EΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Transcript

1 ΥΠΟΥΡΙΟ ΠΙΙΣ, ΡΥΝΣ ΚΙ ΘΡΗΣΚΥΜΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΚΠΙΥΤΙΚΗΣ ΠΟΛΙΤΙΚΗΣ EΥΚΛΙΙ ΩΜΤΡΙ ΝΙΚΟΥ ΛΥΚΙΟΥ ΛΥΣΙΣ ΤΩΝ ΣΚΗΣΩΝ A ΤΥΧΟΣ Η συγγραφή και η επιστημονική επιμέλεια του βιβλίου πραγματοποιήθηκε υπό την αιγίδα του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου ΝΟΧΟΣ ΡΟΥ: ΛΛΗΝΙΚΗ ΜΘΗΜΤΙΚΗ ΤΙΡΙ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΧΝΟΛΟΙΣ ΥΠΟΛΟΙΣΤΩΝ ΚΙ ΚΟΣΩΝ «ΙΟΦΝΤΟΣ» l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd //07 :53:07 µµ

2 ΛΛΗΝΙΚΗ ΜΘΗΜΤΙΚΗ ΤΙΡΙ ΟΜ ΣΥΡΦΗΣ ργυρόπουλος Ηλίας ιδάκτωρ Μαθηματικών.Μ. Πολυτεχνείου Καθηγητής /θμιας κπαίδευσης λάμος Παναγιώτης ιδάκτωρ Μαθηματικών.Μ. Πολυτεχνείου Κατσούλης εώργιος Μαθηματικός ΣΤΟΙΧΙ ΡΧΙΚΗΣ ΚΟΣΗΣ Μαρκάτης Στυλιανός πίκουρος Καθηγητής Τομέα Μαθηματικών.Μ. Πολυτεχνείου Σίδερης Πολυχρόνης Μαθηματικός, τ. Σχολικός Σύμβουλος Ιστορικά Σημειώματα: ανδουλάκης Ιωάννης ιδάκτωρ Πανεπιστημίου Μ. Lomonosov Μόσχας Ιόνιο Πανεπιστήμιο Φιλολογική πιμέλεια: ημητρίου λένη πιλογή εικόνων: Παπαδοπούλου Μπία ικονογράφηση - Σελιδοποίηση: λεξοπούλου Καίτη l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd //07 :53:08 µµ

3 ΣΤΟΙΧΙ EΠΝΚΟΣΗΣ ΠΝΚΟΣΗΣ 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 Μάθηση» / Πράξη «ΣΤΗΡΙΖΩ». Οι διορθώσεις πραγματοποιήθηκαν κατόπιν έγκρισης του.σ. του Ινστιτούτου κπαιδευτικής Πολιτικής Η αξιολόγηση, η κρίση των προσαρμογών και η επιστημονική επιμέλεια του προσαρμοσμένου βιβλίου πραγματοποιείται από τη Μονάδα ιδικής γωγής του Ινστιτούτου κπαιδευτικής Πολιτικής. Η προσαρμογή του βιβλίου για μαθητές με μειωμένη όραση από το ΙΤΥ ΙΟΦΝΤΟΣ πραγματοποιείται με βάση τις προδιαγραφές που έχουν αναπτυχθεί από ειδικούς εμπειρογνώμονες για το ΙΠ. ΠΡΟΣΡΜΟΗ ΤΟΥ ΙΛΙΟΥ Ι ΜΘΗΤΣ Μ ΜΙΩΜΝΗ ΟΡΣΗ ΙΤΥ - ΙΟΦΝΤΟΣ l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 3 //07 :53:08 µµ

4 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 4 //07 :53:08 µµ

5 ΠΡΟΛΟΟΣ γαπητοί Μαθητές, 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 πρέ πει 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 βρί σκεται 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 οδή γησαν στο να μην αντιμετωπίζετε σωστά την άσκηση. Προσπαθήστε να διορθώσετε τα κενά αυτά και να ξα ναλύσετε 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. 5 / 3 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 5 //07 :53:08 µµ

6 Σημαντική είναι η προσπάθεια που έχει καταβληθεί, ώστε η κάθε άσκηση να προωθεί συγκεκριμένες αντιλήψεις και συνήθειες στο μαθητή, ενώ το σύνολο των ασκή σεων 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 κα τηγορίας: ) 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. 3) 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. 6 / 3 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 6 //07 :53:08 µµ

