ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Transcript

1 και ΝΙΚΟΥ ΛΥΚΙΟΥ ΥΚΛΙΙ ΩΤΡΙ ΛΥΣΙΣ ΤΩΝ ΣΚΗΣΩΝ ΥΠΟΥΡΙΟ ΠΙΙΣ ΚΙ ΘΡΗΣΚΥΤΩΝ Κωδικός βιβλίου: ΠΟΛΙΤΙΣΟΥ ΚΙ ΘΛΗΤΙΣΟΥ ΥΚΛΙΙ ΩΤΡΙ ΛΥΣΙΣ ΤΩΝ ΣΚΗΣΩΝ ε Κ ε Ψ Ζ Ο Ι Θ ε Η μα ε4 και ΝΙΚΟΥ ΛΥΚΙΟΥ ISBN ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΧΝΟΛΟΙΣ ΥΠΟΛΟΙΣΤΩΝ ΚΙ ΚΟΣΩΝ (0) «ΙΟΦΝΤΟΣ»

2 ΥΠΟΥΡΙΟ ΠΙΙΣ ΚΙ ΘΡΗΣΚΥΤΩΝ ΠΟΛΙΤΙΣΟΥ ΚΙ ΘΛΗΤΙΣΟΥ EΥΚΛΙΙ ΩΤΡΙ ΛΥΣΙΣ ΤΩΝ ΣΚΗΣΩΝ 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 ΝΟΧΟΣ ΡΟΥ: ΛΛΗΝΙΚΗ ΘΗΤΙΚΗ ΤΙΡΙ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΧΝΟΛΟΙΣ ΥΠΟΛΟΙΣΤΩΝ ΚΙ ΚΟΣΩΝ «ΙΟΦΝΤΟΣ»

3 ΣΤΟΙΧΙ ΡΧΙΚΗΣ Κ ΟΣΗΣ ΛΛΗΝΙΚΗ ΘΗΤΙΚΗ ΤΙΡΙ Ο ΣΥΡΦΗΣ ργυρόπουλος Ηλίας ιδάκτωρ αθηματικών.. Πολυτεχνείου Καθηγητής /θμιας κπαίδευσης λάμος Παναγιώτης ιδάκτωρ αθηματικών.. Πολυτεχνείου Κατσούλης εώργιος αθηματικός αρκάτης Στυλιανός πίκουρος Καθηγητής Τομέα αθηματικών.. Πολυτεχνείου Σίδερης Πολυχρόνης αθηματικός, τ. Σχολικός Σύμβουλος Ιστορικά Σημειώματα: ανδουλάκης Ιωάννης ιδάκτωρ Πανεπιστημίου. Lomonosov όσχας Ιόνιο Πανεπιστήμιο Φιλολογική πιμέλεια: ημητρίου λένη πιλογή εικόνων: Παπαδοπούλου πία ικονογράφηση - Σελιδοποίηση: λεξοπούλου Καίτη ΣΤΟΙΧΙ ΠΝΚ ΟΣΗΣ Η επανέκδοση του παρόντος βιβλίου πραγματοποιήθηκε από το Ινστιτούτο Τεχνολογίας Υπολογιστών & κδόσεων «ιόφαντος» μέσω ψηφιακής μακέτας, η οποία δημιουργήθηκε με χρηματοδότηση από το ΣΠ / Π «κπαίδευση & ιά ίου άθηση» / Πράξη «ΣΤΗΡΙΖΩ». Οι αλλαγές που ενσωματώθηκαν στην παρούσα επανέκδοση έγιναν με βάση τις διορθώσεις του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου.

4 ΠΡΟΛΟΟΣ γαπητοί αθητές, το τεύχος που κρατάτε στα χέρια σας περιέχει τις λύσεις των ασκήσεων του σχολικού σας βιβλίου. ν 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 "επιμέλεια" ενός μαθητή προς τον καθηγητή του στο σχολείο. ια να χρησιμοποιήσετε σωστά τις λύσεις των ασκήσεων πρέπει να ακολουθήσετε μια συγκεκριμένη μεθοδολογία. ρχικά, προσπαθήστε να λύσετε την άσκηση με διαφορετικούς τρόπους αντιμετώπισης. ν αποτύχετε κάντε μία επανάληψη στην αντίστοιχη θεωρία για να διαπιστώσετε ότι δεν έχετε κενά. Κατόπιν, ξαναπροσπαθήστε την άσκηση διαβάζοντας και την υπόδειξη που βρίσκεται στο τέλος του σχολικού βιβλίου. ν πάλι δυσκολεύεστε να λύσετε την άσκηση, τότε διαβάστε 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. ια 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: ) σκήσεις μπέδωσης: Οι ασκήσεις αυτές εισάγονται αμέσως μετά τη Θεωρία και τις φαρμογές, με σκοπό την εμπέδωση των εννοιών από τους μαθητές και τη χρήση τους σε απλές ασκήσεις. ) ποδεικτικές σκήσεις: ίναι ασκήσεις που ταιριάζουν στη φύση της εωμετρίας, καλλιεργώντας την αποδεικτική διαδικασία στους μαθητές.

5 ) Σύνθετα θέματα: ίναι θέματα που συνδυάζουν περισσότερες από μία γεωμετρικές έννοιες ή γνώσεις, είτε από το ίδιο κεφάλαιο, είτε από διαφορετικά, αναδεικνύοντας την κριτική σκέψη και συνδυαστική ικανότητα των μαθητών. 4) ενικές σκήσεις: ίναι ασκήσεις αυξημένης δυσκολίας, που παρατίθενται στο τέλος κάθε Κεφαλαίου και απευθύνονται σε μαθητές με ιδιαίτερο ζήλο και αγάπη προς τη εωμετρία. 5) ραστηριότητες: ίναι 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.

6 ΠΡΙΧΟΝ ΚΦΛΙΟ... 7 ΚΦΛΙΟ... 7 ΚΦΛΙΟ ΚΦΛΙΟ ΚΦΛΙΟ ΚΦΛΙΟ ΚΦΛΙΟ ΚΦΛΙΟ ΚΦΛΙΟ ΚΦΛΙΟ ΚΦΛΙΟ... 0 ΚΦΛΙΟ... 9

7

8 ΚΦΛΙΟ ΠΡΤΗΡΗΣΙΣ - ΥΠΟΙΞΙΣ πό τρία διαφορετικά συνευθειακά σημεία το ένα βρίσκεται μεταξύ των δύο άλλων. ια την επίλυση σχετικών ασκήσεων διακρίνουμε περιπτώσεις. (σκήσεις:.-.0 ποδεικτικές, Σύνθετα ) ν δύο τμήματα και έχουν κοινό μέσο Ο τότε Ο = Ο και Ο = Ο. ια να αποδείξουμε ότι δυο τμήματα έχουν κοινό μέσο, θεωρούμε το μέσο του ενός και αποδεικνύουμε ότι είναι μέσο και του άλλου τμήματος. (σκήσεις: ενικές ) ια να υπολογίσουμε την παραπληρωματική ϕ ή την συμπληρωματική θ μιας γωνίας ˆω θέτουμε: και. (σκήσεις:.9 ποδεικτικές, )

9 σκήσεις μπέδωσης. i) Έξι ευθύγραμμα τμήματα, τα,,,, και. ii) Τα τμήματα που έχουμε στο σχήμα είναι τα,, AM, Κ,,, Κ,, Κ και το Κ που δεν είναι σχεδιασμένο. Κ. i) Τα σημεία τομής είναι τρία, τα, και. ii) Ορίζονται τρία ευθύγραμμα τμήματα, τα,,, και ημιευθείες, οι εξής: Ax, x, Ay, Ay, By, By, Bz, Bz, x, x, z, z. z B y' x y z' x'. ίναι = + = + =, αφού =. ε 4. = + + Ν + Ν = + Ν = = ( + Ν) = Ν, αφού = και Ν = Ν. Ν ε ποδεικτικές σκήσεις. i) Έχουμε = + Ζ + Ζ και = Ζ Ζ, E Z + οπότε + = Ζ ( =, Ζ = Ζ) Ζ =. ii) Έχουμε + = ( + ) + = ( + ) + = +.. i) Έχουμε = + Άρα = ( = ) = =. 8

10 .-.0 ii) Έχουμε = + + Άρα + = =. = ε. α) i) ν το είναι μεταξύ των και τότε = +. ii) ν το είναι μεταξύ των και τότε <, οπότε < +. iii) ν το A είναι μεταξύ των και τότε <, οπότε < +. Άρα πάντα έχουμε +. β) ια τα,, ισχύει + () ενώ για τα,, ισχύει B+ B (). πό (), () προκύπτει ότι + +. Σύνθετα Θέματα. i) ν το είναι μεταξύ των και τότε: ii) + = + = + = =. B B ν το είναι στην προέκταση του, π.χ. προς το μέρος του, τότε: = = = =.. ν παραστήσουμε με ε, ε, ε και ε 4 τις τέσσερις ευθείες οδούς αρκεί να βρούμε πόσα είναι τα σημεία τομής των ευθειών αυτών. Σε κάθε μια ευθεία, π.χ. την ε, οι άλλες ( 4 ) = ευθείες ορίζουν ( 4 ) = σημεία. Άρα συνολικά θα ορίζονταν 4( 4 ) = σημεία. λλά κάθε σημείο το υπολογίσαμε φορές, π.χ. το ως σημείο της ε και της ε. Άρα τελικά ορίζονται 44 ( ) = = 6 σημεία. πομένως χρειάζονται 6 τροχονόμοι. Όμοια οι ν ευθείες ορίζουν νν ( ) σημεία. ε 4 ε ε ε 9

11 σκήσεις μπέδωσης. Έχουμε xôz= yôt t z y ή yôz + zôt. O x ΆραxÔy= zôt.. ίναιω+ ˆ ορθή+ ˆ = ορθές, ωω οπότεω= ˆ ορθήήω= ˆ ορθής.. Όταντορολόιδείχνειεννέαηώραακριβώςοιδείκτεςσχηματίζουνορθή γωνία.οιδείκτεςθασχηματίζουνκαιπάλιορθήγωνίαμετάαπό6ώρες. Τότετορολόιδείχνειτρειςηώραακριβώς. ποδεικτικές σκήσεις.έστωxôy, yôzδύοεφεξήςγωνίεςκαιο, Οοιδιχοτόμοιτουςαντίστοιχα. z E y xôy yôz Τότε Ô= Ô y+ yô = +. Άρα Ο ˆ xoy ˆ + yoz ˆ =. O x. Έχουμε: Ô Ô Άρα. Έχουμε: Ô = Ô + Ô Ô = Ô Ô Άρα Ο Ο+Ο ˆ ˆ. Ô Ô ( Ô = Ô) Ô = Ο 0

12 .7-.8 Σύνθετα Θέματα. Έχουμε: Ο = Οx+ xoy + yo Άρα Ο = xoy Οx Οy Ο + Ο =xoy (γιατί Οx = Οx, yo Ο= y) Ο + Ο xoy =. B y O E y O x x. Έχουμε: ˆ ˆ ˆ Ο Ο ˆ ˆ Ο ˆ B O E O.7-.8 σκήσεις μπέδωσης. Υπάρχουν άπειροι κύκλοι ακτίνας ρ που διέρχονται από το Κ. Τα κέντρα τους βρίσκονται στον κύκλο με κέντρο Κ και ακτίνα ρ. O ρ O ρ Κ. Τα σημεία που είναι εσωτερικά του κύκλου (Ο, R) και εξωτερικά του κύκλου (Ο, ρ) φαίνονται στο διπλανό σχήμα. R O ρ

13 .9 ποδεικτικές σκήσεις. πειδή η ε διέρχεται από το κοινό κέντρο Ο των κύκλων τα τμήματα και είναι διάμετροι αυτών με κοινό μέσον το Ο και επομένως έχουμε: Ο = Ο και Ο = Ο. ε αφαίρεση αυτών κατά μέλη προκύπτει: Ο Ο = Ο Ο =, σύμφωνα με το σχήμα. πίσης έχουμε: = + = + = Ο. Έστω, δύο διάμετροι ενός κύκλου (Ο, R) τέτοιες ώστε Ο = Ο. Τότε η Ο είναι διχοτόμος της ευθείας γωνίας Ο, επομένως κάθε μια από τις Ο, Ο είναι ορθή γωνία. Η Ο, ως κατακορυφήν της Ο, είναι κι αυτή ορθή. Όμοια και η Ο 4. Έτσι οι επίκεντρες γωνίες Ο, Ο, Ο και Ο 4 είναι ίσες, οπότε και τα αντίστοιχα τόξα αυτών είναι ίσα, δηλαδή = = = και επειδή τα τόξα αυτά αποτελούν ολόκληρο τον κύκλο προκύπτει το ζητούμενο. Ο 4.9 σκήσεις μπέδωσης. Έστω ημικύκλιο κέντρου Ο, δύο σημεία, αυτού και το σημείο του ώστε =. Ρ i) ια σημείο Ρ του ημικυκλίου, που δεν ανήκει στο έχουμε: Ρ = Ρ και Ρ = Ρ +. ε πρόσθεση αυτών κατά μέλη και λαμβάνοντας υπόψη ότι = προκύπτει Ρ Ρ Ρ Ρ + = = Ρ + Ρ ( ). Ο Σ

14 .9 ii) Έστω σημείο Σ του τόξου. Έχουμε (βλέπε σχήμα) Σ = Σ + και Σ = Σ. ε αφαίρεση αυτών κατά μέλη, λαμβάνοντας πάλι υπόψη ότι = προκύπτει: Σ Σ Σ Σ = = Σ Σ ( ).. α) ίναι =80 και + =80, από τις οποίες με πρόσθεση και αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε αντίστοιχα οπότε και ( ) = 0 και = 50, = 0, ( ) = 50. β) Η Ô είναι επίκεντρη και βαίνει στο, άρα ( Ο ) = ( ) =0. Όμοια ( Ô ) =50.. Έστω ˆω και ˆφ δύο συμπληρωματικές γωνίες με ω= ϕ. Πρέπει ω+ ϕ =90 ή ϕ+ ϕ = 90 ή ϕ= 90. Άρα ϕ=0, οπότε ω= ίναι ω= oρθής = 90 = 08. Άρα η παραπληρωματική της ˆω είναι 5 5 ϕ= = 7. Η γωνία ˆω δεν έχει συμπληρωματική, αφού είναι αμβλεία γωνία. A Ο B ποδεικτικές σκήσεις. Έστω ϕ η παραπληρωματική της ω και θ η συμπληρωματική της. Τότε ϕ= 80 ω, θ = 90 ω και ϕ = θ. Άρα 80 ω= 90 ( ω) ή 80 ω= 70 ω ή ω= 90. Άρα ω=45.. Έστω ω η συμπληρωματική της ϕ. Τότε ϕ = 90 ω και ϕ = ω 0. Άρα 90 ω= ω 0 ω= 0 ω = 55. Άρα ω=55 και ϕ=5. Ο Ο Ο Ο. Έχουμε = = =. Θέτουμε 4 Ο Ο Ο Ο = = = =λ, οπότε 4

15 ενικές σκήσεις Ο = λ Ο = λ Ο = λ Ο = 4λ ε πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει ότι Ο B A Ο + Ο + Ο + Ο = 0λ 60 = 0λ. Άρα. πομένως Ο=6, Ο= 6 ( ) = 7, Ο = 6 ( ) = 08 και Ο= 46 ( ) = 44. ενικές σκήσεις. Έστω Ο το μέσο του. Τότε Ζ = ΟΖ Ο () λλά + ΟΖ = Ο + Ζ = + = = () και Ο = Ο = = = () πό (), (), () προκύπτει ότι Ζ =.. Έστω Ο το μέσο του Ζ. Τότε Ο = ΟΖ. ια να είναι το Ο μέσο και του αρκεί = Ζ (αφού Ο = ΟΖ). Ο Ζ Πράγματι Ζ Ζ = = = = =. Ο Ζ. Έχουμε: = + = = + = = = = + = + >. ε 4

16 ενικές σκήσεις 4. Έχουμε =60, οπότε = = 60. Άρα οι επίκεντρες γωνίες είναι: Ο=50 ˆ πομένως και Ο=60 ˆ. Ο+ Οx = Ο + Ο ˆ 60 ˆ ˆ ˆ (Οx διχοτόμος Ο ˆ ) = 50 + Ο + Οx = 80, δηλαδή OA, Οx αντικείμενες ημιευθείες. x O ή φού ημικύκλιο και μέσο, είναι 80 = = 90. B Άρα Κ Κ = = + = + K M O A = Κ Κ = = = 90 = 45. z E y x 5

17

18 ΚΦΛΙΟ ΠΡΤΗΡΗΣΙΣ - ΥΠΟΙΞΙΣ Ένα σημείο ανήκει στη μεσοκάθετο ενός τμήματος αν ισαπέχει από τα άκρα του. ντίστοιχα ένα εσωτερικό σημείο γωνίας ανήκει στη διχοτόμο της αν ισαπέχει από τις πλευρές της γωνίας. (σκήσεις:.4 Σύνθετα ) ν δύο σημεία μιας ευθείας ε ισαπέχουν από τα άκρα ευθύγραμμου τμήματος η ευθεία ε είναι μεσοκάθετος του τμήματος. (σκήσεις:. μπέδωσης ) Σε ισοσκελές τρίγωνο οι προσκείμενες στη βάση γωνίες είναι ίσες, οπότε και οι αντίστοιχες εξωτερικές γωνίες του τριγώνου είναι ίσες (παραπληρώματα ίσων γωνιών). (σκήσεις:.4 Σύνθετα και. μπέδωσης 8) ια να συγκριθούν ανισοτικά δύο τρίγωνα πρέπει να έχουν απαραίτητα δυο πλευρές ίσες. (σκήσεις:. ποδεικτικές, 7) Όταν η διάμεσος είναι βασικό στοιχείο σε μια άσκηση, συχνά χρειάζεται να την προεκτείνουμε. (σκήσεις:. ποδεικτικές και ενικές 7)

19 Τα τρίγωνα και είναι ίσα. (Π--Π). ( =, =, = ). Άρα =.. Τα τρίγωνα ΚΛ, Λ, Κ είναι ίσα. (Π--Π) (Κ = Λ =, Λ = = Κ ως άθροισμα ίσων τμημάτων και ΚΛ ˆ =Λ ˆ =Κ ˆ ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών). Άρα ΚΛ = Λ = Κ. Κ ω ω Λ. Τα τρίγωνα και είναι ίσα (Π--Π) ( =, = ˆ ˆ και = ως μισά ίσων πλευρών). Άρα =. ' ' ' ' 4. Τα τρίγωνα και Ζ είναι ίσα, αφού =, = και Ζ = (Π--Π). Άρα =Ζ. ˆ ˆ ποδεικτικές σκήσεις. Τα τρίγωνα Κ και Κ είναι ίσα αφού Κ = Κ, Κ = Κ και Κ = Κ ως κατακορυφήν. Άρα Κ = Κ () Όμοια τα τρίγωνα Κ και ΖΚ είναι ίσα, οπότε Ζ Κ = Κ () Προσθέτοντας τις () και () κατά μέλη προκύπτει ότι Ζ =. Ζ E Ζ Κ 8

20 .-.4. Τα τρίγωνα και είναι ίσα. (Π--Π) ( =, = αφού = και = ως άθροισμα ίσων τμημάτων). Άρα =.. Το τρίγωνο Ο είναι ισοσκελές, οπότε ˆ ˆ = και επομένως ˆ ˆ = ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών. Έτσι τα τρίγωνα Ο και Ο είναι ίσα (ΠΠ), οπότε Ο=Ο. ˆ ˆ Ο Ο Σχόλιο: Στις παραπάνω ασκήσεις χρησιμοποιούμε ισότητες τριγώνων για να αποδείξουμε ισότητες τμημάτων ή γωνιών..-.4 σκήσεις μπέδωσης. Τα τρίγωνα και είναι ίσα (Π--Π). E α) Τα τρίγωνα και είναι ίσα ( =, = ˆ ˆ, Ι = = = ). ' Άρα =. πίσης τα τρίγωνα και E' είναι ίσα (-Π-). Ι' Άρα =. ' ' ' β) Τα τρίγωνα Ι και Ι είναι ίσα γιατί = (από το (α)), = ˆˆ και = (-Π-). Άρα Ι = Ι. Όμοια, από την ισότητα των τριγώνων Ι και Ι προκύπτει ότι Ι = Ι. 9

21 . i) Τα τρίγωνα και είναι ίσα γιατί =, = και ˆ = ˆ (Π--Π). Άρα =. ˆ ˆ.-.4 ii) Τα τρίγωνα και είναι ίσα γιατί =, = ˆ ˆ και = ˆ ˆ από το (α) (-Π-). Άρα α=α και γ=γ.. Τα τρίγωνα και είναι ίσα (Π--Π). Άρα =. Όμοια τα τρίγωνα και είναι ίσα. Άρα =. πομένως τα τρίγωνα και έχουν τις πλευρές τους ίσες. Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα (Π-Π-Π). B B B M ποδεικτικές σκήσεις. Έστω και οι διχοτόμοι των γωνιών ˆ και ˆ αντίστοιχα. Τα τρίγωνα και είναι ίσα γιατί έχουν: =, ˆ κοινή και ˆ ˆ = (μισά ίσων γωνιών). πό την ισότητα αυτή προκύπτει το ζητούμενο.. Τα τρίγωνα Ο και Ο είναι ίσα, γιατί έχουν: Ο = Ο και Ο = Ο, ως ακτίνες, και Ο ˆ ˆ =Ο, ως κατακορυφήν. πό την ισότητα αυτή προκύπτει ότι =. Όμοια βρίσκουμε ότι = και =. Έτσι τα τρίγωνα και έχουν και τις τρεις πλευρές τους ίσες, επομένως είναι ίσα.. Τα τρίγωνα και είναι ίσα, γιατί έχουν: =, κοινή και =. ˆ ˆ πό την ισότητα αυτή προκύπτει ότι =, οπότε και τα τρίγωνα και είναι ίσα (Π-Π-Π). Άρα =. ˆ ˆ Ο 0

22 .5-.6 Σύνθετα Θέματα. i) Τα τρίγωνα και A είναι ίσα ( =, = ˆ ˆ A, ˆ ˆ = ) (-Π-). Θ A Θ' Άρα =. Θ A Θ' ii) Τα τρίγωνα και B Θ B είναι ίσα ( =, =, ˆ Θ' Θ ˆ Θ' = ' ') (Π--Π). Άρα ˆ = ˆ. iii) Τα τρίγωνα Θ B και Θ είναι ίσα B ( =, ˆ ˆ = και ˆ = ˆ από το (β)) (-Π-). δ) πό το (γ) προκύπτει ότι Θ = Θ. πίσης Θ = Θ. Άρα Θ = Θ ή Θ = Θ.. Έστω ε η μεσοκάθετος του και Ο το σημείο (ε ) (ε ) Ο τομής των ε και ε. πειδή ε μεσοκάθετος του Ο, θα είναι Ο = Ο (). Όμοια Ο = Ο (). (ε) (ε ) (ε) λλά το Ο ανήκει και στη μεσοκάθετο του. (ε ) Ο Ο Άρα Ο = Ο (). πό τις (), () και () προκύπτει ότι (ε) (ε) Ο = Ο, δηλαδή το Ο ανήκει και στη μεσοκάθετο του.. i) πειδή το ανήκει στη μεσοκάθετο του είναι =. Άρα το τρίγωνο είναι ω ισοσκελές. ω ii) Τα τρίγωνα και είναι ίσα, γιατί =, = και ˆ = ˆ ω ω ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών ω ω ( == ˆ ˆ ˆ =ω )(Π--Π). Άρα =, δηλαδή το τρίγωνο ω ω είναι ισοσκελές. ω ω.5-.6 σκήσεις μπέδωσης. Έστω ισοσκελές τρίγωνο ( = ) και τα ύψη του και. Τα τρίγωνα και είναι ίσα ( ˆ κοινή, == ˆ ˆ 90, = ). Άρα =.

23 . Έστω ισοσκελές τρίγωνο μέσα των, αντίστοιχα Έστω ότι τα τρίγωνα και είναι ίσα με =. ν, τα αντίστοιχα ύψη, τότε τα τρίγωνα και είναι ίσα. ( =, =, ˆ ˆ = ˆ ˆ = 90 ). Άρα =. ( = ) και, τα i) ν Κ, τα τρίγωνα Κ και είναι ίσα ( Κ== ˆ ˆ 90, = ˆ ˆ και = ως μισά ίσων πλευρών). Άρα Κ =. ii) ν Ζ και Η, τα τρίγωνα Η και Ζ είναι ίσα ( ˆ κοινή, Ζ=Η= ˆ ˆ 90, = ). Άρα Ζ = Η.. Έστω ευθεία ε που διέρχεται από το μέσο του. ν ε και ε τα τρίγωνα και είναι ίσα ( =, ˆ ˆ =, == ˆ ˆ 90 ). Άρα =. Η ' K ' ' Ζ M ε ' Σχόλιο: Παρατηρήστε ότι αν το ανήκει στην πλευρά τότε και το ανήκει στην πλευρά. ποδεικτικές σκήσεις. Έστω και. Τα τρίγωνα και είναι ίσα (AM κοινή, == ˆ ˆ 90, ˆ ˆ =, αφού AM διάμεσος και διχοτόμος). Άρα i) = και ii) ˆ =, ˆ δηλαδή η AM είναι διχοτόμος της γωνίας. ˆ Σχόλιο: ποφύγαμε να συγκρίνουμε τα τρίγωνα και γιατί δεν έχουμε αποδείξει ακόμη ότι τα, είναι προς το ίδιο μέρος της. υτό προκύπτει μετά τη διαπίστωση ότι οι γωνίες ˆ, ˆ είναι οξείες.

24 . Τα τρίγωνα και.5-.6 είναι ίσα ( = ˆ ˆ = 90, =, = ). Άρα ˆ ˆ = (). B B' ' M' ' πίσης τα τρίγωνα και είναι ίσα ( =, ˆ ˆ = από () και = ως μισά ίσων πλευρών). Άρα = () και = ˆ ˆ (). πό τις (), () και την υπόθεση ( α=α), προκύπτει ότι τα τρίγωνα και είναι ίσα (Π--Π).. Τα τρίγωνα και είναι ίσα ( =, =, = ˆ ˆ = 90 ). Άρα (). Όμοια από τα τρίγωνα και προκύπτει ότι = ˆ ˆ (). πό τις (), () και την υπόθεση ( α=α), προκύπτει ότι τα τρίγωνα και είναι ίσα (-Π-). A A' 4. Τα τρίγωνα και έχουν = = ˆ ˆ 90, κοινή και ˆ ˆ =, άρα είναι ίσα, οπότε = (). Τα τρίγωνα και Ζ έχουν == ˆ ˆ 90, = (από ()) και ˆ κοινή, άρα είναι ίσα, οπότε Ζ =, δηλαδή το τρίγωνο Ζ είναι ισοσκελές. Ζ 5. i) πειδή = θα είναι ΟΚ = ΟΛ, οπότε τα ορθογώνια τρίγωνα ΟΚ και ΟΛ είναι ίσα γιατί έχουν Ο κοινή και ΟΚ = ΟΛ. ii) πό την προηγούμενη ισότητα τριγώνων προκύπτει ότι Κ = Λ (). Όμως τα Κ, Λ είναι μέσα των ίσων χορδών και, οπότε Κ = Λ () και Κ = Λ (). πό τις (), () προκύπτει = και από τις (), () ότι =. Κ Ο Λ

25 Σύνθετα Θέματα.7. i) Τα τρίγωνα και Ζ είναι ορθογώνια ' ( =Ζ= ˆ ˆ 90 ) και έχουν = ( σημείο της ' μεσοκαθέτου), = Ζ (αποστάσεις σημείου της διχοτόμου), άρα είναι ίσα. ' Z' ' ii) ια τους ίδιους λόγους και τα τρίγωνα ε Z και Ζ είναι ίσα. Z' M iii) πό τις παραπάνω ισότητες τριγώνων προκύπτουν: = Ζ και Ζ =. ε Z Προσθέτοντας κατά μέλη τις ισότητες αυτές παίρνουμε: M +Ζ =Ζ+ ++ Ζ = = Ζ Ζ = + Ζ = Ζ = Ζ, οπότε: = + = Ζ + Ζ = και ΖΖ = Ζ Ζ = =.. Έστω ότι γ=γ. Προεκτείνουμε τις, ' κατά τμήματα = α και =α αντίστοιχα. γ α γ' ' α' Τότε τα ορθογώνια τρίγωνα β α και έχουν τις ' β' ' α' γ α γ' α' ' κάθετες πλευρές τους ίσες μία προς μία και επομένως είναι ίσα. πό την ισότητα αυτή προκύπτει ότι β ˆ = α ˆ () και ' β' =, ˆ ˆ οπότε ' α' ' και ˆ ˆ = () (γιατί τα τρίγωνα, είναι ισοσκελή). πό τις () και () προκύπτει =, ˆ ˆ οπότε τα τρίγωνα και έχουν = ˆ ˆ = 90, = και =, ˆ ˆ επομένως είναι ίσα..7 σκήσεις μπέδωσης. Έστω τρίγωνο \\ \\ μ με σταθερή την πλευρά = α ' ' και τη διάμεσο AM με γνωστό μήκος μ. πειδή M μ το απέχει από το σταθερό σημείο σταθερή ' ' απόσταση μ, βρίσκεται στον κύκλο (, μ). M ντίστροφα: Έστω σημείο του κύκλου ' (, µ ) τότε =µ, ως ακτίνα του κύκλου, και διάμεσος του. Το δεν είναι ' σημείο της ευθείας. πομένως γ.τ. του είναι ο κύκλος (, μ) χωρίς τα σημεία του και. \\ \\ 4

26 ν είναι ένα σημείο του ζητούμενου γ.τ., θα είναι OM = R και επομένως το ανήκει στον κύκλο (O, R). ντίστροφα: ν είναι ένα σημείο του (O, R) και Ν η τομή του Ο με τον (O, R) τότε ON = R, οπότε N M = R R = R, δηλαδή ON = N M. Άρα ο γ.τ. του είναι ο κύκλος (O, R). M Ν RO Ν M Σχόλιο: Στα προβλήματα γ.τ. εξετάζουμε ευθύ και αντίστροφο σκήσεις μπέδωσης. Οι ζητούμενοι άξονες συμμετρίας φαίνονται στα επόμενα σχήματα: ΗΘΤ ΧΨ. Σύμφωνα με την εφαρμογή της.8 το συμμετρικό ενός σημείου του τριγώνου είναι σημείο του τριγώνου και αντίστροφα. Άρα τα τρίγωνα, είναι συμμετρικά ως προς το Ο. ξάλλου από A B = AB, = και = προκύπτει ότι =. Ο. Έστω, σημεία των Ax, Ay αντίστοιχα και, τα συμμετρικά αυτών ως προς το Ο. Σύμφωνα με την προηγούμενη άσκηση είναι =, οπότε x ˆ y = x ˆy. B Ο x y y x 5

27 Σύμφωνα με την εφαρμογή της.9 είναι BA = BA και =, οπότε τα τρίγωνα και είναι ίσα (Π-Π-Π). B A ' 5. Έστω Ο η διχοτόμος της xoy ˆ και σημείο της xoy, ˆ π.χ. της xo. ˆ ν είναι το συμμετρικό του ως προς την O τότε το τρίγωνο Ο είναι ισοσκελές, οπότε έχουμε: Ο ˆ = Ο ˆ Ο ˆx = Ο ˆy. Το επομένως είναι σημείο της Ο ˆ y, δηλαδή της xoy. ˆ Άρα η Ο είναι άξονας συμμετρίας. x O ' y 6. i) πειδή συμμετρικό του ως προς ε, η ε είναι μεσοκάθετη του MM, οπότε Ο = Ο (). ια τους ίδιους λόγους είναι και Ο = Ο (). πό τις () και () προκύπτει. M ε Ο 4 ii) Η ε είναι άξονας συμμετρίας του MM, οπότε, οπότε έχουμε: M'' Ο ˆ =Ο ˆ +Ο ˆ +Ο ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ +Ο 4 = Ο + Ο = ( Ο +Ο ) = αφού οι ε, ε είναι κάθετες. Η ισότητα Ο = σημαίνει ότι τα, Ο, είναι συνευθειακά. Σχόλιο: πό την άσκηση αυτή συμπεραίνουμε ότι: αν ένα σχήμα έχει δύο κάθετους άξονες συμμετρίας, τότε το σημείο τομής τους είναι κέντρο συμμετρίας του σχήματος. M' ε' 6

28 .0-. σκήσεις μπέδωσης.0-.. πειδή η ˆB είναι εξωτερική γωνία στο τρίγωνο είναι B ˆ ˆ > (). πό υπόθεση όμως B ˆ ˆ > (). ε πρόσθεση των () και () κατά μέλη προκύπτει ˆ B ˆ > 80 B > 90.. Το είναι ισοσκελές, οπότε ˆ ˆ = και αφού = ˆ ˆ θα είναι ˆ ˆ =. πό την τελευταία ισότητα προκύπτει =. πειδή τα σημεία και ισαπέχουν από το και, η ευθεία είναι μεσοκάθετος του.. i) πειδή +< ˆ ˆ 80 και = ˆ ˆ θα είναι =< ˆ ˆ 90. ii) Έστω το ύψος. ν θα είχαμε ˆ =, ˆ δηλαδή 90 = ˆ άτοπο. ν το ήταν σημείο της προέκτασης της προς το θα είχαμε > > ˆ ˆ ˆ 90 άτοπο. Άρα το είναι εσωτερικό σημείο της πλευράς. 4. ν το βρίσκεται μεταξύ των, τότε η ˆ είναι εξωτερική γωνία του τριγώνου, οπότε ˆ >. ˆ Ομοίως για τις άλλες περιπτώσεις. A X 7

29 ίναι > ˆ ˆ (), αφού ˆ εξωτερική γωνία στο τρίγωνο. Όμως = ˆ ˆ (). πό (), () παίρνουμε > ˆ ˆ, οπότε από το τρίγωνο προκύπτει >. 6. Φέρνουμε. πειδή διχοτόμος θα είναι = (). Όμως από το ορθογώνιο τρίγωνο προκύπτει < (). πό (), () παίρνουμε <. είναι ίσα (Π--Π), επο- 7. Τα τρίγωνα Ο μένως ˆ ˆ =. ίναι και ˆ ˆ και ΟΛ = αφού Ο = Ο, οπότε =. ˆ ˆ Άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές. Ο Λ Κ Λ 8. πειδή = ˆ ˆ θα είναι ˆ ˆ εξ = εξ, οπότε και ˆ ˆ = και επομένως =. Έτσι τα τρίγωνα Κ και Λ έχουν Κ = Λ, = και Κ ˆ = Λ, ˆ οπότε είναι ίσα και επομένως Κ = Λ. 8

30 .0-. ˆ ˆ 9. i) ίναι ˆ ˆ = = =, οπότε το τρίγωνο Ι είναι ισοσκελές. ii) Τα τρίγωνα Ι και Ι είναι ίσα (Π-Π-Π), Ι αφού έχουν Ι = Ι, = και ˆ ˆ = ( ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ = = = ). M 0. ε εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στα τρίγωνα ΠΚ Κ, ΠΚ Κ και ΠΚ Κ (σχ. ιβλίου) παίρνουμε αντίστοιχα ΚΚ <, ΚΚ < 7 και ΚΚ < 6. Προσθέτοντας αυτές κατά μέλη βρίσκουμε ΚΚ +ΚΚ +ΚΚ < 46. πομένως ο χιλιομετρητής θα έπρεπε να γράψει απόσταση μικρότερη του 46 και όχι 48. ποδεικτικές σκήσεις α. πό την µ α < προκύπτουν < και <. π αυτές παίρνουμε αντίστοιχα ˆ< ˆ και ˆ< ˆ, απ όπου με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: +<. ˆ ˆ ˆ α α Όταν µ α = ή µ α > ισχύουν αντίστοιχα += ˆ ˆ ˆ ή +>. ˆ ˆ ˆ. Τα τρίγωνα και έχουν δύο πλευρές ίσες ( = κοινή, = ) και τις τρίτες άνισες ( < ), οπότε (εφαρμογή.) οι απέναντι γωνίες θα είναι ομοίως άνισες ˆ ˆ >.. α) Προεκτείνουμε τη διάμεσο AM κατά ίσο τμήμα. Τα τρίγωνα και είναι ίσα (ΠΠ), οπότε = και ˆ = ˆ (). Στο τρίγωνο είναι > (γιατί > ), οπότε ˆ >, ˆ από την οποία σύμφωνα με την () προκύπτει ˆ >. ˆ β) ε εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στο τρίγωνο παίρνουμε: < < + B A A A μ α μ α A' 9

31 .0-. β γ β+γ β γ< µ α <β+γ <µ α <. γ) Σύμφωνα με το β) έχουμε: β+γ γ+α α+β µ α <, µ β < και µ γ <. ε πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: µ α +µ β +µ γ <α+β+γ= τ. 4. ν τα Σ, Ο, δεν είναι συνευθειακά με εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στο τρίγωνο ΣΟπαίρνουμε: ΣΟ Ο<Σ <ΣΟ+Ο ΣΟ Ο <Σ<ΣΟ +Ο. ν τότε: Σ = Σ < Σ και αν είναι Σ < Σ = Σ. Σ Ο 5. Στο τρίγωνο η διχοτόμος είναι και ύψος, επομένως είναι ισοσκελές, δηλαδή = = = (). ε εφαρμογή της τριγ. ανισότητας στο τρίγωνο βρίσκουμε < + < + <. 6. Θεωρούμε το μέσο του τόξου, οπότε = = και = =. Τότε, λόγω της τριγωνικής ανισότητας στο τρίγωνο, έχουμε ότι: + > ή >. 7. Έστω ότι >, οπότε η επίκεντρη γωνία Ο ˆ είναι μεγαλύτερη της Ο. ˆ Τα τρίγωνα Ο και Ο έχουν δύο ζεύγη πλευρών ίσα ( Ο = Ο = Ο = Ο = R) και τις περιεχόμενες γωνίες άνισες, οπότε >. (εφ..). Το αντίστροφο αποδεικνύεται εύκολα με απαγωγή σε άτοπο. () Ο Ο 0

32 Σύνθετα Θέματα.0-.. i) ε εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στα τρίγωνα Ο, Ο, Ο και Ο παίρνουμε αντίστοιχα: AB < OA + OB, < Ο + Ο, < Ο + Ο και < Ο + Ο από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. ii) ν το Ο δεν είναι σημείο της από το τρίγωνο Ο προκύπτει ότι: Ο + Ο > και αν το Ο είναι σημείο της θα είναι Ο + Ο (). Όμοια παίρνουμε Ο + Ο (). πό (), () προκύπτει Ο+Ο+Ο+Ο + η οποία σημαίνει ότι ελάχιστη τιμή του αθροίσματος Ο + Ο + Ο + Ο είναι η + και συμβαίνει όταν το Ο είναι σημείο της και της, δηλαδή όταν Ο Κ.. φού το τρίγωνο είναι ισοσκελές, E θα είναι ˆ = ˆ και επειδή τα τρίγωνα και είναι ίσα, θα Κ είναι ˆ =. ˆ M B πομένως ˆ = ˆ E και ˆ =, ˆ οπότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές. B Κ ii) ν φέρουμε τη διάμεσο Κ του ισοσκελούς M τριγώνου θα είναι ύψος B και διχοτόμος, όμοια και η Κ, οπότε τα σημεία, Κ, είναι συνευθειακά.. i) ίναι < + (από το Ο B τρίγωνο ) < + (από το τρίγωνο ) και προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει Ο το ζητούμενο. ii) ίναι Ο + Ο > και Ο+Ο> και προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. iii) Προσθέτοντας κατά μέλη τις δύο ανισότητες (ii) έχουμε ότι: ++ + < +. πίσης προσθέτοντας κατά μέλη τις < +, < +, < + και < + καταλήγουμε ότι + <++ +. Κ Ο

33 πό το φέρουμε κάθετες στις Οx, Oy που τις τέμνουν στα σημεία, αντίστοιχα και παίρνουμε τμήματα = και = (συμμετρικά). Τότε η περίμετρος του είναι ++ > = Ο. '' y Σχόλιο: Τα σημεία, Ο, είναι συνευθειακά. (Άσκηση ). O A x. σκήσεις μπέδωσης '. πειδή κάθετος στην και < θα είναι < (). πίσης κάθετος στην και <. Άρα συνεπάγεται ότι < (). πό (), () προκύπτει ότι <.. Το Η είναι μεσοκάθετος του (σχ. ιβλίου), άρα =. Τα τμήματα και είναι πλάγια και επειδή Η < Η και Η κάθετος προκύπτει ότι <.. i) Έστω Ρ το ίχνος της καθέτου από το Ρ στην ε. ν το Ρ δεν ταυτίζεται με το τότε θα είναι Ρ = Ρ > ΡΡ. ii) Θα πρέπει το Ρ να ταυτίζεται με το, επομένως η ε να είναι κάθετη στο ευθύγραμμο τμήμα Ρ, στο σημείο σκήσεις μπέδωσης Ρ Ρ' ε. Οι χορδές είναι ίσες γιατί έχουν ίσα αποστήματα, αφού το απόστημα κάθε χορδής ισούται με την ακτίνα ρ του μικρού κύκλου.. Έστω το σημείο επαφής της ε με τον κύκλο. Η Ο είναι διχοτόμος της Ο ˆ και η Ο διχοτόμος της Ο ˆ, oπότε Ο Ο Ο ˆ = 90 (διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών). ε Ο ε

34 Υπάρχουν δύο δυνατές περιπτώσεις: ια το Σχ. έχουμε ότι: Ρ+ + Ρ=Ρ ++ +Ρ Ρ = Ρ. ια το Σχ. έχουμε ότι: Ρ+ + Ρ=Ρ+++ +Ρ= ( Ρ+ ). Ρ Ρ B ποδεικτικές σκήσεις Σχήμα Σχήμα. Στο τρίγωνο Ο η Ο είναι ύψος και διάμεσος, άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές, δηλαδή Ο = Ο (). Όμως και Ο = Ο () (ως ακτίνες). ε αφαίρεση των () και () κατά μέλη προκύπτει =. Ο. Φέρουμε τη Ο, οπότε οι γωνίες Ο ˆ και Ο ˆ είναι ίσες. Το τρίγωνο Ο είναι ισοσκελές, οπότε η MB είναι και διχοτόμος, άρα Ο ˆ =. ˆ Άρα ˆ =. ˆ Ο \ \. Τα ευθύγραμμα τμήματα Ρ και Ρ είναι ίσα, ως εφαπτόμενα τμήματα που άγονται από ένα σημείο προς τον κύκλο. πομένως το τρίγωνο Ρ είναι ισοσκελές, οπότε Ρ ˆ = Ρ. ˆ πίσης, η ΡΟ είναι μεσοκάθετη στο ευθύγραμμο τμήμα, οπότε = και επομένως ˆ =. ˆ φαιρώντας κατά μέλη τις δύο τελευταίες ισότητες προκύπτει Ρ ˆ = Ρ. ˆ Ρ Ο

35 Ο \\ \\.6 σκήσεις μπέδωσης.6. i) Ο ένας κύκλος εσωτερικός του άλλου. ii) φάπτονται εσωτερικά. iii) Τέμνονται. iv) φάπτονται εξωτερικά. v) Ο ένας κύκλος εξωτερικός του άλλου. Ο. Οι κύκλοι εφάπτονται εσωτερικά.. Οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά. Ο Ο ποδεικτικές σκήσεις Ο \\ \\. i) ια να τέμνονται οι κύκλοι ( Ο, R) και ( Ρ, ΡΟ ) πρέπει να ισχύει: R ΡΟ<ΡΟ<ΡΟ+ R, γιατί ΡΟ < R. Η δεξιά ανισότητα προφανώς ισχύει. ια την αριστερή έχουμε: R ΡΟ < ΡΟ R < ΡΟ ΡΟ > R που ισχύει αφού Ρ εξωτερικό σημείο του (O, R). ii) πειδή ( Ο ) = R > R το είναι εξωτερικό σημείο του (O, R), άρα η Ο τέμνει τον (O, R) στο. Ο Ρ Όμοια η Ο τέμνει τον (O, R) στο. iii) πειδή ( Ο ) = R και ( Ο ) = R το είναι μέσο της χορδής Ο του κύκλου ( Ρ, ΡΟ ), οπότε Ρ Ο, επομένως Ρ εφαπτόμενη του (O, R). Όμοια αποδεικνύεται ότι και η Ρ είναι εφαπτόμενη του (O, R). Ο Ρ. i) πειδή ΟΟ > R+ R ο ένας κύκλος είναι εξωτερικός του άλλου. ii) Έστω ότι το δεν συμπίπτει με το ή το δεν συμπίπτει με το Ν. Τότε σύμφωνα με το σχόλιο της M' O M N O N' 4

36 έχουμε: ΟΟ < O++Ο M' ή R+Ν+ O RM < NR++ RN' O ή Ν<. Όταν και Ν τότε Ν =. Άρα γενικά Ν. Έστω πάλι ότι το δεν συμπίπτει με το ή το με το Ν τότε: < Ο + ΟΟ + Ο ή <Ο +ΟΟ +ΟΝ ή < Ν. Όταν και Ν τότε = Ν, γενικά λοιπόν θα ισχύει Ν.. Η ΚΡ είναι διχοτόμος της γωνίας Ρ ˆ και η ΡΛ διχοτόμος της Ρ. ˆ Όμως οι γωνίες AΡˆ και Ρˆ είναι εφεξής και παραπληρωματικές, επομένως ΚΡΛ ˆ = 90. Ρ \ \ Κ \ \ Λ 4. Η απάντηση είναι καταφατική και οι κύκλοι φαίνονται στο διπλανό σχήμα σκήσεις μπέδωσης. Κατασκευάζουμε γεωμετρικά μια ορθή γωνία xoy ˆ και στη συνέχεια κατασκευάζουμε τη διχοτόμο Οδ αυτής. Τότε (xo ˆ δ ) = 45. y x O δ x. Έστω γωνία xoy. ˆ Κατασκευάζουμε τη διχοτόμο Οδ αυτής και στη συνέχεια τις διχοτόμους Οδ και Οδ των xοδ ˆ και δο ˆ y αντίστοιχα. y δ δ δ O x 5 α α

37 δ δ.7-.8 O x. Θεωρούμε τμήμα = α και γράφουμε τους κύκλους (, α ) και (, α ). ν είναι ένα κοινό σημείο των κύκλων αυτών το τρίγωνο είναι το ζητούμενο. Πράγματι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο με = α, από υπόθεση, = = α, ως ακτίνες των κύκλων (, α ) και (, α ). πειδή α α<α<α+α, οι κύκλοι τέμνονται και το πρόβλημα έχει πάντα λύση. Το τρίγωνο με το δεύτερο κοινό σημείο των κύκλων (, α ) και (, α ) είναι ίσο με το, επομένως η λύση είναι μοναδική. α α α 4. Θεωρούμε τμήμα = α και κατασκευάζουμε την μεσοκάθετο ε αυτού. ν η ε τέμνει τη στο και πάνω σ αυτήν πάρουμε σημείο ώστε = υ, τότε το είναι το ζητούμενο. Πράγματι, = και προφανώς = α και = υ. Το πρόβλημα έχει πάντα μοναδική λύση. M ε υ 5. α) Κατασκευάζουμε ορθή γωνία x ˆ y και πάνω στις πλευρές της x, Ay παίρνουμε αντίστοιχα τα σημεία, ώστε = β και = γ. Το πρόβλημα έχει πάντα μοναδική λύση. y γ β x β) Κατασκευάζουμε ορθή γωνία x ˆ y και πάνω στην Ay παίρνουμε σημείο ώστε = γ. Στη συνέχεια γράφουμε τον κύκλο (, α ) που τέμνει την x στο. Το τρίγωνο είναι προφανώς το ζητούμενο και υπάρχει λύση όταν α>γ. y γ α x 6

38 x ενικές σκήσεις ενικές σκήσεις. i) Στην προέκταση της θεωρούμε σημείο ώστε =. Τότε τα τρίγωνα και είναι ίσα, οπότε = ˆ ˆ () και = (). Όμως από υπόθεση + ˆ ˆ = 80 η οποία, λόγω της (), γίνεται ˆ ˆ 80 ˆ += = 80 = ˆ ˆ εξ B δηλαδή ˆ = ˆ εξ και επομένως = η οποία με τη βοήθεια της () δίνει =. ii) ν δύο τρίγωνα είναι τέτοια ώστε: μια πλευρά και μια προσκείμενη σ αυτή γωνία του ενός να είναι ίση με μια πλευρά και μια προσκείμενη γωνία του άλλου, αντίστοιχα και οι μη προσκείμενες στην πλευρά αυτή γωνίες των τριγώνων είναι παραπληρωματικές. Τότε, οι πλευρές που βρίσκονται απέναντι από ίσες προσκείμενες γωνίες είναι ίσες.. πειδή το τρίγωνο είναι ισόπλευρο τα τρίγωνα ' και είναι ισόπλευρα και ίσα μεταξύ τους, οπότε θα είναι ˆ ˆ = =ϕ (). Τα τρίγωνα και έχουνε =, = και ˆ = ˆ = ˆ + ϕ, ˆ άρα είναι ίσα και επομένως =. Όμοια αποδεικνύεται ότι =. ' '. Έστω ότι η χορδή είναι μεγαλύτερη της. εταφέρουμε την σε ίση χορδή, οπότε το απόστημα ΟΗ της ισούται με το απόστημα Ο της. φού τα σημεία Ο και βρίσκονται εκατέρωθεν της, η Ο τέμνει τη σε σημείο I που είναι εσωτερικό του τμήματος Ο. Τότε έχουμε ότι ΟΚ < ΟΙ < Ο = ΟΗ. ντίστροφα: Έστω ότι ΟΚ < ΟΗ. Τότε: αν = θα ήταν ΟΚ = ΟΗ (άτοπο). αν > θα ήταν ΟΚ > ΟΗ (άτοπο). Άρα <. 7 Η Ο A Κ I Κ

39 ενικές σκήσεις 4. Έχουμε =Ζ ( =, = Ζ, = ˆ ˆ ). Άρα ˆ ˆ = (). πίσης Ζ = ( =, =, ˆ ˆ Ζ = ). Άρα ˆ ˆ =. πό (), (), αφού = προκύπτει ότι Λ =. πομένως Λ=, ˆ ˆ οπότε ω=ϕ. ˆ ˆ Όμοια ˆω=θ. ˆ Άρα ω=ϕ=θ. ˆ ˆ ˆ A Κ θ Λ ω φ Ζ 5. Φέρουμε διχοτόμο. Έστω το μέσο της. Τότε = ˆ ˆ κοινή, =, = =. Άρα = ˆ ˆ < 90, οπότε ˆ > 90. Τα τρίγωνα και έχουν: κοινή, =, ˆ ˆ >. Άρα >. πομένως στο τρίγωνο είναι ˆ ˆ > ή ˆ >. ˆ 6. Έστω το μέσο της. Το τρίγωνο είναι ισοσκελές. Φέρουμε τη διχοτόμο της γωνίας. Τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές και η ύψος και διχοτόμος, οπότε ˆ =. Τα τρίγωνα και είναι ίσα (Π--Π), οπότε ˆ = ˆ =. ω ω ω 7. Θεωρούμε τα τρίγωνα και με =, = και =. Προεκτείνουμε τις AM, κατά τμήματα = και =. Τότε = και =, οπότε = και =. πομένως τα τρίγωνα και είναι ίσα (Π-Π-Π). Άρα =, οπότε =. Άρα = (Π-Π-Π). 8 y