαδή
το μόνο κανονικό ν-γωνο με γωνία οξεία είναι το ισόπλευρο τρίγωνο.
22-0017-02.indd 178 1/11/2013 5:58:02 μμ
179
11.1-11.2
φν φ
Α Δ
ΓΒ Ζ
Η
Ε
λ
φμ
6. i) Γνωρίζουμε ότι 2
2 2R4ν
ν
λ+ α = και
22 2R
4µ
µ
λ+ α = από τις οποίες
προκύπτει ότι: 22
2 2 2 2 2 24( )4 4
µνν µ ν µ µ ν
λλ+ α = + α ⇔ λ −λ = α −α .
ii) Σύμφωνα με το i) έχουμε: λ λ λ λ λ λ
α α α α α αν µ ν µ ν µ
µ ν µ ν µ ν
> ⇔ > ⇔ − > ⇔
⇔ − > ⇔ > ⇔ >
2 2 2 2
2 2 2 2
0
4 0( ) .
7. i) Επειδή τόξα ΑΕ = ∆Γ έχουμε ΑΓ = ∆Ε, οπότε το ΑΕΔΓ είναι τραπέζιο και μάλι-στα ισοσκελές αφού ΑΕ = ∆Γ ως πλευ-ρές κανονικού πενταγώνου. Το τρίγωνο ΑΒΓ
είναι ισοσκελές αφού ΑΒ = ΒΓ.
ii) Έστω ΑΖ η διχοτόμος της ˆΒΑΓ.
Τότε:
, άρα ΑΖ ⊥ ΑΕ.
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 ˆ ˆΒΑΓ = ΓΒ∆ ως εγγεγραμμένες που βαίνουν σε ίσα τόξα. Επομένως είναι:
2ΑΓ ΒΓ= ⇔ ΒΓ = ΑΓ ⋅ΗΓ
ΒΓ ΗΓ (1).
Αλλά ΒΓ = ΑΕ και ΑΕ = ΑΗ από το ρόμβο ΑΕΔΗ, οπότε ΒΓ = ΑΗ και η (1) γίνεται 2ΑΗ = ΑΓ ⋅ΗΓ.
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Η κάλυψη με τα πλακίδια θα είναι πλήρης όταν σε κάθε σημείο που είναι κοινή κορυφή και των τριών πλακιδίων δεν υπάρχουν κενά. Αυτό θα συμβαίνει όταν
360λ µ νϕ + ϕ + ϕ = ⇔
⇔ −
+ −
+ −
= ⇔
⇔
180 360 180 360 180 360 360
λ µ ν
3360 360 360 180 1 1 1 12
λ µ ν λ µ ν+ + = ⇔ + + =
22-0017-02.indd 179 31/10/2013 5:54:54 μμ
180
11.1-11.2
2. Έστων-γωνο 1 2... νΑ Α Α εγγεγραμένοσεκύκλο(Ο,R)καιπεριγεγραμμένοσεκύκλο(Ο,ρ)(R > ρ ).Οιπλευρές 1 2Α Α , 2 3Α Α ,…τουν-γώνουείναιχορδέςτου(Ο,R)πουέχουναποστήματαίσαμερ,άραείναιίσες,δηλαδήτοπολύγωνοέχειίσεςτιςπλευρέςτου. Επειδή πλέον οι χορδές 1 2Α Α , 2 3Α Α , …, 1νΑ Α του (Ο,R) είναι ίσες και τααντίστοιχα τόξα θα είναι ίσα, δηλαδή
1 2 2 3 1... νΑ Α = Α Α = = Α Α = τ
,οπότεκαι
Ο
Ο
Α
Μ
Β
d3
d2d1
dνA
A
3
A 21
A
A' B
Α Δ
Μ Γ1 1
Δ'
v
οιγωνίες 1Α , 2Α ,…, ˆ νΑ είναιίσες,αφούκάθεμιαείναιεγγεγραμμένηκαιβαίνεισετόξο ( 2)ν − τ
.Άρατο 1 2... νΑ Α Α είναικανονικό.
3.ΈστωΜτομέσοτηςπλευράςΒΓ.Φέρνουμε ′Α Α ⊥ ΒΓ. Μεεφαρμογήτου2ουθεωρήματοςδιαμέσωνστοΑΒΓ
παίρνουμε:2 2 2 ′ΑΓ − ΑΒ = ⋅ΒΓ ⋅ΑΜ (1).
Φέρνουμεεπίσης ′∆∆ ⊥ ΒΓ. Τατρίγωνα ′Α ΑΒ
και ′∆ ∆Γ
είναιορθογώνιακαιέχουνΑΒ = Γ∆και 1
ˆ ˆΒ = Γ,άραείναιίσα,οπότε′ ′Α Β = Γ∆ και επομένως ′ ′Α Μ =Μ∆ (2).Από (1), (2) προκύπτει
2 2 ′ ′ΑΓ − ΑΒ = ΒΓ ⋅Α ∆ = ΒΓ ⋅Α∆ (τοΑΑ′Δ′Δείναιορθογώνιο).
4. Έστω νΑΒ = λ καιΜτομέσοτουτόξουΑΒ.Τότε 2νΑΜ = λ καιΟΜ ⊥ ΑΒ.ΕπειδήηΟΜ ⊥ ΑΒτοεμβαδόν τουτετραπλεύρουΟΑΜΒείναι
1 ( )( )2ΑΒ ΟΜ ,
δηλαδή1( ) R2 νΟΑΜΒ = λ ,
οπότε:
21 1 1( ) R ( )R P R2 2 2ν ν ν νΕ = ν ΟΑΜΒ = ν λ = νλ = .
5. Τοκανονικόν-γωνοτοπεριγγεγραμμένοστον(Ο,R)έχειπλευρά ν′λ καιαπόστημαR.Ταδύοαυτάπολύγωναέχουντοίδιοπλήθοςπλευρών,επομένωςείναιόμοια,οπότε R
R Rν ν
ν ν ν
λ α ′= ⇔ λ = α λλ
.
6. Έστω αΕ , βΕ , γΕ ταεμβαδάτωνκανονικώνπολυγώνωνμεπλευρέςτιςΒΓ,ΓΑ,ΑΒαντίστοιχα.Τακανονικάαυτάπολύγωνα,αφούέχουντοίδιοπλήθοςπλευρών,είναιόμοια.
22-0017-02.indd 180 1/11/2013 5:58:56 μμ
181
11.1-11.2
Επομένως είναι: 2
2β
α
Ε β=
Ε α και
2
2γ
α
Ε γ=
Ε α. Προσθέτοντας κατά μέλη τις ισό-
τητες προκύπτει 2 2
2β γ
α
Ε + Ε β + γ=
Ε α (1). Επειδή το τρίγωνο είναι ορθογώνιο
έχουμε 2 2 2α = β + γ , οπότε η (1) δίνει .β γ αΕ + Ε = Ε
Σύνθετα Θέματα
1. Έστω ότι χρειάζονται κ κανονικά ν-γωνα για να καλύψουν το επίπεδο γύρω από ένα σημείο, κορυφή των πολυγώνων. Τότε θα ισχύει:
360360 180 360ν
κϕ = ⇔ κ − = ⇔ ν
2 21 2 2ν − ⇔ κ − = ⇔ κ = ⇔ ν ν 2 2 4 4 42
2 2 2ν ν − +
⇔ κ = = = +ν − ν − ν −
, δηλαδή 422
κ = +ν −
(1).
Επειδή το κ είναι ένας θετικός ακέραιος από την (1) προκύπτει ότι το 2ν − είναι ένας θετικός διαιρέτης του 4, δηλαδή ότι: 2 1,2,4 3,4,6ν − = ⇔ ν = . Άρα η κάλυψη πράγματι γίνεται μόνο με ισόπλευρα τρίγωνα, τετράγωνα ή κανονικά εξάγωνα.
2. Έστω 1 2... νΑ Α Α ένα κανονικό ν-γωνο και 1d , 2d , ..., dν οι αποστάσεις ενός εσωτερικού σημείου Σ από τις πλευρές του 1 2Α Α , 2 3Α Α , …, 1νΑ Α αντίστοιχα.
Επειδή το Σ είναι εσωτερικό σημείο έχουμε:
1 2 2 3 1 1 2( ) ( ) ... ( ) ( ... )ν νΣΑ Α + ΣΑ Α + + ΣΑ Α = Α Α Α ⇔
1 21 1 1 1 1d d ... d P2 2 2 2 2ν ν ν ν ν ν ν ν⇔ λ + λ + + λ = α = νλ α ⇔
1 2 1 21 1(d d ... d ) d d ... d2 2ν ν ν ν ν ν⇔ λ + + + = λ να ⇔ + + + = να .
dν
φν φνφν
φν
d1
d2
d3
3Α
2Α1Α
νΑ ΣΟ
22-0017-02.indd 181 1/11/2013 6:10:46 μμ
182
11.3
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 3 36ΘΑ = ⋅ και 36ΒΓ = ,
οπότε:
11 1ˆ ( ) 2 36 362 2
Μ = ΘΑ−ΒΓ = ⋅ = .
Επίσης:
11 1ˆ 2 36 362 2
∆ = ΑΓ = ⋅ =
και επομένως 1 1ˆΜ = ∆ (1).
Εξάλλου 1 2ˆ ˆΑ = Α (2) ως εγγεγραμμένες που βαίνουν σε ίσα τόξα. Από (1)
και (2) προκύπτει ότι τα τρίγωνα ΑΓΜ
και ΑΓ∆
έχουν και 1 2ˆ ˆΓ = Γ . Έτσι
στα προαναφερόμενα τρίγωνα έχουν ΑΓ: κοινή, 1 2ˆ ˆΑ = Α και 1 2
ˆ ˆΓ = Γ , άρα είναι ίσα, οπότε και ΑΜ = Α∆.
§ 11.3
Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Είναι 3 R 3λ = και 3R2
α = ,
οπότε: 23 3 3 3 3
1 1 3 R 3 3P 3 R 3 R2 2 2 2 4
Ε = α = λ α = =
2 23
33 3R 3:
4 4 λ
Ε = =
2ος τρόπος .
Επίσης 4 R 2λ = και 4R 2
2α = ,
οπότε: 24 4 4 4 4
1 1 R 2P 4 2R 2 2R2 2 2
Ε = α = λ α = = .
(2ος τρόπος: 2 24 4 2RΕ = λ = ).
Είναι 6 Rλ = και 6R 3
2α = ,
οπότε: 26 6 6 6 6
1 1 R 3 3 3P 6 3R R2 2 2 2
Ε = α = λ α = = .
Η Ζ
E
Δ
A
Κ
Ι
Θ
O
12
2
1
1 1B M
22-0017-02.indd 182 1/11/2013 6:12:07 μμ
183
11.3
2. Από την ισότητα 2
2 2R4ν
ν
λ+ α = με αντικατάσταση των δεδομένων βρίσκουμε:
2225 3 100 4 25 10,
4ν
ν ν
λ+ ⋅ = ⇔ λ = ⋅ ⇔ λ = δηλαδή
Rνλ = , άρα το πολύγωνο είναι 6-γωνο, οπότε:
26 6 6 6 6 6 6
1 1P 6 3 3 10 5 3 150 3 cm2 2
Ε = α = λ α = λ α = ⋅ ⋅ = .
3. Από την ισότητα 2
2 2R4ν
ν
λ+ α = με αντικατάσταση των δεδομένων προκύπτει:
2 264 2 8 2 R 264 32 16 2 4 24 2 2ν ν ν
⋅+ α = ⇔ α = = ⋅ ⇔ α = = = ,
δηλαδή R 22να = , οπότε: 4ν = και επομένως:
24 4 4 4 4 4 4
1 1 8 2P (4 ) 2 2 8 2 128 cm2 2 8
Ε = α = λ α = λ α = ⋅ ⋅ = .
4. Επειδή AB 60= προκύπτει ότι: 6AB R= λ = . Όμοια αφού B 90Γ = είναι: 4 R 2ΒΓ = λ = . Επίσης, αφού 120Γ∆ = έχουμε ότι: 3 R 3Γ∆ = λ = . Τέλος: 360 90Α∆ = − ΑΒ −ΒΓ −Γ∆ = και επομένως 4 R 2Α∆ = λ = . Για τους ίδιους αντίστοιχα λόγους είναι:
6R 3
2ΟΚ = α = , 4
R 22
ΟΛ = α = , 3R2
ΟΜ = α = και 4R 2
2ΟΝ = α = ,
οπότε: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ΑΒΓ∆ = ΟΑΒ + ΟΒΓ + ΟΓ∆ + ΟΑ∆ =
1 1 1 12 2 2 2
= ΑΒ⋅ΟΚ + ΒΓ ⋅ΟΛ + Γ∆ ⋅ΟΜ + Α∆ ⋅ΟΝ =
( )21 R 3 1 R 2 1 R 1 R 2 RR R 2 R 3 R 2 2 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2= + + + = + .
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Το άθροισμα των γωνιών ενός πολυγώνου ν-πλευρών είναι (2 4)ν − ορθές, άρα: 2 4 8 2 12 6ν − = ⇔ ν = ⇔ ν = , άρα πρόκειται για κανονικό εξάγωνο. Επομένως:
26 6 6
1 1 R 36 3 6 6 3 R 3 R 4 R 22 2 2
Ε = ⇔ ⋅λ α = ⇔ = ⇔ = ⇔ = .
A
Β
Γ
ΔΝ
ΜΛ
Κ60O
90O
120O
22-0017-02.indd 183 1/11/2013 6:14:16 μμ
184
11.3
2. Επειδή ΑΒ//ΔΓ το ΑΒΓΔ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Εξάλλου: 6RΑΒ = = λ συνεπάγεται ότι 60ΑΒ = και από 3R 3∆Γ = = λ έπεται ότι 120∆Γ = . Επομένως: 2 2 360 60 120 180 90Α∆ = ΒΓ = − − = ⇔ Α∆ = ΒΓ = , οπότε: 4 R 2Α∆ = ΒΓ = λ = .Για το ύψος ΖΗ του τραπεζίου ΑΒΓΔ έχουμε:
( )3 6R R 3 R 1 32 2 2
ΖΗ = ΟΖ +ΟΗ = α + α = + = + ,
οπότε:
( ) ( ) ( )2 21 1 R R( ) ( ) R R 3 1 3 1 3
2 2 2 4ΑΒΓ∆ = ΑΒ + Γ∆ ΗΖ = + + = + .
3. Έστω 6ΑΒ = λ και Γ το μέσο του τόξου ΑΒ. Τότε 12ΑΓ = λ και αν πάρουμε το αντιδιαμετρικό Η του Γ θα είναι: ΓΗ ⊥ ΑΒ και 6Ο∆ = α . Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΗΓ
( ˆ 90Α = ) έχουμε:2 2
12 62R( ) 2R(R )ΑΓ = ΓΗ ⋅Γ∆ ⇔ λ = ΟΓ −Ο∆ = − α =
( )212
R 32R R R 2 3 R 2 32
= − = − ⇔ λ = −
.
Από την ισότητα: λ
α α λ122
122 2
122 2
122
2 24
2
414
4
14
4 2 3 14
2
+ = ⇔ = − =
= − −( )
= +
R R
R R R
( )
33 12
2 312( ) ⇔ = +α R .
4. Έστω 6ΑΒ = λ και Γ το μέσο ΑΒ. Το τετράπλευρο ΟΑΓΒ έχει κάθετες διαγώνιες, οπότε:
2
61 1 1 R( ) R R R ,2 2 2 2
ΟΑΓΒ = ΑΒ⋅ΟΓ = λ ⋅ = ⋅ =
δηλαδή 2R( )
2ΟΑΓΒ =
(1).
Αλλά 12 12( ) 6( ),Ε = ΟΑΓ = ΟΑΓΒ οπότε με τη βοήθεια της (1) προκύπτει ότι: 2
12 3RΕ = .
ΒΑ
Δ Γ
Η
Α
Α ΒΓ
Η
ΒΓ
Δ
Ζ
Η
Ο
Ο
Ο
30O
22-0017-02.indd 184 1/11/2013 6:21:37 μμ
185
11.3
2ος τρόπος: Είναι 360ˆ 3012
ΑΟΓ = =
. Άρα R
2 2ΟΑ
ΑΗ = = .
Επομένως 21 1 R R( ) R
2 2 2 4ΟΑΓ = ΟΓ ⋅ΑΗ = ⋅ = και 2
12 12( ) 3RΕ = ΟΑΓ = .
Σύνθετα Θέματα
1. Έχουμε ΟΑ ΟΒ= = =α3 2R
και 6R 3
2ΟΜ = α = (1).
Στο τρίγωνο ΜΑΒ
η ΜΟ είναι διάμεσος,
οπότε: 2 (1)
2 2 222
ΑΒΜΑ +ΜΒ = ΜΟ + ⇔
2 22 2 R 3 R2
2 2
⇔ΜΑ +ΜΒ = + ⇔
( )22 2 2 2 2 242R R 2⇔ΜΑ +ΜΒ = ⇔ΜΑ +ΜΒ = = λ .
2. i) Επειδή ΑΒΓ τέμνουσα και Α εξωτερικόσημείο του κύκλου είναιΑΒ ΑΓ ΑΟ ΑΒ⋅ = − ⇔ ⋅ =
= ( ) − ⇔ =
2 2
22 2 2
2
7 3
R AB
R R AB R .
Άρα 3R 3ΑΒ = ΒΓ = = λ .
Σχόλιο:
Η ΑΓ υπολογίζεται και από το 1ο θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ΑΟΓ
.ii) Επειδή ΟΒ διάμεσος στο τρίγωνο ΑΟΓ
έχουμε: 2
3 31 R R 3( ) 2( ) 2 R 32 2 2
ΑΟΓ = ΒΟΓ = ⋅ λ ⋅α = ⋅ = .
3. Έχουμε
6 60ΑΒ = λ ⇔ ΑΒ = και
3 120ΒΓ = λ ⇔ ΒΓ = .
Άρα 180ΑΓ = , οπότε ˆ 90Β = . Επομένως 2
2 2 2 2 2 R 3R2
ΑΜ = ΑΒ +ΒΜ ⇔ ΑΜ = + ⇔
2
2 7R R 74 2
⇔ΑΜ = ⇔ ΑΜ = (1).
Α
ΒΔΜ
Α
Α Ο Β
ΜΓ
Δ
(ε)
ΒΓ
Ο
Γ
22-0017-02.indd 185 1/11/2013 6:25:01 μμ
186
11.4
Οι χορδές ΑΔ και ΒΓ τέμνονται στο Μ, οπότε:
(1)
R 3 R 33R 72 2
14R 72
⋅ΒΜ ⋅ΜΓΑΜ ⋅Μ∆ = ΒΜ ⋅ΜΓ⇔Μ∆ = ⇔Μ∆ = ⇔Μ∆ =
ΑΜ.
§ 11.4
Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Έχουμε:
1 2 3L L L 2 2 22 2 2ΑΒ ΒΓ Γ∆
+ + = π + π + π =
2 2 L2 2
ΑΒ+ΒΓ + Γ∆ Α∆= π = π = .
2. Ο κύκλος αυτός έχει ακτίνα το απόστημα 6α του 6-γώνου.
Είναι 6R 3
2α = , 6 Rλ = και επειδή 6 10λ = προκύπτει 6 5 3α = , οπότε το
ζητούμενο μήκος L του κύκλου είναι: 6L 2 2 5 3 10 3= πα = π ⋅ = π .
3. Έστω 10ΑΒ = λ . Τότε: 360ˆ 3610
ΑΟΒ = =
,
οπότε το μήκος ΑΒ του ΑΒ δίνεται
από την:
R 5 36180 180ΑΒ
π µ π ⋅ ⋅= = = π
,
δηλαδή
cmΑΒ
= π .
4. Έστω L, τα μήκη των τροχών με ακτίνες R, ρ αντίστοιχα. Σύμφωνα με το πρόβλημα έχουμε: L 2 L 2 2 R 2 2 R 2 .ν = ν ⇔ = ⇔ π = ⋅ π ⋅ρ⇔ = ρ
Αε
Ο
Α Β
Β Γ Δ
L
L1 L3L2
22-0017-02.indd 186 31/10/2013 5:54:59 μμ
187
11.4
O
O
ΔΓ
Γ
Α
Β'
Λ
ΟΒ
Α
ΟΒ
ΛΑ
Κ
(κ)
1 1
A
B
σχ. 1 σχ. 2
5. Έχουμε 4R 2ΑΒ = = λ , οπότε 360 90
4ΑΒ = =
.
Άρα
R 90 R180 2ΑΒ
π ⋅ π= =
.
Επίσης 3R 3ΒΓ = = λ , οπότε 360 1203
ΒΓ = =
.
Άρα R 120 2 R180 3ΒΓ
π ⋅ π= =
.
Επομένως
R 150 5 R180 6ΑΓ
π ⋅ π= =
.
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Έστω µ το μέτρο του τόξου ΑΓ. Τότε 1ˆ( ) .Ο = µ
Αν Κ είναι το κέντρο του κύκλου (Κ) θα είναι ΚΟ = Κ∆ , ως ακτίνες, οπότε το ΚΟ∆
είναι ισοσκελές και για την εξωτερική γωνία 1Κ αυτού θα έχουμε: 1 1
ˆˆ 2Κ = Ο , οπότε 1ˆ( ) 2Κ = µ
και ( ) 2Α∆ = µ.
Επομένως:
R180ΑΓ
π µ=
(1) και
R 2 R2180 180Α∆
π µ π µ= =
(2).
Από (1) και (2) προκύπτει ότι τα μήκη ΑΓ και
Α∆ των τόξων ΑΓ και Α∆
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).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:
2ΟΑ−ΛΑ = ΛΑ −ΟΒ⇔ ΛΑ = ΟΑ +ΟΒ (3).
22-0017-02.indd 187 1/11/2013 6:27:37 μμ
188
11.4
Τότε: (3)
1 2L L 2 ( ) 2 ( ) 2 ( )+ = π ΟΑ + π ΟΒ = π ΟΑ +ΟΒ =
1 212 2 2(2 ) 2L L (L L )2
= π ⋅ ΛΑ = π ⋅ΛΑ = ⇔ = + .
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: 2ΟΑ−ΛΑ = ΟΒ+ ΛΑ⇒ ΛΑ = ΟΑ −ΟΒ (6).
Τότε: (6)
1 2L L 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 2− = π ΟΑ − π ΟΒ = π ΟΑ −ΟΒ = π ⋅ ΛΑ =
1 212(2 ) 2L L (L L )2
= π ⋅ΛΑ = ⇒ = − .
3. Έχουμε 2 13 14 15 42 21τ = + + = ⇔ τ = και από τον τύπο του Ήρωνα
έχουμε: 221 8 7 6 84cmΕ = ⋅ ⋅ ⋅ = . Από τον τύπο Ε = τρ προκύπτει πλέον ότι 4cmρ = και επομένως το μήκος
του εγγεγραμμένου κύκλου είναι: 2 4 8 cm= π = π .
Από τον τύπο: 4Rαβγ
Ε = προκύπτει 13 14 15 65R
4 8 84 4αβγ ⋅ ⋅
= = =Ε ⋅
,
οπότε το μήκος L του περιγεγραμμένου κύκλου είναι: 65 65L 2 cm4 2
= π = π .
Σύνθετα Θέματα
1. Έστω x η ακτίνα του κύκλου που εφάπτεται στα τρία θεωρούμενα ημικύκλια.
Τότε: R xΟΜ =ΟΓ −ΜΓ = − , R2
ΟΚ =
και R x2
ΚΜ =Κ∆ + ∆Μ = + .
Το τρίγωνο ΟΚΜ
είναι ορθογώνιο στο Ο, οπότε:
22
2 2 2 2R R(R x) x4 2
ΟΚ +ΟΜ =ΚΜ ⇔ + − = + ⇔
2 22 2 2 2R R RR x 2Rx x Rx 3Rx R x
4 4 3⇔ + + − = + + ⇔ = ⇔ = ,
οπότε το μήκος L του κύκλου κέντρου Μ είναι: R 2 RL 2 x 23 3
π= π = π = .
Α Κ Ο
Γ
Λ Β
Μχ
Δ
22-0017-02.indd 188 31/10/2013 5:55:00 μμ
189
11.6-11.7
2. Έστω x η ακτίνα του κύκλου (c) και R = ΟΑ, τότε έχουμε: R xΟΝ = − ,
xΟΛ =ΜΝ = , R x2
ΚΝ = + .
Στο τρίγωνο ΟΚΝ
είναι 1ˆ 90Ο < , οπότε
έχουμε: 2 2 2 2ΚΝ = ΟΚ +ΟΝ − ΟΚ ⋅ΟΛ⇔2 2
2R R Rx (R x) 2 x2 4 2
⇔ + = + − − ⋅ ⇔
2 42 2 2R Rx Rx R x 2Rx Rx
4 4⇔ + + = + + − − ⇔
2 R4Rx R x4
⇔ = ⇔ = , οπότε το μήκος του κύκλου (c) είναι:
R R2 x 24 2
= π = π = π (1). Αλλά και:
R R90 R180 180 2ΑΒ
π µ π π= = =
(2).
Από (1) και (2) προκύπτει: ΑΒ= , δηλαδή το ζητούμενο.
3. Είναι (βλέπε σχήμα βιβλίου)5ΑΒ = , 2 2 2 2 1,2ΚΛ = ΒΚ +ΒΛ − ΒΛ ⋅ΒΓ⇔ ΒΓ = .
Εξάλλου με εφαρμογή του 1ου θεωρήματος διαμέσων έχουμε 2 2 29 7 2 8 61+ = Γ∆ + ⇔ Γ∆ = .
Το ημικύκλιο διαμέτρου ΔΕ έχει μήκος 2π. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΜΖΙ
προκύπτει 2 2 8 16 4ΘΖ = ΘΙ ⋅ΘΜ = ⋅ = ⇔ ΘΖ = , οπότε το ημικύκλιο δια-μέτρου ΕΖ έχει μήκος 4π. Επομένως το συνολικό μήκος της γραμμής ΑΒΓΔΕΖ είναι 6,2 61 6+ + π.
§ 11.6-11.7
Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Η ακτίνα ΟΔ του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ
είναι 13
Ο∆ = Α∆
και επειδή ΑΔ ύψος του τριγώνου
είναι 3 3( ) 3 R 3 3 3 R2 2 2 2
λΑΒ ⋅Α∆ = = = =
αφού 3 R 3ΑΒ = λ = , οπότε 1 3 1R R3 2 2
Ο∆ = ⋅ =
και επομένως το εμβαδόν του κύκλου είναι 2R
4π ⋅ .
Β
Ο Α
Α
Β ΓΔ
Ο
Μ Ν
Λ Κ
χ
1
(c)
22-0017-02.indd 189 6/2/2014 3:30:05 µµ
190
11.6-11.7
2. Έστω R η ακτίνα του κύκλου (Κ).
Το μήκος l
του τόξου 60ΑΒ = είναι R 60 R180 3
π ⋅ π= =
,
οπότε R4 4 R 123π
= π⇔ = π⇔ = , οπότε το εμβαδόν Ε
του κύκλου θα είναι: 2 2R 144 cmΕ = π = π .
3. Τα τόξα ΒΓ, ΓΑ και ΑΒ είναι τόξα ίσων κύκλων και αντιστοιχούν σε ίσες επίκεντρες γωνίες, 60, επομένως είναι ίσα, άρα και τα μήκη τους θα είναι ίσα.
Το μήκος του τόξου ΒΓ είναι 60
180 3πα ⋅ πα
=
, οπότε
η περίμετρος του καμπυλόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ
είναι: 33πα
= πα.
Έστω ε το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος χορδής ΒΓ.
Τότε:
2 2 2 260 3 3( ) ( )360 4 6 4
πα ⋅ α πα αε = ΟΒΓ − ΑΒΓ = − = −
.
Το εμβαδόν Ε του καμπυλογράμμου τριγώνου θα είναι πλέον:
( )2 2 2
23 3 1( ) 3 3 34 6 4 2
α πα αΕ = ΑΒΓ + ε = + − = π − α
.
4. Πρέπει 1 2 3( ) ( ) ( ) (k) ( )µ + µ + µ + = ΑΒΓ∆ ⇔
1 1 2 2 3 3[( ) ( )] [( ) ( )] [( ) ( )] (k)⇔ µ + τ + µ + τ + µ + τ + =
1 2 3( ) ( ) ( ) ( )= ΑΒΓ∆ + τ + τ + τ ή 4 φορές το εμβαδόν ημικυκλίου διαμέτρου AO = = Εμβαδόν ημικυκλίου διαμέτρου ΑΒ
ή
2
2 2 2R
R R R242 2 2 2
π π π π ⋅ = ⇔ = , που ισχύει.
5. Είναι φανερό ότι τα τόξα ΑΒ , ΒΓ και ΓΑ είναι ίσα, οπότε έχουν και ίσα
μήκη. Το μήκος π.χ. του ΑΒ είναι R60 R180 3π π
=
, οπότε η περίμετρος του
καμπυλογράμμου τριγώνου είναι: R3 R3π
= π .
Α
εΒ Γ
ΓΔ
Α BRΟκ
μ1
μ2
μ3τ2
τ1 τ3
22-0017-02.indd 190 1/11/2013 6:28:52 μμ
191
11.6-11.7
Έστω ε το εμβαδόν του καμπυλόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ
.
Τότε: ( ) 3( )ε = ΚΛΜ − ΜΑΒ (1).
Είναι 2
2(2R) 3( ) R 34
ΚΛΜ = =
και
2 2R 60 R( )360 6
π πΜ ΑΒ = =
,
οπότε αντικαθιστώντας στην (1)
βρίσκουμε:
( )2 2
2 R RR 3 2 32 2
πε = − = − π .
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Επειδή από κατασκευή
είναι: 12 22
ΟΒ = ΟΑ = ΟΓ⇔ΟΓ = ΟΒ
και ˆ 90Γ = η γωνία 1ˆ 30Β = , οπότε 1
ˆ 60Ο = και επομένως το μήκος l του τόξου ΑΓ
είναι: R60 R180 3π π
= =
.
Επίσης από το ορθογώνιο τρίγωνο: ΓΟΒ
( ˆ 90Γ = )
έχουμε: 2 2 2 2 2 2(2R) R 3R R 3ΒΓ = ΟΒ −ΟΓ = − = ⇔ ΒΓ = ,
οπότε το μεικτόγραμμο τρίγωνο ΑΒΓ
έχει περίμετρο: RP R R 3 R 1 33 3π π = ΑΒ + ΒΓ + = + + = + +
.
Εξάλλου για το εμβαδόν ε του μεικτογράμμου τριγώνου ΑΒΓ
έχουμε: ( ) ( )ε = ΟΓΒ − Ο ΑΓ (1).
Είναι: 21 1 R 3( ) R R 3
2 2 2ΟΓΒ = ΟΓ ⋅ΒΓ = ⋅ =
και
2 2R 60 R( )360 6
π πΟ ΑΓ = =
,
Γ B
K
Λ ΜA R
Rε
11Α
Β
Γ
Ο
22-0017-02.indd 191 31/10/2013 5:55:02 μμ
192
A
Μ
A Δ
Β Γ
Δ Γ
B
K Λ
11.6-11.7
οπότε η (1) δίνει: ( )2 2 2R 3 R R 3 32 6 6
πε = − = − π .
2. Έστω Μ το κοινό σημείο των δύο τόξων. Είναι φανερό ότι τα μεικτόγραμμα μη γραμμοσκιασμένα τρίγωνα ΑΒΜ
και ΑΓΜ
είναι ίσα, άρα και ισεμβαδικά. Έστω ε το εμβαδόν καθενός από τα τρίγωνα αυτά. Το ζητούμενο εμβαδόν Ε δίνεται από την: 2( ) 2 2Ε = ΑΒΓ∆ − ε = α − ε (1). Αρκεί επομένως να βρούμε το ε. Έστω τ το εμβαδόν του τμήματος χορδής ΔΜ. Επειδή ΑΜ∆
ισόπλευρο πλευράς α, είναι: ˆ ˆ 60Α∆Μ =ΜΑ∆ = και ˆ 30Μ∆Γ = .Έτσι έχουμε:
230( ) ( ) ( )360πα ε = ∆ ΜΓ − τ = − ΑΜ∆ − ΑΜ∆ =
( )2 2 2 2 2 260 3 3 3 3
12 360 4 4 12 12πα πα α α πα α
= − + = − = − π
,
οπότε με αντικατάσταση στην (1) βρίσκουμε ότι: ( )2
6 3 36α
Ε = − + π .
3. Παρατηρούμε ότι R R R 2 R R− < < + και επομένως οι κύκλοι τέμνονται. Έστω Α, Β τα κοινά τους σημεία. Επειδή RΚΑ = ΑΛ = ΛΒ = ΛΚ = το τετράπλευρο ΚΑΛΒ είναι ρόμβος.
Όμως: ( )22 2 2 2 2R R R 2ΚΑ + ΑΛ = + = = ΚΛ , οπότε: ˆ 90ΚΑΛ = και επομένως το ΚΑΛΒ είναι τετράγωνο. Το εμβαδόν του κοινού μέρους είναι το εμβαδόν δύο ίσων κυκλικών τμημάτων. Έτσι έχουμε:
2( ) 2[( ) ( )]Ε = ΑΒΓ = Κ ΑΓΒ − ΚΑΒ =2 2 2
2R 90 1 R R 22 R R 2 R360 2 4 2 2
π π π −= − ⋅ = − =
.
22-0017-02.indd 192 13/3/2014 11:50:25 πµ
193
Δ
ΒΓA
Ο
Β
Ο
Α Ζ
Β
Η
Κ
ΔΓ
A
ΓR
Κχ
ττ
1
1
τ3
2
11.6-11.7
4. Το εμβαδόν Ε του χωρίου που περικλείεται μεταξύ των τριών ημικυκλίωνδίνεται από την:
2 2 21 1 12 2 2 2 2 2
ΑΒ ΑΓ ΓΒ Ε = π − π − π =
2 2 21 ( )8
= π ΑΒ − ΑΓ −ΓΒ =
2 2 21 1[( ) ] 28 8
= π ΑΓ + ΓΒ − ΑΓ −ΓΒ = π ΑΓ ⋅ΓΒ =
14
= π ⋅ΑΓ ⋅ΓΒ .
Αλλά από το ορθογώνιο τρίγωνο ∆ΑΒ
( ˆ 90∆ = ). Έχουμε 2ΑΓ ⋅ΓΒ = Γ∆ , οπότε η προηγούμενη σχέση γίνεται:
221
4 2Γ∆ Ε = πΓ∆ = π =
εμβαδόν κύκλου διαμέτρου ΓΔ.
5. Έστω (Κ, x) ο κύκλος ο εγγεγραμμένος στον
τομέα Ο⋅ΑΒ με 60ΑΒ = .
Τότε R xΟΚ = − , xΚΓ = και 1ˆ 30Ο = ,
οπότε από το ορθογώνιο τρίγωνο ΓΟΚ
προκύπτει: R x Rx 3x R x
2 2 3ΟΚ −
ΓΚ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ,
οπότε το εμβαδόν του κύκλου (Κ, x) είναι: 2R
9Ε = π .
Σύνθετα Θέματα
1. i) Επειδή 6ΑΒ = λ και 3ΒΓ = λ προκύπτει ότι: 60 120 180ΑΒΓ = + = , οπότε ΑΓ διάμετρος του κύκλου (Ο, R), άρα 2RΑΓ = .
ii) Το τρίγωνο ΑΒΓ
έχει εμβαδόν: 1( )2
ΑΒΓ = ΑΒ⋅ΑΓ
(αφού ˆ 90Β = ) 21 3R R 3 R2 2
= ⋅ = , οπότε αν Ε το εμβαδόν
του κύκλου θα είναι:
2
2
3 R( ) 32R 2
ΑΒΓ= =
Ε π π.
22-0017-02.indd 193 6/2/2014 3:36:49 µµ
194
11.6-11.7
iii) Το κυκλικό τμήμα ΑΓΖ είναι προφανώς ημικυκλικός δίσκος, οπότε το
εμβαδόν του 22
1( ) R2
τ = π . Για το εμβαδόν 3( )τ του (ΒΓΔ) έχουμε:
( )2 2 2 2
3R 120 1 R R R 3 R( ) ( ) ( ) R 3 4 3 3 .360 2 2 3 4 12
π πτ = Ο Β∆Γ − ΟΒΓ = − = − = π −
Για το εμβαδόν, τέλος, του κ.τ. ΑΗΒ έχουμε:
( )2 2 2 2 2
1R 60 R 3 R R 3 R( ) ( ) ( ) 2 3 3 .360 4 6 4 12
π πτ = Ο ΑΗΒ − ΟΑΒ = − = − = π −
2. Επειδή 4ΑΒ = ΑΓ = λ , θα είναι 90ΑΒ = ΒΓ = , οπότε 180Β∆Γ = και επομέ-νως ˆ 90ΒΑΓ = . Έτσι το ζητούμενο εμβαδόν, έστω Ε, θα είναι το εμβαδόν
A
A
Β Γ
ε
Ο
Β
ΟK ΛR R
RR
του τεταρτοκυκλίου ( )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
( ) 2Ε = Α ΒΓ + ε (1). Είναι:
( )22 21 1 1( ) R 2 R4 4 2
ΑΒΓ = π ⋅ΑΒ = π = π (2)
2 21 1( ) ( ) R R4 2
ε = Ο ΑΓ − ΟΑΓ = π − (3).
Αντικαθιστώντας τις (2) και (3) στην (1) βρίσκουμε: 2( 1)RΕ = π − .
3. Παρατηρούμε ότι R R R 3 R R− < < + , οπότε οι κύκλοι τέμνονται. Έστω (K, R), (Λ, R) οι κύκλοι και ΑΒ η κοινή χορδή τους. Επειδή RΚΑ = ΑΛ = ΛΒ = ΚΒ = , το τετράπλευρο ΚΑΛΒ είναι ρόμβος, οπότε:
6R 3
2 2ΚΛ
ΚΟ = = = α .
Άρα η χορδή ΑΒ του κύκλου (Κ, R) είναι 6 RΑΒ = λ = . Το ζητούμενο εμβαδόν ε είναι το εμβαδόν δύο ίσων κυκλικών τμημάτων. Επομένως: ύ ή2 ( )κυκλικο τµ µατοςε = ⋅Ε ΚΑΒ =
2 2 2 2R 60 R 3 R R 32 ( ) ( ) 2360 4 3 2
π π = Κ ΑΒ − ΚΑΒ = − = −
.
22-0017-02.indd 194 1/11/2013 6:35:40 μμ
195
4. Έχουμε 90ΑΒ = ΓΒ = .
Άρα 4 R 2ΑΓ = ΒΓ = λ = .
Παρατηρούμε ότι: 2R
2π
µ + τ = (1),
γιατί η ΑΒ είναι διάμετρος.
Επίσης
2 90( ) ( )360
π ⋅ΓΑ ⋅ΑΒΓ + τ = Γ ΑΒ = =
2 2(R 2) R4 2
π π= = . (2)
Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι ( )µ + τ = ΑΒΓ + τ ή ( )µ = ΑΒΓ .
Γενικές Ασκήσεις
1. α) Έχουμε 6R 3
2ΟΚ = α = .
Όμοια
ΟΚ ΟΛ ΟΜ ΟΝ
ΟΡ ΟΣ
= = = =
= = =R 3
21( ).
Επίσης 3 R 32 2 2
λΑΓΚΛ = = =
και όμοια: R 32
ΚΛ = ΛΜ =ΜΝ = ΝΡ = ΡΣ = ΣΚ = (2).
Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι το ΚΛΜΝΡΣ είναι κανονικό εξάγωνο με κέντρο Ο.
β) Έχουμε 2R 3( ) 6( ) 64
ΑΒΓ∆ΕΖ = ΟΑΒ = ⋅ (3), γιατί το τρίγωνο OAB
είναι ισόπλευρο με πλευρά R.
Γ
ΑΟτ
μ
Β
Α
ΟΖ
Κ
Η
Λ
Μ
Ν
Ρ
Σ
Β
Γ
ΔΕ
Γ
ΑΟτ
μ
Β
Α
ΟΖ
Κ
Η
Λ
Μ
Ν
Ρ
Σ
Β
Γ
ΔΕ
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 195 6/2/2014 4:38:47 µµ
196
Επίσης
2
2
R 3 32 6 3R 3( ) 6( ) 6
4 4 4
⋅
ΚΛΜΝΡΣ = ΟΚΛ = ⋅ = ⋅ (4),
γιατί το τρίγωνο ΟΚΛ
είναι ισόπλευρο με πλευρά R 32
.
Από τις (3) και (4) προκύπτει ότι: 3( ) ( )4
ΚΛΜΝΡΣ = ΑΒΓ∆ΕΖ .
γ) Η ακτίνα ρ του κύκλου του εγγεγραμμένου στο ΚΛΜΝΡΣ είναι
R 3 3 3R2 2 4
ρ = ΟΗ = ⋅ = . Άρα 3R 3 RL 2 24 2
π= π ⋅ρ = π ⋅ = .
2. α) Επειδή νΑΒ = λ είναι 360ˆΑΟΒ =ν
. Άρα
2
224
R 2 3603602 R( )
360 360 2
π ⋅ ⋅ π ⋅α ⋅ ν π ⋅ ν′ ′Ο Α Β = = =
ν
(1).
Επίσης
22
360R R( ) ( )360 2
π ⋅ πν′ ′ε = Ο ΑΒ − Ο Α Β = − =ν
2 2 2 2 2R R 2 R R R2 2 2 2
π π π π π= − = − =
ν ν ν ν ν (2).
Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι: ( )′ ′ε = Ο Α Β .
β) Είναι 2
2R 2 R2π
ε = ⇔ νε = πν
, από το (α) ερώτημα.
3. Έστω 1 2... νΑ Α Α ένα κυρτό ν-γωνο. Εξωτερικά αυτού κατασκευάζουμε τα ορθογώνια 1 2 1 1Α Α Γ Β , 2 3 2 2Α Α Γ Β , ...,
1ν ν νΑ Α Γ Β 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
1 1νΑ Γ Β ,
2 1 2Α Γ Β , ...,
1ν ν− νΑ Γ Β είναι τομείς ίσων κύκλων ακτίνας υ. Αν 1µ , 2µ , ..., νµ είναι τα μέτρα των επικέντρων γωνιών 1 1
ˆνΒ Α Γ , 2 2 1
ˆΒ Α Γ , ..., 1ˆ
ν ν ν−Β Α Γ αντίστοιχα
ΓΒ
μ
ν−1ν
ΑνΑ1
Α2
Α33
μ2μ1
Γ3
Β3
Γ2
Β2
Γ1
Β
Ο
Α Β
Α Β΄
1 Γν
´
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 196 31/10/2013 5:55:05 μμ
197
και 1ε , 2ε , ..., νε τα εμβαδά των αντίστοιχων κυκλικών τομέων
έχουμε: 2
11 360
πυ µε =
, 2
22 360
πυ µε =
, ..., 2
360ν
ν
πυ µε =
από τις οποίες προκύπτει: 2
1 2 1 2... ( ... )360ν ν
πυε + ε + + ε = µ + µ + + µ
(1).
Αλλά 1 1 1ˆ ˆ360 90 90 180µ = − − − Α = − Α .
Όμοια 2 2ˆ180µ = − Α , …, ˆ180ν νµ = − Α , οπότε
1 2 1 2... 180 ( ... ) 180 (180 360) 360ν νµ + µ + + µ = ν − Α + Α + + Α = ν − ν − = , οπότε η (1) δίνει 2
1 2 ... νε + ε + + ε = πυ .
4. Έστω x η ακτίνα των κύκλων. Επειδή οι κύκλοι εφάπτονται μεταξύ τους εξωτερικά και εφάπτονται επίσης στις πλευρές του τετραγώνου έχουμε: 4x = α, δηλαδή x
4α
= .
Αν Κ, Λ, Μ και Ν είναι τα κέντρα των κύκλων τότε το ΚΛΜΝ είναι τετράγωνο γιατί
2xΚΛ = ΛΜ =ΜΝ = ΝΚ = και ˆ 90Κ = (η γωνία Κ έχει παράλληλες πλευρές με την ˆ 90Α = ). Το ζητούμενο πλέον εμβαδόν ε θα δίνεται από την:
2 22 2 2x 90( ) 4( ) (2x) 4 4x x (4 )
360 16π ⋅ α
ε = ΚΛΜΝ − Κ ΗΖ = − = − π = − π
.
5. α) 2 2 2 24 (R 2) 2R 2 1600 3200mΕ = λ = = = ⋅ = .
β) Αν ρ είναι η ακτίνα κάθε κυκλικής γλάστρας έχουμε:
4R 22 R R 40 20 2
2ρ = ΟΑ −ΟΒ = − α = − = − ⇔
10(2 2),⇔ρ = − οπότε το εμβαδόν κάθε κυκλικής γλάστρας είναι
2 2200 (3 2 2)mε = πρ = π − και το εμβαδόν
του μέρους που καλύπτουν οι γλάστρες είναι ( ) 2800 3 2 2 mπ − .
γ) Το εμβαδόν του μέρους που θα φυτευθεί με γκαζόν είναι:
( ) ( )22 24R 4 1600 40 2 800 3 2 2π − λ − ε = π ⋅ − − π − =
( ) 2800 2 2 1 3200m= π − − .
Α
Β
Δ
Γ
Ζ
Η
Λ Μ
ΚΝ
ε
χ
Ο
Ο
Γ
Β
Β
Α
25
25
R=40
Α
Β
Δ
Γ
Ζ
Η
Λ Μ
ΚΝ
ε
χ
Ο
Ο
Γ
Β
Β
Α
25
25
R=40
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 197 6/2/2014 3:40:36 µµ
198
6. α) Ο εγγεγραμμένος κύκλος έχει προφανώς ακτίνα 25mρ = , επομένως το εμβαδόν του είναι 2 225 mπρ = π .
β) Αν x είναι η ακτίνα καθενός απ’ αυτούς τους κύκλους και Κ το κέντρο ενός απ’ αυτούς έχουμε: x 2ΑΚ = , xΚΓ = , οπότε από την ισότητα ΟΑ = ΟΓ +ΚΓ +ΚΑ προκύπτει:
( )25 2 25 x x 2 ... x 25 3 2 2= + + ⇔ ⇔ = − και επομένως:
( )2 2x 625 17 12 2 18,4mΕ = π = − = .
7. Έστω ΑΒ και ΓΔ δύο πλευρές του 15-γώνου και ω η γωνία που σχηματίζουν οι προεκτάσεις αυτών. Αν υποθέσουμε ότι το τόξο ΒΓ περιέχει ν πλευρές του 15-γώνου, τότε το Α∆ θα περιέχει 15 2 13− ν − = − ν πλευρές και επομένως θα είναι ΒΓ = ντ και (13 )Α∆ = − ν τ ,
όπου
1 360 2415
τ = ΑΒ = = .
Η γωνία ω είναι τότε: ( )1 1 1[(13 ) ] (13 2 ) (13 2 ) 12
2 2 2ω= Α∆ −ΒΓ = − ν τ − ντ = − ν τ = − ν ⋅ (1).
Ο 13 2− ν είναι ένας θετικός ακέραιος και επομένως η ελάχιστη τιμή τους είναι το 1, οπότε 13 2 1 6− ν = ⇔ ν = και από την (1) προκύπτει πλέον ότι
min 1 12 12ω = ⋅ = .
M
ν ω
ΔΓ
ΒΑ
MΣ
ΓΑ
x
Β Δ
0
Α
Β
Δ
Γ
Ζ
Η
Λ Μ
ΚΝ
ε
χ
Ο
Ο
Γ
Β
Β
Α
25
25
R=40
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 198 1/11/2013 6:42:05 μμ
199
M
ν ω
ΔΓ
ΒΑ
MΣ
ΓΑ
x
Β Δ
0
Σχόλιο:
Παραπάνω υποθέσαμε ότι
13132
Α∆ > ΒΓ⇔ −ν > ν⇔ ν < .
Στο ίδιο αποτέλεσμα καταλήγουμε αν Α∆ < ΒΓ,
τότε όμως ( )12
ω= ΒΓ − Α∆ .
8. α) Τα τρίγωνα ΜΑ∆
και ΣΑΒ
είναι ορθογώνια στο Μ και Σ αντίστοιχα, οπότε έχουμε: 2ΑΜ = ΑΓ ⋅Α∆ και
2ΑΣ = ΑΓ ⋅ΑΒ. Με αντικατάσταση των 2ΑΜ και
2ΑΣ στην 2 22ΑΜ = ΑΣ προκύπτει 2Α∆ = ΑΒ.
β) Επειδή 2Α∆ = ΑΒ, το ΑΔ είναι σταθερό τμήμα και αφού ˆ 90ΑΜ∆ = , το Μ βρίσκεται σε ημικύκλιο διαμέτρου ΑΔ. Επειδή όμως το Μ ανήκει στη Γx και οι ακραίες θέσεις του Γ είναι Α και Β, ο γ.τ. του Μ είναι το τεταρτοκύκλιο 0ΑΜΜ , όπου 0Μ η τομή της καθέτου της ΑΒ στο Β και του ημικυκλίου διαμέτρου ΑΔ.
γ) Το μήκος l1 του τόξου 0ΑΜ είναι 12 1
4 2π ⋅ΑΒ
= = π ⋅ΑΒ και το μήκος l2
του ημικυκλίου διαμέτρου ΑΒ είναι 212
= π ⋅ΑΒ και επομένως l1 = l2 .
9. α) Έχουμε:
1 ( ) ( )ε = Ο ΑΓ − ΟΑΓ (1)
και
2 ( ) ( )ε = Ο ΑΒ − ΟΑΒ (2).
Από τις (1), (2) παίρνοντας υπόψη ότι ( ) ( )ΟΑΓ = ΟΑΒ (γιατί η AO είναι διάμεσος στο ΑΒΓ
) προκύπτει:
1 2 ( ) ( )ε − ε = Ο ΑΓ − Ο ΑΒ (3). Επειδή όμως ΑΒ = Α∆ έχουμε ότι ( ) ( )Ο ΑΒ = Ο Α∆ , οπότε η (3) γίνε-ται
1 2 ( )ε − ε = Ο Γ∆ .
β) Έστω (Λ, x) ένας εγγεγραμμένος κύκλος στο κυκλικό τμήμα χορδής ΑΓ και (Κ, KM) ο κύκλος ο εγγεγραμμένος που εφάπτεται στο μέσο Μ της
ε
R
Ν
Α ΤΔΛΚΣ
Μ
ΟΒ Γ
2 ε1
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 199 1/11/2013 6:43:17 μμ
200
χορδής ΑΓ. Τότε: 2x R ( ) R= ΤΣ = ΟΤ−ΟΣ = − ΟΝ + ΝΣ ≤ −ΟΝ και επειδή ΟΝ ≥ ΟΜ αφού ΟΜ κάθετη στην ΑΓ, έχουμε: 2x R x≤ −ΟΜ = Ο∆ −ΟΜ =Μ∆⇔ ≤ΚΜ, που είναι και το ζητούμενο.
γ) i) Έστω 1ρ , 2ρ οι ακτίνες των μεγίστων εγγεγραμμένων κύκλων στα κυκλικά τμήματα χορδών ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα.
Τότε: 1 112 R R R
2 2 2γ γ ρ = −ΟΜ = − ⇔ ρ = −
.
Όμοια: 21 R2 2
β ρ = −
, όπου ( )β = ΑΓ και ( )γ = ΑΒ , οπότε:
2 22 2
1 2 1 2
2 22
R R4 2 2
2R R( )4 4
π γ β Ε + Ε = πρ + πρ = − + − =
π β + γ= + − β + γ =
2 22R R R( )
4π = + − β + γ (1) γιατί 2 2 2 24Rβ + γ = α = .
Αλλά με τριγωνική ανισότητα στο ΑΒΓ παίρνουμε 2Rβ + γ > και επειδή είναι δυνατόν το Α να συμπέσει με το Β έχουμε 2Rβ + γ ≥ , οπότε από
την (1) προκύπτει ότι 2
1 2R4
πΕ + Ε ≤ .
ii) Όταν 120Β∆ = είναι 60ΑΒ = , οπότε: R2ΒΓ
ΑΒ = ⇔ γ =
και 120ΑΓ = , οπότε 3 R 3ΑΓ = λ ⇔β = .
Οι ακτίνες 1ρ , 2ρ είναι τώρα 1R4
ρ = και 22 3 R
4−
ρ = ,
όπως προκύπτει από τις παραπάνω εκφράσεις των 1ρ , 2ρ . Έτσι έχουμε:
( ) ( )( )2
2 21 2
R7 4 3 R 7 4 3 7 4 3 R16 8π π Ε + + Ε = + + − = .
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 200 31/10/2013 5:55:08 μμ
201
10. α) Επειδή ΟΒ//Ο′Β′ είναι 1 1ˆ ˆ ′Ο = Ο και αφού οι κύκλοι είναι ίσοι θα είναι
( ) ( )′ ′ ′Ο ΑΒ = Ο Α Β .
β) Είναι:
)
( ) ( ) ( ) ( ) ( )α
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′Ο ΑΒ + Ο ΑΒ = Ο Α Β + Ο ΑΒ = Ο ΑΑ .
γ) Επειδή ΟΒ//=Ο′Β′ το ΟΒΒ′Ο′ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε ′ ′ΒΒ = ΟΟ , άρα ′ ′ΒΒ = ΑΑ και 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 εμβαδόν του παραλληλογράμμου ( )′ ′ ′ΟΒΒ Ο = ΟΟ ⋅Β∆ 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, ′ ′ ′Ο Β ⊥ ΟΟ .
O11
O
Β Β
Δ
ΓΚ
Α Α'
'
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 201 1/11/2013 6:45:10 μμ
22-0017-02.indd 202 31/10/2013 5:55:08 μμ
12 ΚΕ
ΦΑ
ΛΑ
ΙΟ
ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ• Σε κάθε επίπεδο του χώρου
ισχύουν οι προτάσεις της επιπεδομετρίας. Επομένως 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 πλην 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 τομές 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 παράλληλη 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 τμήματος 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 γ ια την λύση ασκήσεων είναι επίσης το θεώρημα των τριών καθέτων, 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, Αποδ. Ασκ. 1, 2).
22-0017-02.indd 203 31/10/2013 5:55:08 μμ
204
12.3
§ 12.3Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Αν ε1 και ε2 είναι οι ασύμβατες ευθείες και Ο το σταθερό σημείο, τα επίπεδα (ε1, Ο) και (ε2, Ο) έχουν κοινό το Ο, άρα τέμνονται σε μία ευθεία, έστω ε, που περνάει από το Ο. Η ε τέμνει τις ε1 και ε2 στα σημεία Α και Β.Διερεύνηση: Αν η ευθεία ε είναι παράλληλη στην ε1 ή στην ε2 τότε το πρόβλημα δεν έχει λύση. Οι ευθείες ε1 και ε2 δεν μπορεί να είναι ταυτόχρονα παράλληλες στην ε διότι τότε θα ήταν συμβατές.
2. Αν ε1, ε2 και ε3 είναι οι τρεις ασύμβατες ανά δύο ευθείες, θεωρώ τυχαίο επίπεδο π που περνάει από την ε1 και τέμνει τις ε2 και ε3 στα σημεία ΒΓ. Η ευθεία ΒΓ τέμνει την ε1 στο σημείο Α γιατί οι ε1 και ΒΓ είναι συνεπίπεδες. Η ΑΒΓ είναι η ζητούμενη ευθεία. Υπάρχουν άπειρες τέτοιες ευθείες όσα και τα επίπεδα που περνάνε από την ε1 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.
4. 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). ε
ε´ε
ε
Μ
Ψ'
Ψ
Α
Α
Β
Ο
ε
εε
Β
Γ
Χ
π
Γ Β
Ο
ΑζΓ´
Χ'
1
ε2
ε3
΄
22-0017-02.indd 204 31/10/2013 5:55:08 μμ
205
ε
εΒ
Α
Α
Β
Α
τ
π
π
π(α) (β)
2ε3
ε1
ε3ε
ε
4
ε1 ε2
ε3
ε1
ε2
12.3
Αποδεικτικές Ασκήσεις
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 απόστασή της από το κέντρο του.
2. i) Θεωρούμε τρεις ευθείες ε1, ε2 και ε3 που τέμνονται ανά δύο, χωρίς να περνάνε από το ίδιο σημείο. Δύο από αυτές, έστω οι ε1 και ε2, ως τεμνόμενες, ορίζουν επίπεδο 1 2( , )π = ε ε . Η τρίτη ευθεία, ε3, τέμνει στα σημεία Α και Β τις ε1 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 των ε2 και ε3. Οι ευθείες ε1 και ε2, ως τεμνόμενες, ορίζουν το επίπεδο 1 2( , )ε ε . Επίσης, οι ευθείες ε1 και ε3, ως τεμνόμενες, ορίζουν το επίπεδο 1 3( , )ε ε . Τα επίπεδα αυτά έχουν κοινή την ευθεία ε1, δεν ταυτίζονται όμως διότι τότε οι τρεις ευθείες θα ήταν συνεπίπεδες. Έχουμε, δηλαδή, δύο τεμνόμενα επίπεδα, την ευθεία ε2 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, δηλαδή της ευθείας ε1.
3. Εάν υπήρχε επίπεδο που να περιέχει τις ευθείες ΑΓ και ΒΔ, τότε αυτό θα περιείχε τις ευθείες ε1 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 ε1 και ε2, άρα κείται στο επίπεδό τους.Κατασκευή: Θεωρώ το επίπεδο π των παραλλήλων ευθειών ε1 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
22-0017-02.indd 205 31/10/2013 5:55:09 μμ
206
12.4
όμως βρίσκεται στο επίπεδο των παραλλήλων ευθειών τέμνει και αυτές.Διερεύνηση: Εάν η ευθεία ΑΒ είναι παράλληλη στις ε1 και ε2 τότε το πρόβλημα δεν έχει λύση.
5. Έστω π1, π2 και π3 τρία επίπεδα που τέμνονται ανά δύο στις ευ-θείες 1 2 3( , )ε = π π , 2 1 3( , )ε = π π και 3 1 2( , )ε = π π . Το επίπεδο π3 τέμνεται από τα επίπεδα π1 και π2 στις ευθείες ε2 και ε1 αντίστοιχα. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:i) οι ευθείες ε1 και ε2 τέμνονται. Αν Ο το σημείο τομής των ε1 και ε2, αυτό
είναι σημείο και των τριών επιπέδων, άρα από αυτό θα διέρχεται και η τρίτη ευθεία ε3.
ii) οι ευθείες ε1 και ε2 είναι παράλληλες. Τότε και η τρίτη ευθεία ε3 τομής των επιπέδων π1 και π2 είναι παράλληλη σε αυτές. Διότι, αν έτεμνε μία από αυτές, έστω την ε2, τότε τα τρία επίπεδα θα είχαν ένα κοινό σημείο και από αυτό θα περνούσε και η ευθεία ε1, που είναι άτοπο, διότι είναι παράλληλη στην ε2.
§ 12.4Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Από το σημείο Ο φέρουμε ευθείες ξ1 και ξ2 παράλληλες στις ε1 και ε2 αντίστοιχα. Το επίπεδο (ξ1, ξ2) είναι το ζητούμενο.
2. Από το δοθέν σημείο Α φέρουμε επίπεδο τ, παράλληλο στο π. Επειδή η ευθεία ξ τέμνει το επίπεδο π θα τέμνει και το παράλληλό του τ σε σημείο Β. Η ευθεία ΑΒ είναι η ζητούμενη ευθεία.
π3
π
τπ
ε
(α)
ε
(β)
Ο2
1
ε2
ε3ε1
π3
π2
ε3
ε2
π
π
1
1
1
1
ξ
Ο
Β
Α
2
ξ1
ε
ξ
ε2
22-0017-02.indd 206 31/10/2013 5:55:09 μμ
207
12.4
3. Φέρουμε τυχαίο επίπεδο τ, παράλληλο στο π. Το τ τέμνεται από τις ασύμβατες ευθείες ε1 και ε2, διότι αυτές τέμνουν το παράλληλο επίπεδο π. Αν Α και Β τα σημεία τομής, η ευθεία ΑΒ είναι η ζητούμενη. Επειδή η επιλογή του επιπέδου τ είναι τυχαία, υπάρχει απειρία επιπέδων, επομένως και ευθειών που ικανοποιούν το πρόβλημα.
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.
τπ
2
Β
Α
ε ε
1ε
σ
τ
σ
πε
(α) (β)
ξ Α
ξ
ε σσ
σ
' '
'
ξε
ε
ε
Α
ε'ε
π
6. i) 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.
22-0017-02.indd 207 31/10/2013 5:55:09 μμ
208
12.4
ii) Έστω Α το σημείο τομής της ευθείας ξ με το επίπεδο π και σ τυχόν επίπε-δο 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 ε1, 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 (ε1, ε2) είναι το ζη-τούμενο επίπεδο.
Απόδειξη: Το επίπεδο (ε1, ε2) είναι παράλληλο στην ευθεία ε διότι περιέχει την ευθεία ε1 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.
9. Έστω ε1 και ε2 δύο ευθείες και Ο σημείο εκτός αυτών. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:
i) οι ευθείες ε1 και ε2 δεν είναι παράλληλες. Δηλαδή είναι είτε τεμνόμενες είτε ασύμβατες. Από το σημείο Ο κατασκευάζουμε τις ευθείες ξ1 και ξ2 παράλληλες στις ε1 και ε2 αντίστοιχα. Το επίπεδο (ξ1, ξ2) είναι το ζητούμενο.
ii) οι ευθείες ε1 και ε2 είναι παράλληλες. Θεωρούμε τα τυχόντα σημεία Α1 και Α2 αντίστοιχα στις ευθείες ε1 και ε2. Από το σημείο Ο κατασκευάζουμε τις ευθείες ξ1 και ξ2 παράλληλες στις ε και Α1Α2 αντίστοιχα. Το επίπεδο (ξ1, ξ2) είναι το ζητούμενο.
10. Από τυχόν σημείο Α1 της ε1 φέρουμε την ξ1//ε και από τυχαίο σημείο Α2 της ε2 φέρουμε την ξ2//ε. Τα επίπεδα (ε1, ξ1) και (ε2, ξ2) είναι τα ζητούμενα. Απόδειξη: Τα επίπεδα (ε1, ξ1) και (ε2, ξ2) περνάνε από τις ευθείες ξ1 και ξ2 που είναι παράλληλες, επομένως, σύμφωνα με την άσκηση 5, η τομή τους ξ είναι παράλληλη στην ε. Επίσης περιέχουν τις ε1 και ε2 αντίστοιχα.
ξ2ξ
ε
ε
ξ
ξ
τ
σ
ε
ε
ε
Ο
Ο
1 ε1 ε2
1
ε2
1
ε2
ξ2ξ1
Α2Α1
σσ 12
22-0017-02.indd 208 31/10/2013 5:55:09 μμ
209
12.4
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Αν Κ, Λ, Μ, Ν είναι τα μέσα των ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ αντίστοιχα, στο τρίγωνο ΑΒ∆
το τμήμα ΚΝ συνδέει τα μέσα των δύο πλευρών, άρα είναι:
ΚΝ=//2Β∆
. Από το τρίγωνο ΓΒ∆
, για τον ίδιο
λόγο, έχουμε: ΛΜ=//2Β∆
.
Από τις δύο αυτές σχέσεις έχουμε: ΚΝ=//ΛΜ, άρα το ΚΛΜΝ είναι παραλληλόγραμμο.
2. Από την αναλογία ∆Μ ∆Ν
=ΜΑ ΝΒ
προκύπτει ότι στο
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. Άρα 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, ΛΝ και ΕΖ διχοτομούνται. Τα δύο πρώτα τμήματα είναι διαγώνιοι του παραλληλογράμμου ΚΛΜΝ (άσκ. 1), άρα διχοτομούνται.
Από τα τρίγωνα ΑΒΓ
και ∆ΒΓ
έχουμε:
ΚΕ=//2ΒΓ
και ΖΜ=//2ΒΓ
. Από τις σχέσεις αυτές
συνάγεται ότι το ΕΚΖΜ είναι παραλληλόγραμμο και οι διαγώνιοί του ΜΚ και ΕΖ διχοτομούνται. Συνεπώς, και τα τρία ευθύγραμμα τμήματα KM, ΛΝ και ΕΖ διχοτομούνται.
4. 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 ισχύει: ′ ′ΑΑ ΒΒ=
′ ′′ ′Α Α Β ∆.
Αλλά απ’ αυτήν την σχέση και την δοθείσα έχουμε:
Β
Α Γ
Α
ΓΜ
Δ
Ν
Β
Β
ε
Α
ξ
Κ ΛΖ
Ν ΜΔ
EA Γ
ΜΝ
ΛΚΔ
'
Α''B
B
BΑ
Δ ''
'
''
'
π
π
π
22-0017-02.indd 209 31/10/2013 5:55:10 μμ
210
Α
Α
Α
ΔΜ
Γ
Βε
ζ
Α
ΒΓ
Β
Α
Β
(β)(α)
Γ
Β
Γ'
Γ'
Β'Β'
Β'
Α
Γ
'
Α'
Α' Γ'
1 1Γ1
12.4
′ ′ΒΒ ΒΒ ′ ′′ ′ ′′= ⇔ Β Β = Β ∆⇔ Β ≡ ∆′ ′′ ′Β Β Β ∆
.
Δηλαδή, το επίπεδο π′′ περνάει από το Β′′, άρα τα τμήματα ΑΒ, Α′Β′ και Α′′Β′′ βρίσκονται σε τρία επίπεδα παράλληλα.
Σύνθετα Θέματα
1. 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 επί-πεδα, διέρχονται από το ίδιο σημείο ή είναι παράλληλες.
2. i) Τα ζεύγη των πλευρών των δύο τριγώνων τέμνονται ανά δύο στα σημεία
1 ( , )′ ′Α = ΒΓ Β Γ , 1 ( , )′ ′Β = ΑΓ Α Γ και 1 ( , )′ ′Γ = 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 σημείο Μ ισχύει η σχέση: 13
∆Μ=
∆Γ.
Το πρόβλημα λοιπόν ανάγεται σε επίπεδο γεωμετρικό τόπο και είναι ευθεία ζ παράλληλη
στην ε, στο 13
της απόστασής της ε από το Δ.
22-0017-02.indd 210 13/3/2014 11:53:06 πµ
211
12.5
§ 12.5Ασκήσεις 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 ε1 παράλληλη στην ε, διότι οι ε και ε1 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 ε1 ταυτίζεται με την ε1 και βρίσκεται επί του π.
2. Θεωρούμε την ευθεία AM. Έχουμε: i) 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 ε1 και ε2 οι ορθογώνιες ευθείες και π επίπεδο που περιέχει την ε1 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 ε1. Τότε αυτή είναι κάθετη και στις δύο. Άρα, το επίπεδο π ορίζεται από την ε1 και την κοινή κάθετη των δύο ευθειών. Αντίστροφα: το επίπεδο που ορίζεται από την ε1 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′.
Α
Α
Ο
Ν
Β
Μ
Γ
ε
ξ
ε
π
π
π
π
εε
Β
'
'
1
ε2
ε
ξ
ξ
1
22-0017-02.indd 211 31/10/2013 5:55:10 μμ
212
12.5
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. 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 ορ-θογώνιου. 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. i) ΑΣ ⊥ π από κατασκευή, ΑΜ ⊥ΒΜ γιατί η γωνία ΑΜΒ βαίνει σε ημικύκλιο, άρα ΣΜ ⊥ΜΒ 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:
2ΣΑ = ΣΜ ⋅ΣΝ = ΣΒ ⋅ΣΓ.iii) Τα τρίγωνα ΣΓΝ
και ΣΜΒ
έχουν μια κοινή γωνία και από το προηγούμενο
ερώτημα ισχύει ΣΜ ΣΓ
=ΣΒ ΣΝ
.
Επομένως τα τρίγωνα είναι όμοια και επειδή η γωνία ˆ 90ΣΜΒ = , έχουμε: iv) ˆ 90ΣΓΝ = . v) 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.
Α
Κ
Ρ
Μ
Μ
Β
Σ
Α Μ
Β
Γ
Ν
Γ
Α
Ν
Δ
ρ
π
ε
ε
π
22-0017-02.indd 212 31/10/2013 5:55:10 μμ
213
12.6
§ 12.6Ασκήσεις 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.
3. 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 επίπεδό του είναι κάθετο στην ε. Άρα, το σημείο Α′ γράφει κύκλο διαμέτρου ΑΒ, που κείται στο επίπεδο που είναι κάθετο στην ε στο Α.
π
Β
O
Α
A
A
A
A
ΒA
B
Με
π
π
ξ
ε
ε
ε' '
'
Β
22-0017-02.indd 213 31/10/2013 5:55:11 μμ
214
12.6
5. Έστω 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′Α.
6. Έστω 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. Έστω 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
Δ
ΓΟ
Β
Α
ξ
π
π
ε
εε
Μ
Μ
Β
Β
Γ
Α
ξ
Α
Ο
Ο
Ο'
Ο
'
'
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 ΓΑ 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.
22-0017-02.indd 214 31/10/2013 5:55:11 μμ
215
12.6
9. Τα επίπεδα που είναι παράλληλα στο π και βρί-σκονται 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).
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Έστω Α και Α′ δύο τυχαία σημεία της ε1 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′ ′ΜΒ Μ Β
(1)
Τότε, σύμφωνα με το αντίστροφο του Θεωρήματος του Θαλή, οι ευθείες ΑΑ′, MM′ και ΒΒ′ βρίσκονται σε παράλληλα επίπεδα. Επειδή όμως οι ευθείες
1 ′ε = ΑΑ και 2 ′ε = 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:
ΝΚ= λ
ΝΛ (2)
Αντίστροφα: αν θεωρήσουμε το ζεύγος των παραλλήλων επιπέδων που περιέχουν τις ε1 και ε2 και ΚΛ είναι η κοινή κάθετη των ασύμβατων,
Α
Α Β
Γ
Μ
Γ
Α
Β
λ
λ
Κ Α
Μ
Β Λ Β
Ν Μ
ε '
'
'
1
ε2
π1
π2
π3
22-0017-02.indd 215 31/10/2013 5:55:11 μμ
216
12.6
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 ε1 και ε2 θα ισχύει το Θεώρημα του Θαλή, άρα ισχύει η σχέση:
ΝΚ ΜΑ= = λ
ΝΛ ΜΒ
ΑΒ
Α
Β Ν
Γ Λ
Κ
Α Β
O
M
A
B
Μ
O
Μ
ε
ε
' ''
1
ε3
ε2
π3
π
π
π2
π1
'
2. Κατασκευάζουμε, σύμφωνα με την προηγούμενη άσκηση, επίπεδα π1 και π3 παράλληλα, που περιέχουν τις ε1 και ε3 αντίστοιχα και επίπεδο π2 παράλληλο στα δύο άλλα τέτοιο ώστε η κοινή κάθετη στις ε1 και ε2 να το τέμνει σε σημείο Ν τέτοιο ώστε να ισχύει η σχέση:
ΚΝ= λ
ΝΛ (1)
Η ευθεία ε2, ως ασύμβατη με τις ε1 και ε3, τέμνει το επίπεδο π2 σε σημείο Β. Από το Β κατασκευάζουμε ευθεία που τέμνει τις ασύμβατες ε1 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:
ΑΒ ΚΝ= = λ
ΒΓ ΝΛ (2)
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 2 2′ρ = µ − ΑΑ . Όμοια για το Β, έχουμε κύκλο (Β′, ρ′), όπου
2 2′ ′ρ = ν −ΒΒ . 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.
22-0017-02.indd 216 31/10/2013 5:55:11 μμ
217
12.6
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 ίση με 2ΑΒ
.
ΑΒ
Α
Β Ν
Γ Λ
Κ
Α Β
O
M
A
B
Μ
O
Μ
ε
ε
' ''
1
ε3
ε2
π3
π
π
π2
π1
'
Επομένως, το Μ γράφει κύκλο με κέντρο Ο′ την προβολή του Ο στο π και
ακτίνα 2
2
4ΑΒ ′ρ = −ΟΟ .
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 ′ΑΑ Ο
και ′ΒΒ Ο
που έχουν ΟΑ = ΟΒ και ˆ ˆΑ = Β διότι ΑΑ//ΒΒ′. Τα τρίγωνα είναι ίσα και επομένως ′ ′ΑΑ = ΒΒ.
4. Έστω Μ τυχαίο σημείο για το οποίο ισχύει 2 2 2ΜΑ −ΜΒ = λ , Ο είναι το μέσον του ΑΒ
και Μ′ η προβολή του Μ στο ΑΒ. Τότε, από το τρίγωνο ΜΑΒ
έχουμε: 2 2 22 ′ΜΑ −ΜΒ = ΑΒ⋅ΟΜ = λ (1)
Β'
Α
M
B
A
A
ε B
BΑ
Ο
Ο
ΟΓ
π
'
Μ
Μ
'
Α'
22-0017-02.indd 217 31/10/2013 5:55:12 μμ
218
12.6
που λύνεται ως προς ΟΜ′: 2
2λ′ΟΜ =ΑΒ
(2).
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 2
2λΑΒ
.
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:
2 2 2ΑΓ = ΑΜ +ΜΓ (1)2 2 2ΒΓ = ΒΜ +ΜΓ (2)
και αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε:2 2 2 2ΑΓ −ΓΒ = ΑΜ −ΒΜ (3)
Αλλά, από τα επίσης ορθογώνια τρίγωνα∆ΜΑ
και ∆ΜΒ
, έχουμε:2 2 2∆Α = ΑΜ +Μ∆ (4)2 2 2∆Β = ΒΜ +Μ∆ (5)
και αφαιρώντας κατά μέλη, έχουμε:2 2 2 2∆Α − ∆Β = ΑΜ −ΒΜ (6).
Από τις (3) και (6) προκύπτει το ζητούμενο:2 2 2 2∆Α − ∆Β = ΓΑ −ΓΒ (7).
Αντίστροφα: έστω ότι ισχύει η (7), η οποία γράφεται:2 2 2 2 2ΓΑ − ∆Α = ΓΒ − ∆Β = λ (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 2
2λ
ΟΜ =Γ∆
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.
AM
Γ
Β
Δ
Δ
Γ
Α
Β
O
22-0017-02.indd 218 31/10/2013 5:55:12 μμ
219
12.7
6. Αν τα δύο πρώτα ζεύγη είναι ορθογώνια, έχουμε:2 2 2 2ΓΑ −ΓΒ = ∆Α − ∆Β
και 2 2 2 2∆Α − ∆Γ = ΒΑ −ΒΓ .Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε:
2 2 2 2ΓΑ −Γ∆ = ΒΑ −Β∆ , που σημαίνει ότι και το τρίτο ζεύγος είναι ορθογώνιο.
AM
Γ
Β
Δ
Δ
Γ
Α
Β
O
M
Κ
Ο
π
π
σ
σε
τ
Γ
ΒΑ
Μ
ε τ
π
τ
σε
ξ
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 = Ο∆ = ΟΓ.Δηλαδή, απέχει εξ ίσου από τα σημεία Α, Β, Γ και Δ, άρα κείται στα μεσο-κάθετα επίπεδα όλων των τμημάτων που αυτά ορίζουν ανά δύο.
8. Οι ευθείες ΟΜ ορίζουν το επίπεδο ( , )τ = Ο ε . Στο Ο φέρουμε την ευθεία ξ, κάθετη στο επί-πεδο 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 διά 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.
§ 12.7Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Προβάλλουμε 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.
22-0017-02.indd 219 1/11/2013 6:47:55 μμ
220
12.8
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.
M
Κ
Ο
π
π
σ
σε
τ
Γ
ΒΑ
Μ
ε τ
π
τ
σε
ξ
A
Β
Β
Μ
Μ
A
A
A
Οξ ε
ε
π
ε
εε
(α) (β)
ε ξ
Ο
π
σ'
''
' ' '
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.
§ 12.8Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: i) Η ευθεία ε είναι κάθετη
στο επίπεδο π. Τότε κάθε επίπεδο που την περιέχει είναι κάθετη στο π.
ii) Η ευθεία ε δεν είναι κά-θετη 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, π.χ. την ΑΑ′ που είναι κάθετη στο π.
22-0017-02.indd 220 31/10/2013 5:55:13 μμ
221
12.8
2. 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 ανάλογα, κατά το Θεώρημα
του Θαλή, και έχουμε: ′ ′ΑΜ ΑΜ
=′ ′ΜΒ Μ Β
.
3. Σύμφωνα με την προηγούμενη άσκηση, τα μέσα των πλευρών του ΑΒΓ προβάλλονται στα μέσα των πλευρών του Α′Β′Γ′. Επομένως, οι διάμεσοι προβάλλονται σε διαμέσους, άρα το σημείο τομής τους Κ προβάλλεται στο Κ′.
4. Έστω ε και ε1 δύο παράλληλες ευθείες και ε′ και ε′1 οι προβολές τους σε ένα επίπεδο π, το οποίο δεν είναι κάθετο σε αυτές. Αν Α και Β είναι σημεία των ε και ε1 αντίστοιχα και Α′ και Β′ οι προβολές τους, τότε τα επίπεδα (ε, ΑΑ′) και (ε1, 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 1ε′.
5. Οι ευθείες ΑΒ και ΓΔ είναι παράλληλες και προ-βάλλονται 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 ˆΑΒΓ, Β′ η προβολή της κορυφής Β στο επίπεδο π, το οποίο τέμνεται από τις πλευρές της στα Α και Β. Θα αποδείξουμε ότι ˆ ˆ′ΑΒ Γ > ΑΒΓ .Φέρουμε το ύψος ΒΔ του τριγώνου ΑΒΓ
. Το Β′Δ είναι ύψος του τριγώνου ′ΑΒ Γ
(Θεώρημα τριών καθέτων). Στην προέκταση του ΔΒ′ λαμβάνουμε σημείο Β0 τέτοιο ώστε 0∆Β = ∆Β, (το τμήμα ΔΒ είναι μεγαλύτερο από την προβολή του, γι’ αυτό το Β0 κείται στην προέκταση). Τα τρίγωνα ΑΒΓ
και
0ΑΒ Γ
είναι ίσα εκ κατασκευής, επομένως αρκεί να συγκρίνουμε τις γωνίες 0ˆ ˆB και B′. Οι γωνίες ˆ ′ΑΒ ∆ και
ˆ ′∆Β Γ είναι μεγαλύτερες από τις 0ˆΑΒ ∆ και 0
ˆ∆Β Γ, άρα 0
ˆ ˆ′ΑΒ Γ > ΑΒ Γ.
Α'EΓ
Γ
Α
Δ
Γ
Δ
Α
Α ε
1
1ε
ε
ε
ΒΑ
B
Α Β
Β
ΓΔ
ΕΚΔ
Α
Β
'
'
''
'
'' '
Β
Β
Β'
Γ'
'
Δ
π
π
0
π
'
Β'
Κ'
A
Β
Β
Μ
Μ
A
A
A
Οξ ε
ε
π
ε
εε
(α) (β)
ε ξ
Ο
π
σ'
''
' ' '
22-0017-02.indd 221 6/2/2014 3:42:07 µµ
222
12.8
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 2 2 2ΑΒ = ΑΓ + ΒΓ . Αλλά 4′ ′ΑΓ = Α Β = και 3′ ′ΒΓ = ΒΒ − ΑΑ = . Επομένως 5ΑΒ = .
Α
B
Γ
Α
ΑΓΒ
'
' ' ' '
Α4
60
23 20
'
π
π
π
π
ζ
Α
Α
Α Β Γ
ΒΓ
ξ
ε
ε
ε
φ
ο
8. Η προβολή του ΑΒ στο επίπεδο π είναιΑΓ = Αβσυνϕ.
i) 330
2ϕ = ⇒ ΑΓ = ΑΒ
ii) 245
2ϕ = ⇒ ΑΓ = ΑΒ
iii) 1602
ϕ = ⇒ ΑΓ = ΑΒ
9. 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 επίπεδο π. Οι ευθείες ΑΑ′, ΒΒ′ και ΓΓ′ είναι παράλληλες, ως κάθετες στο επίπεδο π. Εφαρμόζοντας 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 έχουμε: ΑΒ ΒΓ
=′ ′ ′ ′Α Β Β Γ
.
22-0017-02.indd 222 31/10/2013 5:55:14 μμ
223
12.8
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Θεωρούμε στο επίπεδο σ δύο ευθείες, την κάθετη ξ στην κοινή ευθεία ε και μία πλάγια ευθεία ξ1 που περνάνε από το Ο και τέμνουν στα Α και Β αντίστοιχα την ε. Αν Ο′ η προβολή του Ο στο τ, οι γωνίες ˆ ′ΟΑΟ και ˆ ′ΟΒΟ είναι οι γωνίες των ξ και ξ1 ως προς το σ. Έχουμε: ′ ′Ο Α < Ο Β , γιατί ′Ο Α ⊥ ε. Στην προέκταση του OA λαμβάνουμε
σημείο Β′ τέτοιο ώστε ′ ′ ′Ο Β = Ο Β. Στο τρίγω-νο ′ΟΑΒ
η γωνία ˆ ′ΟΑΟ είναι εξωτερική, άρα μεγαλύτερη από την απέναντι εσωτερική. Επομένως ˆˆ ′ ′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 ΑΒ∆
και Γ∆Β
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 ΕΖ ⊥ ΑΓ. Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται ότι η ΕΖ ⊥ Β∆.
O'
O
BΑ
B
Α
Α
Α
Γ
Γ
Γ
Ε
Β
Β
Ζ Δ
Δ
αββ
α
B
Γ
τ
π
σ
ε
ξ
ξ1
'
'
4. Ανάλυση: Έστω ότι κατασκευάσαμε επίπεδο π, που να διέρχεται από την ΑΒ τέτοιο ώστε η γωνία ˆ ′ΑΓ Β να είναι ορθή, όπου Γ′ είναι η προβολή του Γ στο π. Αν ΓΔ 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: 2′Γ ∆ = ∆Β ⋅∆Α. Άρα το τμήμα Γ′Δ κατασκευάζεται.Κατασκευή: Φέρουμε το ύψος ΓΔ στο τρίγωνο ΑΒΓ
. Κατασκευάζουμε μήκος Γ′Δ από την παραπάνω σχέση 2′Γ ∆ = ∆Β ⋅∆Α. Στο επίπεδο που περνάει από το Γ και είναι κάθετο στην ΑΒ κατασκευάζουμε ορθογώνιο τρίγωνο ′Γ∆Γ
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.
22-0017-02.indd 223 31/10/2013 5:55:14 μμ
224
5. Έστω ε(σ, τ) η δίεδρη γωνία και π το διχοτόμο επίπεδό 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.
Θα αποδείξουμε ότι ′ΑΓ ΑΑ
=′ΓΒ ΒΒ
.
ε
ξ
Μ
Β Ν
Α
σ
π
π
ε
τ
Α
Α
Α
Β
Δ
Γ
Α
Α1
6 10
1Β
ΒΒΓ
'
Γ '
'
'
Στο σημείο Γ′ θεωρούμε το κάθετο επίπεδο στην ευθεία ε και προβάλλουμε πάνω σε αυτό τα σημεία Α, Γ και Β. Το σημείο Α προβάλλεται στο σημείο Α1, το σημείο Β προβάλλεται στο Β1 ενώ το σημείο Γ βρίσκεται πάνω σε
αυτό. Τα τρίγωνα 1ΒΒ Γ
και 1ΑΑ Γ
είναι όμοια επειδή έχουν ΒΒ1//ΑΑ1, άρα
έχουμε: 1
1
Α ΓΑΓ=
ΒΓ Β Γ (1).
Αλλά στο τρίγωνο 1 1′Β Γ Α
, η ΓΓ′ είναι διχοτόμος, άρα ισχύει: 1 1
1 1 1
′ΓΒ Β Γ=
ΓΑ Α Γ.
Τέλος, επειδή τα ΒΒ1Γ′Β′ και ΑΑ1Γ′Α′ είναι ορθογώνια έχουμε 1 ′ ′Β Γ = ΒΒ και 1′ ′Γ Α = ΑΑ .
Επομένως η (1) γράφεται 1 1
1 1
′ ′Α Γ Α ΓΑΓ ΑΑ= = =
′ ′ΒΓ Β Γ Β Γ ΒΒ.
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 ∆
υπολογίζουμε την πλευρά Α′Δ, γνωρίζοντας τις δύο άλλες.
Άρα 8′Α ∆ = και έχουμε
1( ) 10 52
1( ) 8 42
ΒΓ ⋅Α∆ΑΒΓ= = =
′Α ΒΓ ′ΒΓ ⋅Α ∆.
Γενικές Ασκήσεις
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 ΑΜΒ
είναι ισοσκελές και η διάμεσός 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.
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 224 1/11/2013 6:49:20 μμ
225
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 1′ΑΑ Α
και 1′ΒΒ Β
ε
ξ
ξ
ωω
ξζ
π
τσ
ε
ε
1
1
ε
Α
Β
Β
ΒΗ
A Γ
ΒΒ ωω
ε
ξ
A
Α
Α
Α
τ σ'
''
'
'
'
'
είναι ίσα διότι έχουν ′ ′ΑΑ = ΒΒ και 1 1ˆ ˆΑ = Β . Άρα 1 1′ ′Α Α = Β Β .
Τα σημεία Α′ και Β′ κείνται εκατέρωθεν της Α1Β1 στο επίπεδο π, διότι οι ευθείες ε και ξ ισοκλίνουν χωρίς να είναι παράλληλες. Επομένως οι ευθείες Α1Β1 και Α′Β′ τέμνονται σε σημείο Η που είναι το μέσον της Α1Β1, διότι τα τρίγωνα 1 ′Α ΗΑ
και 1 ′Β ΗΒ
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 Α1Β1, 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 ∆
και ′ΑΑ Γ
είναι ίσα διότι έχουν ˆˆ 1Γ = ∆ = , ′ ′ΒΒ = ΑΑ και ˆˆ ′ ′Β = Α ως επίπεδη της δίεδρης. Επομένως, ΑΓ = Β∆.
Τα τρίγωνα ΑΒΓ
και ΑΒ∆
είναι επίσης ίσα διότι έχουν την ΑΒ κοινή, ΑΓ = Β∆ και ˆˆ 1Γ = ∆ = . Άρα ˆ ˆΒΑ∆ = ΑΒΓ.Αντιστρέφοντας τους συλλογισμούς αποδεικνύεται το αντίστροφο.
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 225 1/11/2013 6:55:07 μμ
226
5. Καλούμε σ, τ τα επίπεδα (ε, Α), (ε, Β), Α1 και Β1 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 1′ΑΑ Α
και 1′ΒΒ Β
που έχουν 1 1
ˆ ˆ 1Α = Β = , ′ ′ΑΑ = ΒΒ και ˆ ˆ′ ′Α = Β ως επίπεδη της δίεδρης προκύπτει ότι 1 1ΑΑ = ΒΒ . Αντιστρέφοντας τον συλλογισμό προκύπτει το αντίστροφο.
6. Έστω ότι οι προβολές των σημείων Μ1 και Μ2 στην ακμή ε της δίεδρης ε(π1, π2) είναι δύο διαφορετικά σημεία, 1′Μ και 2′Μ αντίστοιχα. Εφαρμόζοντας το Θεώρημα των τριών καθέτων, έχουμε ότι:
1 1 1′ΜΜ ⊥Μ Μ και 1 1′Μ Μ ⊥ ε, άρα 1′ΜΜ ⊥ ε. Για τον ίδιο λόγο, έχουμε ότι 2′ΜΜ ⊥ ε. Επομένως, στο επίπεδο (ε, Μ) άγονται δύο κάθετες από το Μ στην ε, που είναι άτοπο. Άρα τα σημεία 1′Μ και 2′Μ συμπίπτουν.
σ τ
A
Β
Μ
ε
ΒΒ
A1
1
2
2
ΜΜ
ΒΟ
Β
ΑΚ ΔΛ
Γ
1
Μ 2
π
π
1π
εA'
'
' 'Μ 1
Γ
ΔΑ' '
' '
7. Ανάλυση: Έστω ότι βρέθηκαν τέσσερις ευθείες που προβάλλουν το στρεβλό τετράπλευρο ΑΒΓΔ στο παραλληλόγραμμο Α′Β′Γ′Δ′. Οι διαγώνιοι Α′Γ′ και Β′Δ′ του παραλληλογράμμου διχοτομού-νται στο σημείο Ο. Άρα το Ο είναι προβολή των μέσων Κ και Λ των ΑΓ και ΒΔ, διότι οι ΟΚ και OΛ είναι μεσοπαράλληλες στα τραπέζια ΑΑ′Γ′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.
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 226 1/11/2013 6:55:55 μμ
227
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 ΜΑΝ
η ΑΒ είναι διάμεσος και ύψος, άρα είναι ισοσκελές. Τα
ε
ε
ΜΒ
Α
Ν
Μ '' Ν'
ορθογώνια τρίγωνα ′ΑΜΜ
και ′ΑΝΝ
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 ′ΑΝΝ
έχουν ′ ′ΑΜ = ΑΝ και ′ ′ΜΜ = ΝΝ , άρα ΑΜ = ΑΝ. Το τρίγωνο ΜΑΝ
είναι ισοσκελές και η ΑΒ είναι διάμεσος, άρα και ύψος.
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 227 31/10/2013 5:55:17 μμ
22-0017-02.indd 228 31/10/2013 5:55:17 μμ
13 ΚΕ
ΦΑ
ΛΑ
ΙΟ
ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ• 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. Επομένως μετακινήσεις των βάσεων στα επίπεδά τους ή των ακμών στους φορείς 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 ύψους 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 κώνου και της σφαίρας χρησιμοποιούμε τους αντίστοιχους τύπους. Για τον υπολογισμό της επιφάνειας και του όγκου που δημιουργούνται κατά την περιστροφή επίπεδης τεθλασμένης γραμμής γύρω από άξονα που κείται στο επίπεδό της, χρησιμοποιούμε τα θεωρήματα του Πάππου.
22-0017-02.indd 229 31/10/2013 5:55:17 μμ
230
13.1-4
§ 13.1-4Ασκήσεις Εμπέδωσης
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: 2 332
Ε = α +
, 33V
4= α .
5. Με απλή εφαρμογή των τύπων έχουμε:
3 3 32ρ Ε = ρ + υ
, ( )4 4 2Ε = ρ ρ + υ , ( )6 3 3 2Ε = ρ ρ + υ ,
23
3 3V4
= ρ υ, 24V 2= ρ υ, 2
63 3V
2= ρ υ.
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 διαγωνίους, 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: 26Ε = α . Άρα η ακμή του κύβου είναι 6 μ.
8. 4 29δ = 832Ε = V 1.536=
9. 2 2 26 3 2Ε = α = β = δ , όπου α = ακμή, β = διαγώνιος βάσης και δ = διαγώνιος κύβου.
10. Ακμή 5α = , όγκος V 150= .
Δ Γ
Ο
Ν
ΒΜΑ
Α Β
ΓΔ
''
' '
22-0017-02.indd 230 31/10/2013 5:55:17 μμ
231
13.1-4
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Αν ΑΒΓ-Α′Β′Γ′ είναι ένα τριγωνικό πρίσμα και ΑΑ1 η απόσταση της κορυφής Α από την απέναντι έδρα, θα αποδείξουμε ότι ο όγκος
του πρίσματος είναι 11V ( )2
′ ′= 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
Γ
Δ
Β
Β
Α
Α
Α
Α
Δ
Γ
y
z
xα
γ β
Γ
Β
υ
ΒΑ
1
'
Β'
Β'
'
Γ'
Γ'
'
Α'
'
Δ
ΔΓ
'
Α'
του οποίου είναι 1( )′ ′ΒΓΓ Β ⋅ΑΑ . Άρα, για το πρίσμα που είναι το μισό του παραλληλεπιπέδου ισχύει το ζητούμενο.
2. Ο όγκος ενός πρίσματος ισούται: V = B . α, 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 1V 22 2
ρ= τ ⋅ρ ⋅α = τ ⋅α ⋅ρ = Ε ⋅ .
3. Αν ′ ′ ′ΑΑ = ΒΒ = ΓΓ = υ, τότε ο όγκος του πρίσματος είναι V = B . 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 παραλλήλων, 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 Αz τρεις ευθείες ανά δύο κάθετες. Από το σημείο Γ′ φέρουμε τα επίπεδα τα παράλληλα στα xAy, yAz και zΑx και σχηματίζεται το ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο ΑΒΓΔ-Α′Β′Γ′Δ′ που έχει την ΑΓ′ διαγώνιο. Γνωρίζουμε ότι η διαγώνιος ορθογωνίου παραλληλεπιπέδου δίνεται από την σχέση:
2 2 2 2δ = α +β + γ , όπου α, β και γ οι προβολές του ΑΓ′ στους τρεις άξονες.
22-0017-02.indd 231 31/10/2013 5:55:17 μμ
232
Γ ΒΕ
Α
α
'Β´
Δ
ΔΑ
ΑB E
Z H
Δ
Β
' Γ
Γ
'
Α'
Α'
B'B' Ε' Δ
Δ Γ
ΒΑ
ΕΔ
'
'
Α' Β'
Γ'
Γ´Ε
ΕΔ
ΓΒ
'Δ'
2α
3α
13.1-4
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:
2 2 2 2 2 2 2 2 2′ ′ ′ ′ΑΓ + ΑΒ + Α∆ = ΑΒ +ΒΓ + ΑΒ + ΑΑ + Α∆ + ΑΑ =2 2 2 2 2 22( ) 2( )′= ΑΒ + Α∆ + ΑΑ = α +β + γ .
6. i) 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
′ ′ΑΓ Α
και ′ΑΓ ∆
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, 2α και 3α . Έστω Ε η προβολή του Β στην υποτείνουσα. Από τα όμοια τρίγωνα ΑΕΒ
και ′Γ ΑΒ
έχουμε:3
3α
ΒΕ = και 323
α′ ′Γ Ε = Γ Β −ΕΒ = .
7. Θεωρούμε το διαγώνιο επίπεδο ΒΒ′Δ′Δ, το οποίο τέμνει τα δύο επίπεδα που δίνονται κατά τα τμήματα Δ′Ε και BE′ και ζητείται να αποδείξουμε ότι η διαγώνιος ΔΒ′ τριχοτομείται από τα σημεία Ζ και Η (γνωστή άσκηση επιπε-δομετρίας).
Σύνθετα Θέματα
1. Σε κύβο ΑΒΓΔ-Α′Β′Γ′Δ′ θεωρούμε τις ακ-μές 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.
22-0017-02.indd 232 1/11/2013 6:56:35 μμ
233
13.5-9
2. 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 που σχηματίζουν οι ακμές με την διαγώνιο είναι ίσες. Άρα το Ε είναι το κέντρο του ισοπλεύρου τριγώνου ′Α Β∆
και επομένως οι γωνίες ˆ′Α ΕΒ, ˆ′Α Ε∆ και ˆΒΕ∆ είναι ίσες.
Δ
Σ
Δ
Δ
Δ
ΑΚ Β
Β
Λ
Μ
Ν
Α
1
ΓΓ
Γ
1
Α
Α
1
'
Α'
Δ' Γ'
Γ'
Β'
Β'
'
3. Έστω Κ, Λ και Μ τα μέσα των ΑΒ, ΒΓ και ΓΓ′. Η ευθεία ΚΛ τέμνει τις προεκτάσεις των ΔΑ και ΔΓ στα σημεία Α1 και Γ1. Η ευθεία Γ1Μ βρίσκεται στην έδρα ΔΓΓ′Δ′ και τέμνει την Α′Γ′ στο Ν και την ΔΔ′ στο Δ1. Η ευθεία Α1Δ1 βρίσκεται στην έδρα ΑΔΔ′Α′ 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 ΒΚΛ
είναι ορθογώνιο και ισοσκελές εκ κατασκευής, άρα και το 1ΛΓΓ
είναι ορθογώνιο
και ισοσκελές. Επομένως 112
ΓΓ = α. Αλλά και 12
ΓΜ = α, άρα το τρίγωνο
1ΓΓ 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 με πλευρές
ίσες με 22α. Τέλος, ανά δύο οι διαδοχικές γωνίες του είναι ίσες, ως παρά
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. Εφαρμόζουμε το θεώρημα αυτό στα παραλληλόγραμμα ΑΒΓΔ, Α′Β′Γ′Δ′, ΑΓΓ′Α′ και ΒΔΔ′Β′ του παραλληλεπίπεδου ΑΒΓΔ-Α′Β′Γ′Δ′ και έχουμε το ζητούμενο.
§ 13.5-9Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Το ύψος υ κανονικής πυραμίδας, το απόστημα α′ της βάσης και το απόστημα α της πυραμίδας σχηματίζουν ορθογώνιο τρίγωνο, άρα ισχύει: 2 2 2′α = υ + α . Επίσης, η ακμή λ, το απόστημα α της πυραμίδας και το μισό της πλευράς
22-0017-02.indd 233 31/10/2013 5:55:18 μμ
234
13.5-9
της βάσης, 2µ
, σχηματίζουν ορθογώνιο τρίγωνο, άρα ισχύει: 2 2 214
λ = α + µ .
Εφαρμόζοντας αυτές τις σχέσεις έχουμε:2 2
33
3λ −µ
υ = , 2 2
42
2λ −µ
υ = , 2 26υ = λ −µ ,
2 2
3 4 6 4λ −µ
α = α = α = .
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. 24 2πΕ = , 24 5 16οΕ = + .
4. Πλευρά 10µ = , εμβαδόν βάσης 100Β = .
5. 87561 . .πΕ = τµ , V 2.664.792 . .= κµ
6. 2 7πΕ = µ , 3
V6
µ= .
7. i) 13
, ii) 64
.
8. 3 6.
9. 27 3V ,16
= α υ 2
29 34 4α α
Ε = + υ .
Αποδεικτικές Ασκήσεις
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 Γ1 η νέα θέση του Γ. Το σημείο Γ1 είναι σημείο της προέκτασης της Δ′Γ′ και ισχύει: 1′ ′ ′∆ Γ = Γ Γ . Ο όγκος του αρχικού τετραέδρου ισούται με τον όγκο του Γ1.ΑΔ′Β′ ή το ίδιο Α.Β′Δ′Γ1. Αλλά το εμβαδόν του τριγώνου Β′Δ′Γ1 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.
ΔΒ
Α
ΓΓ
Α
1
'
Δ'
Γ
Β'
'
22-0017-02.indd 234 31/10/2013 5:55:19 μμ
235
13.5-9
2. Έστω ΑΒΓΔ τετράεδρο, Α1 και Β1 οι προβολές των κορυφών Α και Β στις απέναντι έδρες και Α′, Β′ οι προβολές των Α1 και Β1 στην ακμή ΓΔ. Οι γωνίες
Α
Γ
ΒΓ
'Β'
Δ
Δ
'
Α
1
A
A1B
Β
Γ
Γ
ΒΒ'
A'
Β'
Δ
Δ
Α'
1ˆ ′ΒΒ Β και 1
ˆ ′ΑΑ Α είναι οι αντίστοιχες της δίεδρης με ακμή ΓΔ, άρα είναι ίσες. Τα τρίγωνα 1′ΑΑ Α
και
1′ΒΒ Β
είναι όμοια και προκύπτει:
11 1
1
′ΑΑ ΑΑ ′ ′= ⇔ ΑΑ ⋅ΒΒ = ΒΒ ⋅ΑΑ ⇔′ΒΒ ΒΒ
1 1′ ′⇔ ΑΑ ⋅ΒΒ ⋅Γ∆ = ΒΒ ⋅ΑΑ ⋅Γ∆⇔
1 1( ) ( ) 3V⇔ΑΑ ⋅εµβ ΒΓ∆ = ΒΒ ⋅εµβ ΑΓ∆ = .
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, άρα ισχύει: ( ) ( )( ) ( )ΑΒΓ∆ ΑΓ∆
=′ ′Α ΒΓ∆ Α Γ∆
.
Επίσης: ( ) ( )( ) ( )
′Α ΒΓ∆ ΒΓ∆=
′ ′ ′Α Β Γ∆ Β Γ∆, διότι τα τετράεδρα Α′ΒΓΔ
και Α′Β′ΓΔ έχουν κοινό ύψος από το Α. Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη, έχουμε: ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )ΑΒΓ∆ ΑΓ∆ ΒΓ∆
= ⋅′ ′ ′ ′Α Β Γ∆ Α Γ∆ Β Γ∆
.
5. Έστω τα τετράεδρα ΑΒΓΔ και ΑΒ′Γ′Δ′, όπου τα Β′, Γ′ και Δ′ κείνται επί των ακμών ΑΒ, ΑΓ και ΑΔ αντίστοιχα. Εφαρμόζουμε την άσκηση 4 στα ζεύγη τετραέδρων (ΑΒΓΔ, ΑΒΓ′Δ′) και (ΑΒΓ′Δ′, ΑΒ′Γ′Δ′) και έχουμε διαδοχικά:
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )ΑΒΓ∆ ΑΒΓ ΑΒ∆ ΑΒ⋅ΑΓ ΑΒ⋅Α∆ ΑΓ ⋅Α∆
= = ⋅ =′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ΑΒΓ ∆ ΑΒΓ ΑΒ∆ ΑΒ⋅ΑΓ ΑΒ⋅Α∆ ΑΓ ⋅Α∆
,
με κοινή την ακμή ΑΒ των τετραέδρων.
22-0017-02.indd 235 31/10/2013 5:55:19 μμ
236
Α
Γ ΔΒ
Δ
'
Γ
Μ
'
Α'
Β'
Δ
Δ
Γ Β
'
Λ
Λ
Α
Α
ΑΜ
Μ1
Κ
Κ
13.5-9
Επίσης, ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
′ ′ ′ ′ ′ ′ΑΒΓ ∆ ΑΒΓ ΑΓ ∆ ΑΒΓ ΑΒ= = =
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ΑΒ Γ ∆ ΑΒ Γ ΑΓ ∆ ΑΒ Γ ΑΒ,
με κοινή ακμή των τετραέδρων την ΑΓ′. Τέλος, πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη, έχουμε το ζητούμενο.
6. Εφαρμόζουμε την άσκηση 5, και έχουμε: ( ) 1( ) 8
′ ′ ′ ′ ′ ′ΟΑ Β Γ ΟΑ ⋅ΟΒ ⋅ΟΓ= =
ΟΑΒΓ ΟΑ⋅ΟΒ ⋅ΟΓ.
7. Η τριγωνική πυραμίδα έχει βάση ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς α που έχει
ύψος 32α και εμβαδόν 23
4α . Το τρίγωνο ′ΟΟ Α
, όπου Ο′ η προβολή
του Ο στη βάση, είναι ορθογώνιο, έχει μία γωνία 60 και μία κάθετη πλευρά
ίση με 23
του ύψους της βάσης.
Άρα το ύψος της πυραμίδας είναι: υ = α. Ο όγκος είναι: 33V12
= α .
Σύνθετα Θέματα
1. Αν ΒΓ′Δ′ είναι η προβολή τετραέδρου ΑΒΓΔ σε επίπεδο κάθετο στην ακμή ΑΒ, έχουμε: ( ) ( )′ΑΒΓ∆ = ΑΒΓ∆ , μετακινώντας την κορυφή Δ στο Δ′, παράλληλα στην βάση. Επίσης: ( ) ( )′ ′ ′ΑΒΓ∆ = ΑΒΓ ∆ μετακινώντας την κορυφή Γ στο Γ′.
Επομένως, 1( ) ( ) ( ).3
′ ′ ′ ′ΑΒΓ∆ = ΑΒΓ ∆ = ΒΓ ∆ 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 το ύψος.
3. Το πολύεδρο που σχηματίζε-ται προκύπτει από τον κύβο αν αφαιρέσουμε οκτώ τετράεδρα ίσα με το ΑΚΛΜ, ένα για κάθε κορυφή του κύβου. Το τετράεδρο αυτό έχει βάση
ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς 22α.
22-0017-02.indd 236 31/10/2013 5:55:19 μμ
237
13.10-12
Ο υπολογισμός του ύψους γίνεται από το ορθογώνιο τρίγωνο 1ΑΑ Μ
, όπου
Α1 η προβολή του Α στη βάση, άρα 36
υ = α και 3
( )48α
ΑΚΛΜ = .
Επομένως, ο όγκος του στερεού είναι: 35
6α
.
§ 13.10-12Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. 2κΕ = π, 4οΕ = π, V = π.
2. 240κΕ = π, 690οΕ = π, V 1800= π.
3. 24κΕ = πρ , 26οΕ = πρ , 3V 2= πρ .
4. V 10= π λίτρα ανά εκατοστό ύψους.
5. 2ρ = .
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. 2V 2 VοΕ = + υπυ
.
Α
Α
Δ Ν Γ
Μ Β
Δ
Γ
Οα
β
δ+β/2β/2
δ
Β
2. Αν ΑΒ = α και ΒΓ = υ, έχουμε
2 2 2 31 3 3V2 4 4
= πυα − πυα = πα υ = πα .
Έστω x η απόσταση AM. Το διπλάσιο του όγκου που παράγεται από το ΑΜΝΔ ισούται με τον όγκο που παρά-γεται από το τετράγωνο. Άρα έχουμε: 2 2 2 22 x 2xπυ = πυ ⇔ = α .
3. Ο όγκος V του παραγόμενου στερεού δίνεται από την αφαίρεση δύο κυλίνδρων και έχουμε:
2 2V ( ) 22β = πα δ +β − παδ = π δ + ⋅αβ
.
Για την επιφάνεια έχουμε:
2 22 2 ( ) 2( ( ) ) 2 (2 2 )2β Ε = παδ + πα β + δ + π β + δ − πδ = π δ + α + β
,
όπου α, β οι πλευρές του ορθογωνίου και δ η απόσταση της πλησιέστερης πλευράς του ορθογωνίου από τον άξονα.
22-0017-02.indd 237 6/2/2014 3:43:24 µµ
238
13.13-15
§ 13.13-15Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. V 12= π. Για το εμβαδόν υπολογίζουμε την γενέτειρα λ και έχουμε: 2 2 2 25λ = υ + ρ = , άρα 5λ = . Η παράπλευρη επιφάνεια δίνεται από την
σχέση: 1 9,5 153κΕ = π ⋅ = π.
Η συνολική επιφάνεια είναι: 3 (3 5) 24οΕ = π + = π.
2. Με εφαρμογή του τύπου της παράπλευρης επιφάνειας και του Πυθαγορείου θεωρήματος μεταξύ ύψους, ακτίνας και γενέτειρας, έχουμε: 2ρ = .
3. Υπολογίζουμε το ύψος από το ορθογώνιο τρίγωνο με πλευρές το ύψος, την ακτίνα και την γενέτειρα και έχουμε:
3υ = ρ , 22 2κΕ = πρ ⋅ ρ = πρ , 2 31 3V3 3
= πρ υ = πρ .
4. Έστω Α, Β τα σημεία διαμέτρου της βάσης κώνου (ΚΟ, ρ). Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΚΑΒ
έχουμε:
2 22 4λ = ρ , δηλαδή 3λ = ρ . Επίσης, υ = ρ.
Όγκος: 31V3
= πρ , εμβαδόν: 22κΕ = πρ .
5. Από την σχέση 2( )πρ λ + ρ = πα υπολογίζουμε το λ. Οπότε έχουμε: 2 2( )κΕ = πρλ = π α −ρ . Για τον υπολογισμό του όγκου βρίσκουμε το υ από
την σχέση: 2
2 2 2 2 22 ( 2 )α
υ = λ −ρ = α − ρρ
και αντικαθιστώντας στον τύπο
του όγκου έχουμε: 2 21V 23
= πρα α − ρ .
6. Η γενέτειρα λ είναι: 5λ = ρ . Αν Εβ είναι το εμβαδόν της βάσης του κώνου
έχουμε: 2 5κ
β
Ε πρλ λ= = =
Ε πρ ρ.
7. 2 2
2 2κυλ
κων
Ε πρυ υ= =
Ε πρλ ρ + υ.
Α
Κ
ρ ρ
ρ
Β
22-0017-02.indd 238 31/10/2013 5:55:21 μμ
239
13.13-15
8. Υπολογίζουμε την γενέτειρα λ του κώνου χρησιμοποιώντας το Πυθαγόρειο θεώρημα και έχουμε 2 2 2 2 2 215 16λ = υ + ρ = ρ + ρ = ρ . Άρα 4λ = ρ . Από τον
τύπο του αναπτύγματος έχουμε 360360 360 904 4
ρ ρϕ = = = =
λ ρ
. Άρα το
ζητούμενο ανάπτυγμα αντιστοιχεί σε γωνία 90.
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: 2 ′ ′πρλ = πρ λ . (1)Έστω κ ο λόγος ομοιότητας της μεγάλης προς τη μικρή βάση και έχουμε:ρ λ υ= = = κ′ ′ ′ρ λ υ
.
Αντικαθιστώντας τα ρ και λ στην (1) προκύπτει 2κ = .Με ανάλογο τρόπο εργαζόμαστε για τους όγκους που συνδέονται με την
σχέση: 2 2
23 3
′ ′πρ υ πρ υ= , η οποία δίνει 3 2κ = .
2. Ο όγκος VABΓ που παράγεται από το ισόπλευρο
τρίγωνο ΑΒΓ
κατά την περιστροφή του γύρω από τον άξονα ξ δίνεται από την σχέση: V V V VΑΒΓ ΑΜΚ ΓΚΛ ΒΜΛΓ= − − .
Όμως VAMK και VΓΛΚ είναι όγκοι κώνων και VBMΛΓ
είναι όγκος κόλουρου κώνου.Έχουμε λοιπόν:
321 8 3V (2 ) 2 3
3 3ΚΜΑ
πα= π α ⋅ α =
2 31 3 3 3 9 3V3 2 2 8ΚΛΜ
α πα = π ⋅ α =
2 321 3 3 3 3 19V
3 2 2 2 24ΜΒΓΛ
α α α πα ⋅ = π + α + ⋅α =
.
Άρα 33 3V
4ΑΒΓ
πα= .
ΓΛ
K
Μ Β Α
3α
60o
30o
α
α
α α
αξ
32
α
332
α⋅
/ 2α
22-0017-02.indd 239 4/11/2013 11:48:05 πμ
240
13.13-15
3. Έστω (ΚΟ, ρ) ο κώνος και π1, π2 δύο επίπεδα παράλληλα στη βάση π του κώνου τέτοια, ώστε οι κυρτές επιφάνειες του μικρού κώνου και των δύο κόλουρων κώνων στους οποίους χωρίζεται ο αρχικός κώνος να έχουν ισοδύναμες κυρτές επιφάνειες. Δηλαδή η καθεμία κυρτή επιφάνεια να έχει εμβαδόν ίσο με το 1/ 3 του αρχικού κώνου.
Επομένως έχουμε 1 113
πρ λ = πρλ . Αλλά 2λ = ρ
Γ
Β
ΑΛ
Μ
Ο
Β
Α
Κ
Β
Α Β
Α ΓΓ
Κ ΚΑ= λΚΒ= λΚΓ= λ=2ρ
ρ π
π
π
12
2
1ρ2
ρ1
'
' '
και 1 12λ = ρ από την ομοιότητα των βάσεων.
Άρα έχουμε 13
3ρ = ρ. Θεωρούμε τώρα τον κώνο (ΚΜ, ρ2) ο οποίος έχει κυρ-
τή επιφάνεια ίση με τα 2/3 του αρχικού κώνου. Άρα έχουμε 2 223
πρ λ = πρλ.
Αλλά και πάλι έχουμε 2 22λ = ρ και 2λ = ρ.
Επομένως έχουμε 26
3ρ = ρ. Γνωρίζοντας τα ρ1 και ρ2 υπολογίζουμε τα
ύψη και βρίσκουμε ΚΛ = ρ και 2ΚΜ = ρ με τα οποία προσδιορίζονται τα επίπεδα π1 και π2.
4. Έστω κώνος που παράγεται από την περιστροφή του ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ
γύρω από την κάθετη
πλευρά του ΑΒ. Τότε έχουμε 1( )2
εµβ ΑΒΓ = ΑΒ⋅ΑΓ .
Άρα 21 1V 23 2 3
υ= πΑΓ ΑΒ⋅ΑΓ = πρ , όπου V ο όγκος
του κώνου.
5. Αν ΚΑΒ και ΚΑ′Β′ είναι δύο όμοια τρίγωνα με λόγο ομοιότητας μ θα έχουμε
′ ′ ′Α Β ΚΒµ = =
ΑΒ ΚΒ. Επομένως
2
2 .′ ′ ′ ′ ′πΑ Β ⋅ΚΒ Α Β
=πΑΒ⋅ΚΒ ΑΒ
6. Αφού το εμβαδόν της κυρτής επιφάνειας του κώνου ισούται με το εμβαδόν κύκλου ακτίνας α, έχουμε
2 2πρλ = πα ⇒ρλ = α . Αν γνωρίζουμε το ρ από αυτή τη σχέση υπολογίζουμε το λ. Επίσης, υπολογίζουμε το
ύψος του κώνου και έχουμε 4 4
2 2 α −ρυ = λ −ρ =
ρ.
22-0017-02.indd 240 1/11/2013 7:01:36 μμ
241
13.16-18
i) Ο όγκος του κώνου δίνεται από τη σχέση 2 4 41 1V3 3
= πυρ = πρ α −ρ .
ii) Για 1α = και 23
ρ = έχουμε 2 65V81
= π.
§ 13.16-18Ασκήσεις Εμπέδωσης
1. Η ακτίνα ρ θα είναι: 2 250 20 10 21ρ = − = .
2. Αν ρ′ η ακτίνα της τομής, δ η απόσταση του επιπέδου από το κέντρο και ρ η
ακτίνα της σφαίρας, έχουμε: 2 900 30′ ′πρ = π⇔ ρ = . Η απόσταση δ είναι: 2 2 10 7′δ = ρ −ρ = .
3. Αν διαιρέσουμε την ακτίνα της σφαίρας σε δύο ίσα τμήματα, η ακτίνα της
τομής δίνεται από την σχέση: 2 2 21 34 2
ρ′ ′ρ = ρ − ρ ⇔ ρ = . Το εμβαδόν του
κύκλου της τομής είναι: 2 234
′Ε = πρ = πρ .
Γ ΔΚ
Β
Α
Σ
4. Το εμβαδόν Ε του κύκλου (Γ, ΓΑ) δίνεται από την σχέση: 2′Ε = πρ , όπου ′ρ = ΓΑ.
Αλλά 2ρ
ΚΓ =δ
, όπως προκύπτει από
το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΚΣ
.
Επίσης, 2 2 1δ −′ρ = ΑΓ = ΑΚ −ΚΓ = ρδ
.
Επομένως, 2 2 1δ −′ ′Ε = πρ = πρ = πρδ
.
5. 24 400Ε = πρ = π.
6. 2
22
44
Ε πρ= = λ′ ′Ε πρ
.
22-0017-02.indd 241 31/10/2013 5:55:22 μμ
242
13.16-18
7. Απλή εφαρμογή του τύπου: 34V 363
= πρ = π.
8.
3
33
4V 3
4V3
πρ= = λ
′′ πρ.
9. Το εμβαδόν του κύκλου με διάμετρο την ΒΓ δίνεται από τη σχέση: 2( )Ε = π ΑΒ . Αλλά 2 2 2′ΑΒ = ρ −ρ . Άρα: 2 2( )′Ε = π ρ −ρ .
10. Ο συνολικός όγκος του σχήματος είναι το άθροι-σμα κυλίνδρου με ακτίνα ρ και ύψος ρ και μιας σφαίρας ακτίνας ρ.
Άρα έχουμε: 3 2 34 7V3 3
= πρ + πρ ⋅ρ = πρ .
Αλλά έχουμε: 3 37 63 27 33πρ = π⇔ ρ = ⇔ ρ = .
Αποδεικτικές Ασκήσεις
1. Από τους τύπους
34V3σϕ = πρ , 31V
3κν = πρ , 3V 2κλ = πρ
και 24σϕΕ = πρ και 2 24 2κλΕ = πρ + πρ
προκύπτουν αμέσως τα ζητούμενα.Αυτές τις σχέσεις απέδειξε πρώτος ο Αρχιμήδης.
ΑΓ
Β
ρ
ρ
ρ
ρ
ρρ
ρ
ρ
'
22-0017-02.indd 242 31/10/2013 5:55:22 μμ
243
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 ΚΛ.
Κ
Μ
ΛΟ
Ο Ο
ρ
ρ
δ
δ
δ
ρ ρ'
Στο τρίγωνο ∆
Κ ΛΜ οι τρεις πλευρές είναι γνωστές, επομένως είναι γνωστή (και σταθερή) η θέση του σημείου Ο πάνω στην ΚΛ, (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 ΚΛ στο σημείο Ο, με κέντρο το Ο και ακτίνα ΜΟ.
3. Ο όγκος σφαίρας ακτίνας ρ είναι 31
4V3
= πρ . Ο
όγκος V2 κυλίνδρου ακτίνας ρ και ύψους 2ρ είναι 2 3
2V 2 2= πρ ⋅ ρ = πρ . Τέλος, ο όγκος κώνου V3 με διάμετρο ίση με ακμή έχει ακτίνα βάσης 3ρ και ύψος 3ρ, άρα: 2 3
3V 3 3 9= π ⋅ ρ ⋅ ρ = πρ . Οι λόγοι V3:V1 και V2:V1 είναι αντίστοιχα 9:4 και 6:4.
Σύνθετα Θέματα
1. Αν η επιφάνεια σφαίρας ακτίνας ρ και η επιφάνεια κυλίνδρου ακτίνας ρ και ύψους υ είναι ίσες, έχουμε την σχέση: 24 2 2πρ = πρυ⇔ ρ = υ. Δηλαδή το ύψος είναι ίσο με την διάμετρο της σφαίρας.
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 2 2ρ − δ , όπου ρ η ακτίνα της σφαίρας. Ο όγκος V του κώνου είναι:
2 2V ( )( )= κρ ρ − δ 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.
Για τον κύλινδρο έχουμε: 2 2V 2 ( )= πδ ρ − δ , και κατά τα γνωστά βρίσκου-με 3δ = ρ.
22-0017-02.indd 243 1/11/2013 7:03:38 μμ
244
13.16-18
3. i) Η διαγώνιος του κύβου που είναι εγγεγραμμένος στη σφαίρα είναι ίση με την διάμετρο της σφαίρας. Επομένως έχουμε: 2 3ρ = α . Άρα ο λόγος των όγκων της σφαίρας και του κύβου είναι: 3 3
2π.
Β ΔΓ
Α
ii) 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 32 23 3ρ ρ = ρ .
Άρα ο λόγος των όγκων της σφαίρας και του οκταέδρου είναι: 1:π.
4. Οι επιφάνειες της σφαίρας, του κυλίνδρου και του κώνου είναι: 21 4Ε = πρ ,
22 4Ε = πρ , 2
3 4Ε = πρ , δηλαδή οι επιφάνειες είναι ίσες.
Οι όγκοι είναι: 31
4V3
= πρ , 32V 2= πρ , 3
32V3
= πρ , άρα οι λόγοι είναι 3:2
και 1:2.
5. Έστω ΑΒΓ
ορθογώνιο τρίγωνο, Α′, Β′, Γ′ τα μέσα των πλευρών του, α, β, γ τα μήκη τους και Α∆ = 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:
V 2β β ′ ′= Ε ⋅Α∆ = πα ⋅Α Β ⋅Α∆ = παγυ,
V 2γ γ ′ ′= Ε ⋅Α∆ = π ⋅Α Β ⋅Γ∆ = παβυ2V 2 2α α
γ′ ′= Ε ⋅ΑΒ = π ⋅Α Β ⋅Γ∆ ⋅ΑΒ = πβα
.
Σχηματίζουμε τις ποσότητες 21 / Vα , 21 / Vβ και 21 / Vγ και έχοντας υπόψη τη σχέση 2 2 2 2α υ = β γ , αποδεικνύεται το ζητούμενο. Για το λόγο V / Vβ γ έχουμε: V / V / /β γ = παγυ παβυ = γ β.
22-0017-02.indd 244 1/11/2013 7:04:11 μμ
245
Γενικές Ασκήσεις
1. Έστω ΑΒΓΔ τετράεδρο και Ε, Ζ και Η τα μέσα των ΑΒ,ΓΔ και ΕΖ και Μ τυχαίο σημείο. Εφαρμόζονταςεπανειλημμένα το Θεώρημα της διαμέσου, έχουμε:
2 2 2 2ΜΑ +ΜΒ +ΜΓ +Μ∆ =2 2 2 21 12 2
2 2= ΜΕ + ΑΒ + ΜΖ + Γ∆ =
2 2 2 212( ) ( )2
= ΜΕ +ΜΖ + ΑΒ + Γ∆ =
2 2 2 21 12(2 ) ( )2 2
= ΜΗ + ΕΖ + ΑΒ + Γ∆ .
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 ΑΒΓΔ ένα τετράεδρο και Ε το σημείο που το διχοτόμο επίπεδο της δίεδρης γωνίας με ακμή ΑΓ τέμνει την απέναντι ακμή. Το διχοτόμο επίπεδο
Γενικές Ασκήσεις
Α
Ε
ΒΖ
Μ
ΗΔ
Γ
Α
Α
Δ
ΔΒ
Γ
ξ
ε
ζ
Ε
Β Δ
Θ Η
Ζ
Γ
A
'
Γ'
Β'
'
22-0017-02.indd 245 31/10/2013 5:55:23 μμ
246
(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, ( ) ( )( ) ( )ΑΒΓΕ ΒΓΕ ΒΕ
= =ΑΕΓ∆ ΕΓ∆ Ε∆
(1).
Τα τετράεδρα Ε.ΑΒΓ και Ε.ΑΓΔ έχουν λόγο όγκων:
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )ΑΒΓΕ ΑΒΓ ΖΕ ΑΒΓ
= =ΑΕΓ∆ ΑΓ∆ ΕΗ ΑΓ∆
(2)
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 ΑΒΓΔ 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.
Α
Γ
Δ
Β
Β
Α
Α
B
Ε
Δ
ΓΗ
Ζ
Θ
Δ
ZΗ
Κ ΜΙ
Ε
Γ
Ρ
N
Μ Κ
ΛΠ
Γενικές Ασκήσεις
6. Έστω ΑΒΓΔ τετράεδρο, Ν το μέσον της ΓΔ και Κ, Λ τα κέντρα βάρους των εδρών ΑΓΔ και ΒΓΔ 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 διά-μεσοι του ΑΛ και ΒΚ του τετραέδρου τέμνονται σε σημείο Μ. Τα Κ και Λ χωρίζουν τις ΑΝ και ΒΝ σε λόγο 2:1, επομένως έχουμε: ΑΚ ΒΛ
=ΚΝ ΛΝ
, άρα ΑΒ//ΚΛ, που συνεπάγεται:31
ΑΜ ΒΜ ΑΒ ΑΝ= = = =
ΜΛ ΜΚ ΚΛ ΚΝ.
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
22-0017-02.indd 246 31/10/2013 5:55:24 μμ
247
Β
Η
Γ
ΘΑ
ΕΜ Δ
Ζ
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: 2 ′ΛΜ = ΡΠ . Όμως, 2ΡΠ = ΑΛ. Άρα 4 ′Μ 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 ΜΓ∆
, 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.
Γενικές Ασκήσεις
22-0017-02.indd 247 31/10/2013 5:55:24 μμ
22-0017-02.indd 248 20/2/2014 11:44:18 πµ
ISBN 978-960-06-2311-6
ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙ ΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ
ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΥ ΚΑΙ ΑΘΛΗΤΙΣΜΟΥ
Δ
ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΚΑΙ ΕΚΔΟΣΕΩΝ
«ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ»
Α΄ και Β΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥΚωδικός βιβλίου: 0-22-0017
ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑΓΕΩΜΕΤΡΙΑ
Α
Β
Γε1
ε2
ε3
ε4
Ψ
μα
Ο
ΚΕ
Ζ
ΗΘ
Ι
Α΄ κα
ι Β΄ ΓΕ
ΝΙΚ
ΟΥ Λ
ΥΚΕΙ
ΟΥ
ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ
ΛΥΣΕΙΣΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΛΥΣΕΙΣ
ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
(01) 000000 0 22 0017 0
Top Related