7 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. 7 / 3 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 7 //07 :53:08 µµ

8 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 8 //07 :53:08 µµ

9 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 3, 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 ω θέτουμε: ϕ = 80 ω και θ = 90 ω. (σκήσεις:.9 ποδεικτικές, ) 9 / 5 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 9 //07 :53:09 µµ

10 .-.0 σκήσεις μπέδωσης. i) Έξι ευθύγραμμα τμήματα, τα,,,, και. ii) Τα τμήματα που έχουμε στο σχήμα είναι τα,, AM, Κ,, Μ, Κ, Μ, ΜΚ και το Κ που δεν είναι σχεδιασμένο. Μ 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. x y z y' B z' x' 0 / 6 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 0 //07 :53:09 µµ

11 3. ίναι = + = + =, αφού =. 4. = Μ + Μ + Ν + Ν = Μ + Ν = = (Μ + Ν) = ΜΝ, αφού Μ = Μ και Ν = Ν. ε Μ Ν ε ποδεικτικές σκήσεις. i) Έχουμε = + Ζ + Ζ και = Ζ Ζ, οπότε + + = Ζ ( =, Ζ = Ζ) Ζ = ii) Έχουμε E + =( + ) + = ( + ) + = +.. i) Έχουμε Z. = Μ + Μ = Μ Μ Άρα = Μ (Μ = Μ) Μ =. ii) Έχουμε = Μ + Μ = Μ Μ Άρα + = = Μ Μ +. ε Μ / 6-7 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd //07 :53:0 µµ

12 3. 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 + (). πό (), () προκύπτει ότι + +. Σύνθετα Θέματα. i) ν το είναι μεταξύ των και τότε: B = + = + + = =. ii) ν το είναι στην προέκταση του, π.χ. προς το μέρος του, τότε: B = = = =. / 7 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd //07 :53:0 µµ

13 . ν παραστήσουμε με ε, ε, ε 3 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 ) = 3 ευθείες ορίζουν (4 ) = 3 σημεία. Άρα συνολικά θα ορίζονταν 4 (4 ) = σημεία. λλά κάθε σημείο το υπολογίσαμε φορές, π.χ. το ως σημείο της ε και της ε. ε ε ε 4 Άρα τελικά ορίζονται 44 ( ) = = 6 σημεία. πομένως χρειάζονται 6 τροχονόμοι. Όμοια οι ν ευθείες ορίζουν νν ( ) σημεία..-.6 σκήσεις μπέδωσης. Έχουμε xοz= y Ο t ή x Οy + y Οz = y Οz + z Ο t. Άρα xοy= z Ο t. z y t ε 3 O x 3 / 7-8 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 3 //07 :53: µµ

14 ,. ίναι ω+ ορθή+ ω = ορθές οπότε ω= ορθή ή ω= ορθής. ω ω 3. Όταν το ρολόι δείχνει εννέα η ώρα ακριβώς οι δείκτες σχηματίζουν ορθή γωνία. Οι δείκτες θα σχηματίζουν και πάλι ορθή γωνία μετά από 6 ώρες. Τότε το ρολόι δείχνει τρεις η ώρα ακριβώς. ποδεικτικές σκήσεις. Έστω xο y, yοz δύο εφεξής γωνίες και Ο, Ο οι διχοτόμοι τους αντίστοιχα. x Οy yοz Τότε Ο = Ο y+ yο = +. x Οy + yοz Άρα Ο =. z E y O x 4 / 8 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 4 //07 :53: µµ

15 . Έχουμε: Ο = Ο + Ο Ο = Ο Ο Άρα + = ( = ) + Ο Ο Ο Ο Ο Ο Ο = Ο. Ο 3. Έχουμε: Ο = Ο + Ο Ο = Ο Ο Άρα = ( = ) Ο Ο Ο Ο Ο Ο Ο = Ο Ο 5 / 8 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 5 //07 :53: µµ

16 Σύνθετα Θέματα. Έχουμε: Άρα Ο Ο = Οx+ x y+ y Ο Ο = xο y Οx Ο y Ο+ Ο= x y (γιατί Οx= Ο x, yο= Ο y + Ο y) x y= Ο Ο Ο. x O. Έχουμε: Ο Ο Ο = = Ο Ο Ο = = = Ο Ο = L (O (Ο Ο) B E O 6 / 9 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 6 //07 :53:3 µµ

17 .7-.8 σκήσεις μπέδωσης O. Υπάρχουν άπειροι κύκλοι ακτίνας ρ που διέρχονται από το Κ. Τα κέντρα τους βρίσκονται στον κύκλο με κέντρο Κ και ακτίνα ρ. O ρ ρ Κ. Τα σημεία που είναι εσωτερικά του κύκλου (Ο, R) και εξωτερικά του κύκλου (Ο, ρ) φαίνονται στο διπλανό σχήμα. R O ρ 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. Με αφαίρεση αυτών κατά μέλη προκύπτει: Ο Ο = Ο Ο =, σύμφωνα με το σχήμα. Ο πίσης έχουμε: = + = + = 7 / 9-0 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 7 //07 :53:3 µµ

18 . Έστω, δύο διά με τροι ενός κύκλου (Ο, R) τέτοιες ώστε Ο = Ο. Τότε η Ο είναι διχο τό μος Ο 4 3 της ευθείας γωνίας Ο, επομένως κάθε μια από τις Ο, Ο είναι ορθή γωνία. Η Ο 3, ως κατακορυφήν της Ο, είναι κι αυτή ορθή. Όμοια και η Ο 4. Έτσι οι επίκεντρες γωνίες Ο, Ο, Ο 3 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..9 σκήσεις μπέδωσης. Έστω ημικύκλιο κέντρου Ο, δύο σημεία, αυτού ) ) ) και το σημείο Μ του ώστε Μ = Μ. Μ Σ Ρ Ο 8 / 0 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 8 //07 :53:4 µµ

19 i) ια σημείο Ρ του ημικυκλίου, που δεν ανήκει στο ) ) ) ) ) ) ) έχουμε: Ρ= ΡΜ Μ και Ρ = ΡΜ + Μ. Με πρόσθεση αυτών κατά μέλη και λαμβάνοντας υπό ψη ότι Μ ) = Μ ) προκύπτει ) ) ) ) Ρ+ Ρ= ΡΜ ΡΜ = Ρ+ Ρ ( ) ) ). ) ii) Έστω σημείο Σ του τόξου Μ. Έχουμε (βλέπε σχήμα) ) Σ = ΣΜ ) + Μ ) και ) Σ = Μ ) ΣΜ ). Με αφαίρεση αυτών κατά μέλη, λαμβάνοντας πάλι υπόψη ότι Μ ) = Μ ) προκύπτει: ) ) ) ) Σ Σ = ΣΜ ΣΜ = Σ Σ ( ) ) ).. α) ίναι A B = 80 και A o + B =80, από τις οποίες με πρόσθεση και αφαίρεση κατά μέλη ) παίρνουμε αντίστοιχα A = 30o και =50 o, οπότε και ( ) =30 o, ( ) =50 o. A Ο B ) β) Η Ο είναι επίκεντρη και βαίνει στο A, άρα ( Ο ) = ( ) = 30. Όμοια ( Ο ) = Έστω ω και ϕ δύο συμπληρωματικές γωνίες με ω =ϕ. Πρέπει ω + ϕ = 90 ή ϕ + ϕ = 90 ή 3ϕ=90. Άρα ϕ = 30, οπότε ω = / 0 - l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 9 //07 :53:6 µµ

20 4. ίναι ω= 6 6 = 90 = 08 5 oρθής. 5 Άρα η παραπληρω μα τική της ω είναι ϕ= = 7. Η γωνία ω δεν έχει συμπληρωματική, αφού είναι αμβλεία γωνία. ποδεικτικές σκήσεις. Έστω ϕ η παραπληρωματική της ω και θ η συμπλη ρωματική της. Τότε ϕ = 80 ω, θ = 90 ω και ϕ =3θ. Άρα 80 ω = 390 ( ω ) ή 80 ω = 70 3ω ή ω= 90. Άρα ω = 45.. Έστω ω η συμπληρωματική της ϕ. Τότε ϕ = 90 ω και ϕ = ω 0. Άρα ω = ω 0 ω = 0 ω = 55 Άρα ω = 55 και ϕ = Έχουμε 90. Ο Ο Ο Ο = = =. 3 4 Θέτουμε Ο Ο Ο Ο = = = =λ, οπότε 3 4 B Ο = λ Με πρόσθεση Ο = λ κατά μέλη Ο = 3λ προκύπτει ότι A Ο = 4λ Ο Ο+ Ο+ Ο+ Ο = 0λ 360 = 0λ. Άρα λ= 36. πομένως Ο = 36, = 36 ( ) = 7 Ο = 336 ( ) = 08 και Ο = 436 ( ) = / - Ο, l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 0 //07 :53:9 µµ

21 ενικές σκήσεις. Έστω Ο το μέσο του. Ο Ζ Τότε Ζ = ΟΖ Ο () λλά + ΟΖ = Ο+ Ζ = + = = () και Ο = Ο = = = (3) πό (), (), (3) προκύπτει ότι Ζ =.. Έστω Ο το μέσο του Ζ. Τότε Ο = ΟΖ. Ο ια να είναι το Ο μέσο και του αρκεί = Ζ (αφού Ο = ΟΖ). Πράγματι Ζ Ζ = = = = =. Ζ / l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd //07 :53:9 µµ

22 3. Έχουμε: = + = = = = = = + >. ε ) ) ) ) 4. Έχουμε = 360, οπότε. = = x O Άρα οι επίκεντρες γωνίες είναι: Ο=50 και Ο =60. πομένως Ο Ο + Ο x = Ο + (Οx διχοτόμος Ο ) = 60 = 50 + ή Ο + Ο x = 80, δηλαδή Ο, Οx αντικείμενες ημιευθείες. / - 3 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd //07 :53:0 µµ

23 ) ) 5. φού ημικύκλιο και Μ μέσο, είναι ) Μ = 80 = 90. ΜΚ Κ Άρα = = Μ + Μ = Μ + = ) = Μ Κ ΜΚ ) = Μ Μ ) = Μ ) ) ) 90 = = 45. K M B O A 3 / 3 B l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 3 //07 :53: µµ

24 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 4 //07 :53: µµ

25 ΚΦΛΙΟ 3 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: 3.4 Σύνθετα ) ν δύο σημεία μιας ευθείας ε ισαπέχουν από τα άκρα ευθύγραμμου τμήματος η ευθεία ε είναι μεσοκάθετος του τμήματος. (σκήσεις: 3. 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: 3.4 Σύνθετα 3 και 3. μπέδωσης 8) ια να συγκριθούν ανισοτικά δύο τρίγωνα πρέπει να έχουν απαραίτητα δυο πλευρές ίσες. (σκήσεις: 3. ποδεικτικές, 7) Όταν η διάμεσος είναι βασικό στοιχείο σε μια άσκηση, συχνά χρειάζεται να την προεκτείνουμε. (σκήσεις: 3. ποδεικτικές 3 και ενικές 7) 5 / 5 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 5 //07 :53: µµ

26 Τα τρίγωνα ABE και ( =, =, = ω είναι ίσα. (Π--Π). ). Άρα =.. Τα τρίγωνα ΚΛ, ΛΜ, ΜΚ είναι ίσα. (Π--Π) (Κ = Λ = Μ, Λ = Μ = Κ ως άθροισμα ίσων τμημά των και ΚΛ = ΛΜ = ΜΚ ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών). Άρα ΚΛ = ΛΜ = ΜΚ. Μ ω Λ Κ 3. Τα τρίγωνα Μ και Μ είναι ίσα (Π--Π) ( =, = και Μ = Μ ως μισά ίσων πλευρών). Άρα Μ = Μ. ' Μ ' Μ' ' 6 / 6 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 6 //07 :53: µµ

27 4. Τα τρίγωνα ίσα, αφού και Ζ = (Π--Π). Άρα = Ζ. και ABΖ είναι =, = E Ζ 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 Ζ είναι ίσα, οπότε ΖΚ = Κ. () Προσθέτοντας τις () και () κατά μέλη προκύπτει ότι Ζ =. Κ. Τα τρίγωνα Μ και Μ είναι ίσα. (Π--Π) (Μ = Μ, = αφού = και = ως άθροισμα ίσων τμημάτων). Άρα Μ = Μ. Μ 7 / 6-7 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 7 //07 :53:3 µµ

28 3. Το τρίγωνο Ο είναι ισοσκελές, οπότε = και επομένως = ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών. Έτσι τα τρίγωνα Ο και Ο είναι ίσα (ΠΠ), οπότε Ο=Ο. Ο Σχόλιο: Στις παραπάνω ασκήσεις χρησιμοποιούμε ισό τητες τριγώνων για να αποδείξουμε ισότητες τμημάτων ή γω νιών σκήσεις μπέδωσης. Τα τρίγωνα και είναι ίσα (Π--Π). α) Τα τρίγωνα και είναι ίσα ( =, =, = = = ). Άρα =. πίσης τα τρίγωνα και είναι ίσα (-Π-). Άρα =. 8 / 7 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 8 //07 :53:5 µµ

29 Ι E ' ' β) Τα τρίγωνα Ι και Ι είναι ίσα γιατί = (από το (α)), = και = (-Π-). Άρα Ι = Ι. Όμοια, από την ισότητα των τριγώ νων Ι και Ι προκύπτει ότι Ι = Ι.. i) Τα τρίγωνα και είναι ίσα γιατί =, = και = (Π--Π). Άρα =. Ι' ' E' ' B B ii) Τα τρίγωνα και είναι ίσα γιατί =, = και = από το (α) (-Π-). Άρα α = α και γ = γ. 9 / 7-8 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 9 //07 :53:6 µµ

30 3. Τα τρίγωνα Μ και Μ είναι ίσα (Π--Π). Άρα =. Όμοια τα τρίγωνα Μ και Μ είναι ίσα. Άρα =. πομένως τα τρίγωνα και έχουν τις πλευρές τους ίσες. Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα (Π-Π-Π). B M ποδεικτικές σκήσεις. Έστω και οι διχοτόμοι των γωνιών και αντίστοιχα. Τα τρίγωνα και είναι ίσα γιατί έχουν: =, κοινή και = (μισά ίσων γωνιών). πό την ισότητα αυτή προκύπτει το ζητούμενο. 30 / 8 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 30 //07 :53:7 µµ

31 . Τα τρίγωνα Ο και Ο είναι ίσα, γιατί έχουν: Ο = Ο και Ο = Ο, ως ακτίνες, και Ο =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. Ο 3. Τα τρίγωνα και είναι ίσα, γιατί έχουν: =, κοινή και =. πό την ισότητα αυτή προκύπτει ότι =, οπότε και τα τρίγωνα και είναι ίσα (Π-Π-Π). Άρα =. 3 / 8 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 3 //07 :53:7 µµ

32 Σύνθετα Θέματα. i) Τα τρίγωνα και είναι ίσα ( =, =, = ) (-Π-). Άρα =. ii) Τα τρίγωνα Μ και Μ είναι ίσα ( =, =, Μ = Μ ) (Π--Π). Άρα Μ = Μ. iii) Τα τρίγωνα Θ και Θ είναι ίσα ( =, = και Μ = Μ από το (β)) (-Π-). δ) πό το (γ) προκύπτει ότι Θ = Θ. πίσης Θ = Θ. Άρα Θ = Θ ή Θ = Θ. A Θ Μ. Έστω ε η μεσοκάθετος του και Ο το σημείο τομής των ε και ε. πειδή ε μεσοκάθετος του, θα είναι Ο = Ο (). Όμοια Ο = Ο (). λλά το Ο ανήκει και στη μεσοκάθετο του. Άρα Ο = Ο (3). πό τις (), () και (3) προκύπτει ότι Ο = Ο, δηλαδή το Ο ανήκει και στη μεσοκάθετο του. B Θ' Μ (ε ) Ο (ε) 3 / 9 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 3 //07 :53:8 µµ

33 3. i) πειδή το ανήκει στη μεσοκάθετο του είναι =. Άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές. ii) Τα τρίγωνα και είναι ίσα, γιατί =, = και = ως παραπληρωματικές (Π--Π). Άρα ίσων γωνιών ( == =ω) =, δηλαδή το τρίγωνο είναι ισοσκελές. ω ω ω σκήσεις μπέδωσης. Έστω ισοσκελές τρίγωνο ( = ) και τα ύψη του και. Τα τρίγωνα και είναι ίσα ( κοινή, == 90, = ). Άρα =. 33 / 9 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 33 //07 :53:9 µµ

34 . Έστω ισοσκελές τρίγωνο ( = ) και, τα μέσα των, αντίστοιχα. i) ν Κ, Μ τα τρίγωνα Κ και Μ είναι ίσα ( Κ=Μ= 90, = και = ως μισά ίσων πλευρών). Άρα Κ = Μ. ii) ν Ζ και Η, τα τρίγωνα Η είναι ίσα ( κοινή, Ζ = Η = 90, = ). Άρα Ζ = Η. Η K Ζ M και Ζ 3. Έστω ευθεία ε που διέρχεται από το μέσο Μ του. ν ε και ε τα τρίγωνα Μ και Μ είναι ίσα (Μ = Μ, Μ =Μ, == 90 ). Άρα =. ε Μ 4. Έστω ότι τα τρίγωνα και είναι ίσα με =. ν, τα αντίστοιχα ύψη, τότε τα τρίγωνα και είναι ίσα. ( =, =, = = 90 ). Άρα =. 34 / 0 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 34 //07 :53:30 µµ

35 ' ' ' ' Σχόλιο: Παρατηρήστε ότι αν το ανήκει στην πλευρά τότε και το ανήκει στην πλευρά. ποδεικτικές σκήσεις. Έστω Μ και Μ. Τα τρίγωνα Μ και Μ είναι ίσα (AM κοινή, = = 90, =, αφού AM διάμεσος και διχοτόμος). Άρα i) Μ = Μ και ii) Μ = Μ, δηλαδή η AM είναι διχοτόμος της γωνίας Μ. Μ Σχόλιο: ποφύγαμε να συγκρίνουμε τα τρίγωνα Μ και Μ γιατί δεν έχουμε αποδείξει ακόμη ότι τα, είναι προς το ίδιο μέρος της. υτό προκύ πτει με τά τη διαπίστωση ότι οι γωνίες, είναι οξείες. 35 / 0 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 35 //07 :53:3 µµ

36 . Τα τρίγωνα Μ και Μ είναι ίσα ( = = =, Μ = Μ ). Άρα Μ =Μ (). πίσης τα τρίγωνα Μ και Μ είναι ίσα (Μ = Μ, Μ =Μ από () και Μ = Μ ως μισά ίσων πλευρών). Άρα = () και = (3). 90, πό τις (), (3) και την υπόθεση (α = α ), προκύπτει ότι τα τρίγωνα και είναι ίσα (Π--Π). A A' B Μ B' ' M' ' 3. Τα τρίγωνα και είναι ίσα ( =, =, == 90 ). Άρα = (). Όμοια από τα τρίγωνα και προκύπτει ότι = (). πό τις (), () και την υπόθεση (α = α ), προκύπτει ότι τα τρίγωνα και είναι ίσα (-Π-). 36 / l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 36 //07 :53:3 µµ

37 4. Τα τρίγωνα και έχουν = = 90, κοινή και =, άρα είναι ίσα, οπότε = (). Τα τρίγωνα και Ζ έχουν == 90, = (από ()) και κοινή, άρα είναι ίσα, οπότε Ζ =, δηλαδή το τρίγωνο Ζ είναι ισοσκελές. Ζ 5. i) πειδή = θα είναι ΟΚ = ΟΛ, οπότε τα ορθογώνια τρίγωνα ΜΟΚ και ΜΟΛ είναι ίσα γιατί έχουν ΟΜ κοινή και ΟΚ = ΟΛ. Κ Ο Λ Μ ii) πό την προηγούμενη ισότητα τριγώνων προκύπτει ότι ΜΚ = ΜΛ (). Όμως τα Κ, Λ είναι μέσα των ίσων χορδών και, οπότε Κ = Λ () και Κ = Λ (3). πό τις (), () προκύπτει Μ = Μ και από τις (), (3) ότι Μ = Μ. 37 / l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 37 //07 :53:33 µµ

38 Σύνθετα Θέματα. i) Τα τρίγωνα και Ζ είναι ορθογώνια ( =Ζ= 90 ) και έχουν = ( σημείο της μεσοκαθέτου), = Ζ (αποστάσεις σημείου της διχοτόμου), άρα είναι ίσα. ii) ια τους ίδιους λόγους και τα τρίγωνα και Ζ είναι ίσα. iii) πό τις παραπάνω ισότητες τριγώνων προκύπτουν: = Ζ και Ζ =. Προσθέτοντας κατά μέλη τις ισότητες αυτές παίρνουμε: AE + Ζ = Ζ Ζ = = Ζ Ζ = + Ζ = Ζ = Ζ, οπότε: = + = = Ζ + Ζ = και ΖΖ = Ζ Ζ = =. ' ' \\ Z' ε M \\ Z. