Pi $2. Αν για δύο τμήματα α, β ισχύει = 1 ή =, όπου x κατάλληλο τμήμα (ή β χ χ

Transcript

1 ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΠΑ PATHPHΣΕΙΣ ΥΠΟΑΕΙΞΕΙΣ Όταν έχουμε αναλογίες της μορφής = = θέτουμε Pi $2 = = λ, όπου λ > 0. β. 32 (Ασκήσεις: 7.6 Εμπέδωσης 1, 3, Αποδεικτικές 1) Αν ισχύει το αντίστροφο του θεωρήματος του Θαλή σε τρίγωνο ή τραπέζιο προκύπτουν παράλληλες ευθείες. (Ασκήσεις: 7.7 Εμπέδωσης 5, 6, Αποδεικτικές 3, 6) Αν για δύο τμήματα α, β ισχύει = 1 ή =, όπου x κατάλληλο τμήμα (ή β χ χ α β με χ = y) \ τοτε - α = ρ. η χ y (Ασκήσεις: 7.7 Εμπέδωσης 7, Αποδεικτικές 7) Σε τρίγωνο ΑΒΓ αν οι ημιευθείες Α, ΑΕ είναι αντίστοιχα η εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος της γωνίας ΒΑΓ τα, Ε είναι συζυγή αρμονικά των Β και Γ. (Ασκήσεις: Εμπέδωσης 7, Σύνθετα 1)

2 Ασκήσεις εμπέδωσης 1. Έστω ότι = = = λ τότε Α = 4λ, Β = 3λ και Γ = 2λ Αλλά Α + Β + Γ = 180, οπότε 9λ = 180 <=> λ = 20. Άρα Α = 80% Β = 60% Γ = 40 2.Έστω φ η παραπληρωματική της ώ. Τότε: η φ = 3ω. Αλλά ω+φ = 180 η 4ώ = 180 η ώ = 45 φ 3 (Χ β Ύ 3. Έστω ότι = = = λ τότε α=6λ, β=4λ και γ=3λ Αλλά α + β + γ = 65cm, οπότε 13λ = 65cm <=> λ = 5cm Άρα a=30cm, β=20ατι, y=15cm Αποδεικτικές ασκήσεις 1. Εστω = = λ τότεα,=2λ Β ε =3λ Γ, = 4λ ξ * * Αλλά Α^ + Β ε ξ + Γ ε ξ = 360 (4 ορθές), οπότε 9λ = 360 <=> λ = 40 Άρα Α ε ξ = 80, Β ε ξ = 120 και Γ εξ = 160. Επομένως Α = 100 Β = 60 Γ = Α Β Γ ε * * Μ * π, ΜΑ MB ΜΑ MB ΜΑ MB Πρέπει = <=> = <=> = <=> 12ΜΑ = 20ΜΒ <=> ΜΑ ΜΓ ΜΑ + MA MB + ΜΓ (ΜΒ + ΑΒ) = 20ΜΒ <=> 8MB = 12ΑΒ <=> MB = 9

3 A Β ΜΑ 3 Εστω σημείο Μ του ΑΒ τέτοιο ωστε: = MB 4 Μ ΜΑ 3 ΜΑ 3 3, ΛΟ Ί, Τότε = <=> = => ΜΑ = ΑΒ. ιαιρούμε το ΑΒ=α σε 7 ισα ΜΑ + MB 3+4 ΑΒ 7 7 μέρη και το άκρο του τρίτου από την αρχή τμήματος είναι το ζητούμενο σημείο Ασκήσεις εμπέδωσης ΛΑ Ρ 1. ί)έχουμε: Ε ΒΓ: = (1) Β ΕΓ ΑΕ _ ΒΖ ΕΖ ΑΒ: (2) και ΕΓ ~ ΖΓ,, ΒΖ ΗΒ ΖΗ ΑΓ: = (3) ΖΓ ΗΑ Α ΗΒ Από (1), (2), (3) προκύπτει οτι: = Α ΗΒ Α π) Εχουμε: = <=> Β ΗΑ Α + Β ΗΒ ΗΑ + ΗΒ ^ Α ΑΒ ΗΒ <=> Α = ΗΒ ΑΒ 2. ί) Έχουμε: ΖΓ Α: ΑΖ _ _ ΑΒ (Γ = ΑΒ) AH ~~ Η ~ Η ίί) Έχουμε: ΑΕ Ε Α Ι 4ΤΤ ΕΗ Ε Α ΒΖ: = καιαβ Η: =. ΕΖ ΕΒ ΑΕ ΕΒ AF FH τ Αρα = <=> ΑΕ 2 = ΕΖ ΕΗ ΕΖ ΑΕ, Λ. Ο OA 3. Αρκεί =. Εχουμε: OA ΟΕ Ο ΟΓ ΑΒ Γ: = και OA ΟΒ OA _ ΟΓ ΒΕΙΙΑΓ: ΟΕ ~ ΟΒ Ο OA Αρα: = OA ΟΕ

4 Έχουμε:.. ΑΤ, ΑΕ ΜΑ AM Ε: = καν ΑΒ ΒΜ Ζ AM: ΑΖ ΑΓ ΜΑ ΜΓ ΑΕ ΑΖ, ΑΕ ΑΒ Αρα: (ΒΜ=ΜΓ) ή = ΑΒ ΑΓ ΑΖ ΑΓ Μ ΑΖ ΑΗ 5. Αρκεί: = (αντίστροφο Θαλή στο τρίγ. ΑΒ) ΖΒ Η Α 7 AF ΑΤ-Γ AF Έχουμε: ΖΕ / /ΒΓ: = και ΕΗ / /Γ: = ΖΒ ΕΓ Η ΕΓ ΑΖ ΑΕ Αρα: = ΖΒ ΕΓ ΑΖ _ ΑΗ 6. Αρκεί: (αντίστροφο Θαλή στο τριγ. ΑΒΓ) ΖΒ ~ ΗΓ ΑΖ Λ 7 _ ΑΓ Έχουμε: Ζ ΑΓ: ΖΒ ~ Β ι, AH BE Α ΑΖ ΑΗ καιεη ΑΒ: =. Αρα ΗΓ ΕΓ ΖΒ ΗΓ γιατί Β = ΕΓ και BE = Γ Μ ΜΚ 7. Έχουμε: Κ / /ΑΒ MB ΜΑ ΜΕ _ ΜΚ και ΚΕ / /ΑΓ: ΜΓ ~ ΜΑ Μ ΜΕ Αρα =, οποτε Μ= ME (MB = ΜΓ) MB ΜΓ Λ Μ F. q.. Ζ Η Τ 4,ι 4, Ζ ΑΕ 8. Αρκεί: =. Εχουμε: ΑΕ Γ: = ΖΕ HE ΖΕ Γ Η _ ΕΒ και ΕΒ Γ: HE ~ Γ Ζ Η Άρα: = (ΑΕ = ΕΒ), οπότε τα Ζ, Η είναι συζυγή ΖΕ HE αρμονικά των, Ε.

5 ΒΓ ΑΓ 9. Έχουμε Β//ΓΕ:, οποτε με Ε ~ ΑΕ αντικατάσταση των δεδομένων παίρνουμε h = 12m <=> h = 8m 10m 15m 12m Αποδεικτικές ασκήσεις 1. Έστω ότι το Γ είναι μεταξύ των Ο και Β. ΓΑ, ΓΑ Α Τοτε: > 1. Αλλα = > 1. ΓΒ ΓΒ Β Επομένως Α>Β Έστω ότι το Γ είναι μεταξύ των Ο και Α. ΓΑ ΓΑ Α Τοτε: < 1. Αλλα = < 1. ΓΒ ΓΒ Β Επομένως Α<Β Α Γ Β Ο ΑΓ Ο 2. Έχουμε 4x = 6ν = 3ω <=> = = Παίρνουμε αυθαίρετα ευθ. τμήμα μ. Φέρουμε τυχαία ημιευθεία Αχ και παίρνουμε σ' αυτή τα διαδοχικά τμήματα ΑΓ=3μ, Γ=2μ, Ε=4μ. Ενώνουμε το Ε με το Β και φέρουμε ΓΖ//ΒΕ και Η//ΒΕ. Τότε: ΑΖ ΖΗ ΗΒ ΑΖ ΖΗ <=> ΗΒ ΑΓ Γ Ε 3μ ~2μ~ 4μ Άρα AZ=x, ZH=y και ΗΒ=ω. 3. Αρκεί ΖΒ ΑΗ ΗΓ (αντίστροφο Θαλή στο τριγ. ΑΒΓ). Επειδή ΑΕ διάμετρος είναι ABE = ΑΓ Ε = 90. ΑΖ Α Άρα ΒΕ Ζ, οπότε = και ΓΕ Η, οπότε ΖΒ Ε ΑΗ Α. ΑΖ ΑΗ =. Επομένως = ΗΓ Ε ΖΒ ΗΓ / ζ/ - ν\ \ Η 1

6 Έχουμε Ζ//ΒΓ: Ε _ Ζ ΕΒ ~ ΒΓ Ε η Ε ΕΒ Ζ Ζ (ΒΓ = Α)ή Α, Ε Ζ Ε + ΕΒ Ζ + Α ΕΒ Ζ + Ζ + ΑΖ 1 _ Ζ οπότε ΑΖ = 3Ζ 52Ζ + ΑΖ 5. Έχουμε: Ε//ΒΓ: ΒΓ ΖΒ Α ΖΒ Λ Α ^ <=> - (ΒΓ = Α) και Ε ΖΕ Ε ΖΕ Γ _ ΕΒ Α 7. ~ ΖΕ Α Γ ΖΒ-ΕΒ Αρα Ε Ζ ΖΕ ΖΕ ΖΕ Μ ΜΚ ϊ) Έχουμε Κ//ΑΒ: Β ΑΚ ' Ε Β ΜΚ _ Αλλά Μ = = οποτε 2 ΑΚ ~ 2 Άρα Κ βαρύκεντρο του ΑΒΓ. ^ Ε ΕΓ, ΜΕ ίί) Εχουμε: ΜΕ = =, οποτε 2 2 ΕΓ ΜΚ ΜΕ 1 FC/ / Λ Γ Αρα = =, οποτε ΚΕ / /ΑΓ ΑΚ ΕΓ 2 Λ Μ Ε 7. Έχουμε: Ε AO ΟΕ / /Α: Γ ΑΓ (1) και ΖΓ ΒΟ ΟΖ / /ΒΓ: = Γ Β (2) Αλλά ΑΒ//Γ, οπότε AO _ ΒΟ ΑΓ ~ Β (3) Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι Ε ΖΓ = <=> Ε = ΖΓ Γ Γ

7 Σύνθετα θέματα 1. Εστω Κ, Λ μέσα των ΑΒ, ΑΓ. Φέρουμε Ζ//ΚΑ//ΒΓ. Τότε Α ΑΖ ΑΖ ΕΓ =, οποτε = Β ΖΓ ΖΓ ΕΑ ΑΖ ΕΓ ΑΖ ΕΓ ~~ζ ~ <=> = <=> ΑΖ ΕΓ ΑΖ + ΖΓ ΕΓ + ΕΑ ΑΓ ΑΓ Επομένως στο τριγ. ΖΕ το Λ είναι το μέσο του ΖΕ και ΑΚ//Ζ. Άρα Μ μέσο του Ε, οπότε Κ,Λ.Μ συνευθειακά. 2. -> Φερουμε Λ*' ΑΕ//ΒΙ. ΑΕ//όγ Τοτε -τ' ΗΑ = ΑΕ και ΖΑ = ΑΕ ΗΓ ΜΓ ΖΒ MB ΗΑ ΖΑ Αρα = (MB = ΜΓ) η ΖΑ ΗΓ = ΗΑ ΖΒ. ΗΓ ΖΒ 3. Εστω ότι τα Γ, είναι συζυγή αρμονικά των Α,Β. Τότε: = (1) ΓΒ Β Επειδή ΒΕ//ΟΑ είναι (2) και ΓΒ BE Α OA επειδή ΒΖ//ΟΑ είναι = (3) Β ΒΖ OA OA Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι <=> BE = ΒΖ BE ΒΖ ΓΑ Α Αντίστροφα: Έστω ΒΕ=ΒΖ τότε από (2), (3) προκύπτει ότι =. Αρα τα Γ ΓΒ Β είναι συζυγή αρμονικά των Α, Β. \ Α/ Γ \/ \ ε /Β Α ΕΑ 4. Έχουμε = λ και κ Γ Ε Β ΖΗ Φέρουμε Η//ΒΖ. Τότε: <=> Γ ΗΓ ΖΗ ΖΗ λ ΖΗ λ» <=> ΗΓ ΖΗ + ΗΓ λ +1 ΖΓ λ + 1 ΑΕ ΑΖ ΑΖ Επίσης <=> = κ (2). Ε ΖΗ ΖΗ Από (1), (2) προκύπτει ότι: (1)

8 ΑΖ ΖΗ κλ_ ΑΖ _ κλ ΖΗ ΖΓ ~ λ + 1 ΖΓ λ Επειδή Β1ΑΒ, ΑΓ1ΑΒ αρκεί ΜΚ Β ΑΓ. Έχουμε: ΑΓ//Β: = (1) KB Β Αλλά ΑΓ=ΓΜ και Β=Μ (2) (εφαπτόμενα τμήματα). Από (1), (2) προκύπτει ότι: ΚΒ Μ οπότε ΜΚ Β (αντίστροφο Θαλή στο τριγ. ΒΓ) Ασκήσεις εμπέδωσης ΑΕ ΑΒ ΑΒ 1. Έχουμε ΑΒΜ (ΒΕδιχ.): Ε Μ ΒΜ ΒΓ Α ΑΒ και ΑΒΓ (Βδιχ.): = (2) Γ ΒΓ ΑΕ Α Από (1), (2) προκύπτει ότι = 2 ΕΜ Γ 2 = 2 (1) ΒΓ 2. Έχουμε Β αγ β + γ 10 6 _ 60 _, ~ 15 ~ αγ και Ε Β= =20 β- γ Αρα Ε = Β + Ε Β= 24 Β Λ Α ΜΑ 3. Έχουμε ΑΜΒ (Μ διχ.): = Β MB Ρ Α ΜΑ ΑΜΓ (ΜΕ εξωτ. διχ.): =. (2) Ε Γ ΜΓ Αλλά ΜΒ=ΜΓ (3) Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι Α ΕΑ <=> ΕΑ Β = ΕΓ Α Β ΕΓ (1) και

9 Α AM 4. Έχουμε ΑΜΒ (Μ διχ.): = και Β MB ο, ΑΕ AM ΑΜΓ (ΜΕ διχ.): =. ΕΓ ΜΓ Άρα = (ΜΒ = ΜΓ), Β ΕΓ οπότε Ε ΒΓ (αντίστροφο Θαλή στο τριγ. ΑΒΓ). 5. Επειδή Α, BE και ΓΖ διχοτόμοι είναι: ΑΒ ΑΒ ΕΓ ΒΓ ΖΑ ΑΓ Γ ~ ΑΓ ' ΕΑ ~ ΑΒ ΖΒ ~ ΒΓ Β ΕΓ ΖΑ ΑΒ ΒΓ ΑΓ Αρα Λ = 1 Γ ΕΑ ΖΒ ΑΓ ΑΒ ΒΓ Αν ΑΚ, ΒΛ και ΓΜ οι εξωτερικές διχοτόμοι του τριγ. ΑΒΓ KB ΑΓ ΜΑ, Ισχύει: = 1. Η απόδειξη είναι ομοια. ΚΓ ΑΑ MB 6. Επειδή ΑΒ=ΑΓ έχουμε ΑΒ = ΑΓ, οπότε ) = 2. Λ Άρα στο τριγ. ΒΓ (Ε διχ.): ΕΒ = Β <=> ΕΒ Γ = ΕΓ Β ΕΓ Γ Β ^/Ε / 7. Έχουμε ΟΑΓ = ΟΕΓ και ΟΒ = ΟΕ, οπότε Ο) = 0 2 και 0 3 = 0 4 Άρα στο τριγ. ΟΕΖ η ΟΓ είναι εσωτερική διχοτόμος και η Ο εξωτερική διχοτόμος της Ο. Επομένως τα Γ, είναι συζυγή αρμονικά των Ε,Ζ. Γ 1 ιμλ" Γ Ο 8. Έστω AB=20m, ΑΓ=36ιτ> και Α η διχοτόμος της γωνίας, Β ΑΒ Β 20 5 Α. Τότε = <=> = = - (1). Γ ΑΓ Γ 36 9 Από την (1) προκύπτει ότι Β<Γ. Άρα θα είναι Γ-Β=12πι (2). Επομένως

10 v.r ;Μ ΐ Β5 Β 5 (2) Β 5 <=> Β = 15m, Γ ~~ 9 Γ - Β m 4 οπότε Γ=27πι και ΒΓ=Β+Γ=42πι. Αποδεικτικές ασκήσεις OA 1. Έχουμε ΟΑΓ (ΟΒ διχ.): (0 και ΟΒ (OA εξωτ. διχοτόμος, γιατί ΟΑ_1_ΟΓ): ^ = ^ (2) ΑΒ ΟΒ Αλλά ΟΑΒ = ΟΓ (OA = Ο, Α = = φ Ο, = 0 3 = 45). Αρα ΟΒ=ΟΓ (3) Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι: ΑΒ _ Α ΒΓ ~ ΑΒ Ο ΑΒ = ΒΓ Α 2. Έχουμε: ΑΒ ΒΜ Α ΕΜ: = «BE (1) και ΑΒ Β Β ΓΖ ΓΜ ΖΜΙΙΑ: = <ί=> ΑΓ ΓΜ = ΓΖ Γ (2) ΑΓ Γ, Β ΑΒ ΑΒ ΑΓ ί; Επίσης ΑΒΓ (Α διχ.): = «= (3) Γ ΑΓ Β Γ Από (1), (2), (3) επειδή ΒΜ=ΓΜ προκύπτει ότι ΒΕ=ΓΖ ΛΜ ΑΒ 3. ί) Έχουμε ΑΒ (ΒΙ διχ.): = Αλλά Β αγ ΑΙ, οποτε β+ γ Ι β + γ Υ Β ΑΙ ίί) α) Επειδή β+γ-α είναι = 2. Αλλά Κ βαρύκεντρο, Ι, ΑΚ οποτε = 2. KM α Επομένως - =, οποτε ΙΚ//ΒΓ (αντίστροφο Θαλή στο τριγ. ΑΜ) Ι KM Α Μ

11 β) Έχουμε ΖΕ ΒΓ, οπότε ΖΕ ΑΚ ΖΕ = <=> - = ΒΓ AM α β + Ύ ΖΕ = <=> ΖΕ = (αφού β+γ=2α) τ, ΑΜ ΖΕ 7C ί 2 <=> = Ο AM α. Έχουμε ΑΒΜ (Β διχ.): ΑΓΜ (ΓΕ διχ,): ΑΕ ΕΜ ΑΑ ΑΕ ΑΒ + ΑΓ + AM - EM ΒΓ Λ Λ Μ ΑΒ ~ ΒΜ και ΑΓ Άρα: ΓΜ ΒΓ (γιατί ΒΜ=ΓΜ= ) = 2 2 : ΑΒ + ΑΓ 2 > 2, διότι ΑΒ+ΑΓ>ΒΓ (τριγωνική ανισότητα) ΒΓ Ζ Α_ Ο. i) Έχουμε ΟΓ (ΟΖ διχ.): (1) ΖΓ~ ΟΓ και ΑΒ//Γ: = (2) ΟΓ ΒΓ,, Ζ Α Απο (1), (2) προκύπτει οτι = <=> Ζ ΒΓ ΖΓ ΒΓ Ε Α_ OA ii) Όμοια ΟΑΒ (ΟΕ διχ.): ΕΒ~ ΟΒ ΖΓ Α και ΑΒ//Γ: =. Αρα = <=> ΕΑ ΒΓ = ΕΒ Α ΟΒ ΒΓ ΕΒ ΒΓ ύνθετα θέματα. Επειδή ΚΑ διάμετρος έχουμε ΚΑ = 90 (1). Επίσης, αφού Κ_]_ΒΓ, το Λ είναι το μέσο του τόξου ΒΓ. Άρα Aj = Α 2 (2) Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι οι ΑΚ και Α είναι η εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος της γωνίας Α του τριγ. ΕΑΖ. Άρα τα Ε,Ζ είναι συζυγή αρμονικά των Κ,Λ.

12 Αν οι διχοτόμοι των γωνιών Α και Γ τέμνονται σε σημείο Ε Λ, ΕΑ ΑΑ Ε Γ της Β τοτε: = και =. ΕΒ ΑΒ ΕΒ ΒΓ Α Γ Αρα = <=> ΑΒ Γ = Α ΒΓ Β ΒΓ Αντίστροφα: Αν έχουμε ΑΒ Γ = Α ΒΓ ή ~~ = θα ΑΒ ΒΓ δείξουμε ότι οι διχοτόμοι των γωνιών Α και Γ τέμνονται πάνω στη Β. Έστω ότι η διχοτόμος της Α τέμνει τη Β στο Ε. Τότε:, οπότε από την υπόθεση Ε _ Γ ΕΒ ~ ΒΓ. Άρα η ΓΕ διχοτόμος της Γ (στο τρίγ. ΒΓ ). 3. Έστω Μ το ζητούμενο σημείο. Αν φέρουμε τη διχοτόμο Μ του τριγ. ΑΜΒ και την προεκτείνουμε τέμνει τον κύκλο στο Ε. Επειδή Μι = Μ 2 το Ε θα είναι το μέσο του τόξου ΑΝΒ. Επίσης Α ΜΑ μ Β MB ν Άρα τόσο το, όσο και το Ε προσδιορίζονται. Κατασκευή. ιαιρούμε τη χορδή ΑΒ σε τμήματα Α, Β τέτοια ώστε =. Φέρουμε κάθετη στο μέσο της ΑΒ, η οποία διχοτομεί το τόξο ΑΝΒ 3 ν στο Ε. Η Ε προεκτεινόμενη ορίζει το σημείο Μ του τόξου Α Β, τέτοιο ώστε ΜΑ μ MB ~ ν' Πράγματι ΜΑ Α ΜΒ ~ M εκ κατασκευής (αφού Μ διχοτόμος του τριγ. ΑΜΒ). 4. Έστω ότι η Ζ τέμνει την ΒΓ στο Κ.., ΗΚ ΚΓ, Τ, Αρκεί = Ενουμε: Η Γ Ε//ΒΚ, οπότε ΗΚ KB KB (1) (Ε = ΖΒ) Η Ε ΖΒ Επίσης ΖΒ//Γ, οπότε ΚΓ KB ΚΓ KB ΖΒ η ΖΒ Γ (2)

13 112 Γ ενικές Ασκήσεις ΗΚ ΚΓ Από (1), (2) προκύπτει ότι =, οπότε η ΓΗ είναι διχοτόμος της γωνίας ΒΓ. Η Γ 5. Η άγνωστη κορυφή Α του τριγώνου πρέπει: ϊ) Να απέχει από τη ΒΓ απόσταση υ, άρα θα ανήκει σε ευθεία παράλληλη της ΒΓ και σε απόσταση ίση με υ από αυτή. λ ϋ) Να ικανοποιεί τη σχέση =, άρα θα ανήκει σε κύκλο ΑΓ ν διαμέτρου Ε, όπου τα και Ε διαιρούν το ΒΓ εσωτερικά και εξωτερικά σε λόγο λ = ^. ν Κατασκευή. Ορίζουμε την ΒΓ=α. Φέρουμε ΓΚ_Ι_ΒΓ ώστε ΓΚ=υ και από το Κ φέρουμε Κχ//ΒΓ. ιαιρούμε το ΒΓ εσωτερικά και εξωτερικά σε λόγο λ= και ν βρίσκουμε τα και Ε. Τέλος γράφουμε κύκλο διαμέτρου Ε οπότε: Αν το ύψος υ είναι μικρότερο από την ακτίνα του κύκλου έχουμε δύο λύσεις (τα τρίγωνα ΑΒΓ, Α'ΒΓ του σχήματος), άν το ύψος υ είναι ίσο με την ακτίνα μια λύση ενώ άν δεν είναι μεγαλύτερο καμμία λύση. Γ ενικές ασκήσεις 1. Έχουμε Κ1Ε, ΑΕ1Ε. Άρα Κ//ΑΒ//Ε. Επομένως ΑΖ//Κ: ΑΖ _ ΛΑ ΑΖ R Λ ^ R ρ... <=> ΑΖ = (1) και Κ ~ ΚΑ R ~ R + ρ R + ρ ΖΒ Ζ ΚΑ. ΖΒ//ΑΕ: = = ή Ε Κ ΖΒ R <=> ΖΒ = R-P 2R ρ (2). Από (1), (2) προκύπτει ότι: ΑΒ = ΑΖ + ΖΒ = Ρ R + P R +ρ R + ρ 2. Φέρουμε Αχ//ΒΓ. Άν η Ε τέμνει τις ΒΓ, Αχ στα Κ, Λ αντίστοιχα έχουμε: Α//ΚΒ: = (1) και Α//ΚΓ: _EL = _EL (2) Α Α ΕΑ Α Από (1), (2) προκύπτει ότι:

14 Γενικές Ασκήσεις 113 Β ΕΧ ΚΒ + ΚΓ ΚΒ + ΚΜ + ΜΓ 2ΚΜ Α ΕΑ Α Α Α, KM ΘΜ 1 /, Λ, (γιατί = ) = 2 = 1 (αφου Θ βαρυκεντρο). Α Θ 2 ΘΜ Θ 3. ί) Φέρουμε ΓΗ//ΑΒ. Τότε: ΕΒ Β ΖΓ ΓΗ και οποτε ΕΓ ΓΗ Ζ Α ΕΒ ΖΓ Β ΓΗ Α ΕΒ ΖΓ ΕΓ Ζ ~ ΓΗ Α Β ΕΓ Ζ Α Αντίστροφα: Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και, Ε, Ζ σημεία Γ Ε των ευθειών ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ αντίστοιχα (έστω, Ζ εσωτερικά των ΑΒ, ΑΓ και Ε, ΠΤΛ,, Α ΕΒ ΖΓ,, εξωτερικό του ΒΓ) τέτοια ωστε: = 1. Τοτε τα σημεία, Ε, Ζ είναι Β ΕΓ ΖΑ συνευθειακά. Απόδειξη Α ΖΑ Η Ευθεία Ζ τέμνει την ευθεία ΒΓ στο Ε' (γιατί άν Ζ//ΒΓ τότε = οπότε Β ΖΓ από την υπόθεση θα είναι ΕΒ=ΕΓ άτοπο). Για το τρίγωνο ΑΒΓ και την ευθεία Ε' έχουμε (Θεωρ. Μενελάου) Α Ε' Β ΖΓ,, Α ΕΒ ^ ΖΓ,, Ε'Β ΕΒ = 1. Αλλα απο υπόθεση είναι: = 1 οποτε Β Ε'Γ ΖΑ Β ΕΓ ΖΑ Ε'Γ ΕΓ Άρα τα Ε, Ε' ταυτίζονται (γιατί διαιρούν εξωτερικά το ΒΓ στον ίδιο λόγο). 1 Παρατηρήσεις: 1) Από τα σημεία, Ε, Ζ το ένα ή και τα τρία θα είναι σημεία των προεκτάσεων των πλευρών (Θεώρημα Pasch) 2) Αν π..χ.,ε,ζ τα μέσα των ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ τότε Α ΕΒ ΖΓ, = 1 χωρίς τα, Ε, Ζ να είναι συνευθειακα. Β ΕΓ ΖΑ ϋ) Για το τρίγωνο ΑΒ και την ευθεία ΖΓ έχουμε (Θεωρ.. ΖΑ ΓΒ Η Μενελάου) =1 (1) ΖΒ Γ ΗΑ Όμοια για το τρίγωνο ΑΓ και την ευθεία ΕΒ είναι = 1 (2) Η ΒΓ ΕΑ

15 114 Γενικές Ασκήσεις Β ΕΓ ΖΑ Με πολλαπλασιασμό των (1) και (2) κατά μέλη προκύπτει = 1 Γ ΕΑ ΖΒ Αντίστροφα. Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και, Ε, Ζ, σημεία των πλευρών του ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ -λ, Β ΕΓ ΖΑ, αντίστοιχα. Αν ισχύει = 1 τοτε οι ευθείες Α, BE και ΓΖ συντρέχουν. Η απόδειξη όμοια με το (ί) (έστω Η η τομή των BE, ΓΖ και ' η τομή της ΑΗ με την ΒΓ. Τότε...) Σχόλιο: Αν από τα σημεία, Ε, Ζ το ένα είναι εσωτερικό και τα άλλα δύο εξωτερικά (στις προεκτάσεις) των πλευρών, τότε οι ευθείες Α, BE, ΓΖ συντρέχουν ή είναι παράλληλες. ΕΑ Α 4. Επειδή Α//ΒΖ έχουμε: = (1). ΕΖ ΒΖ Α Γ 2Γ Επίσης ΑΒΓ (ΑΖ διχ.): = ΑΒ ΒΖ Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι: ΕΑ ΑΓ Α - ΖΓ ΒΓ - ΖΓ ΕΖ ΑΒ ΒΖ ΒΖ (2) ΒΖ ΒΖ = 1 5. Επειδή ΑΒΧΓ έχουμε ΑΓ = Α και ΒΓ = Β οπότε Ε, = Ε 2 και Z t = Ζ 2. ΜΓ Β Ρ Άρα: ΓΕ (ΕΜ διχ.): = (1) και ΓΖ (ΖΜ διχ.): Μ Ε ΜΓ Ζ Γ Μ ~ Ζ (2) ΕΓ ΖΓ Από (I), (2) προκύπτει οτι = Ε Ζ <=> ΕΓ - Ζ = Ε ΖΓ 6. Λ Ο Γ ί) Έχουμε: ΓΑ Α ΟΓ + ΟΑ Ο + ΟΑ ΟΓ + OA Ο + OA = <=> = «(OA = ΟΒ) <=> ΓΒ Β ΟΒ - ΟΓ Ο - ΟΒ OA - ΟΓ Ο - OA <=>...<=> OA = ΟΓ Ο ΓΑ Α ΑΓ Α π) Εχουμε : = <=> ΓΒ Β ΑΒ-ΑΓ Α - ΑΒ

16 Γενικές Ασκήσεις ΑΓΑ = ΑΒΑ + ΑΒ ΑΓ <=> ΑΒ ΑΓ Α Σημείωση: Τα Γ, βρίσκονται προς το ίδιο μέρος του Ο. 7. Αν η Β τέμνει την ΑΓ στο Ζ τότε επειδή ΒΖ//ΓΕ έχουμε: Α _ ΑΖ ΑΖ μ μ - η ΑΖ = ΑΓ. ΑΕ ~ ΑΓ η ΑΓ ν ν Επομένως το Ζ προσδιορίζεται και η Αχ ορίζεται ως κάθετη της ΒΖ από το Α. 8. α) Ανάλυση: Έστω ΒΓ η ζητούμενη ευθεία και ότι η παράλληλη από το Α προς την Οχ τέμνει την Oy στο. Τότε το είναι σταθερό (ορίζεται) και επειδή ΑΒ=ΑΓ το είναι το μέσο του ΟΓ. Άρα ορίζεται και το Γ. Κατασκευή: Φέρουμε από το Α παράλληλη στην Οχ, βρίσκουμε το και ορίζουμε το Γ πάνω στην Oy ώστε Ο=ΟΓ. Η ζητούμενη ευθεία είναι η ΑΓ (που τέμνει την Οχ στο Β). Η απόδειξη είναι απλή. 2 ΑΒ 2 ΑΒ 2 ΑΒ β) Εχουμε: ΑΒ = ΒΓ <=> = <=> = <=> 3 ΒΓ 3 ΒΓ - ΑΒ 3-2 ΑΓ ΑΒ Φερουμε παλι -Λ Α//Οχ ΛΑ/^Λ οποτε ' = η ' = - 2 η ' Γ Λ Γ. = ΑΓ Γ Γ 2 Άρα ορίζεται το σημείο Γ και συνεχίζουμε όπως στο (α) Ο Ο Ο., ΑΒ Ο μ. ν γ) Ομοια εχουμε = = <=> Γ = Ο. ΑΓ Γ ν μ Άρα το Γ κατασκευάζεται. Η συνέχεια όπως στο (α). 9. α) Ανάλυση. Έστω ΒΓ η ζητούμενη ευθεία ώστε ΑΒ=ΑΓ. Φέρουμε τα αποστήματα Κ, ΑΕ οπότε Α=ΑΕ. Επειδή Κ//ΛΕ αν Μ το μέσο του ΚΑ τότε, από το αντίστροφο του Θαλή, θα είναι ΑΜ//Κ//Ε. Άρα ΑΜ_Ι_ΒΓ, οπότε η ΒΓ κατασκευάζεται. Κατασκευή: Ορίζουμε το Μ ως μέσο του ΚΑ και γράφουμε

17 Μϋϋ 116 ευθεία κάθετη στην AM στο Α, που τέμνει τους κύκλους στα Β και Γ. Απόδειξη. Φέρουμε τα αποστήματα Κ, ΑΕ, οπότε Κ//ΑΜ//ΛΕ. Άρα = <=> Α = ΑΕ (αφού ΜΚ=ΜΛ)=>ΑΒ=ΑΓ Μ ΑΕ β) Ανάλογα με το (α) ορίζουμε το σημείο Μ το οποίο διαιρεί εσωτερικά την ΚΑ σε λόγο = και γράφουμε ευθεία κάθετη στην AM στο Α, που τέμνει τους κύκλους στα Β ΜΑ 4 και Γ. 10. Έχουμε ΑΒ (ΒΙ διχ): Ι I Α β γ Άρα = + (1) όμοια I α α I Β α + γ α γ = = + - (2) και I Ε β β β I Γ_ α + β i f γ ^ (3) Ύ γ ΑΒ Β αγ β + γ β + γ Από (1), (2), (3) με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: ΙΑ IB I Γ + + = I IE I Ζ ί \ ί Q Λ ^ Ί II Ύ Π Ύ + β α α γ ν γ «/ β + Ύ γ β > 6 (γιατί το άθροισμα δύο αντίστροφων θετικών αριθμών είναι μεγαλύτερο ή ίσο του 2).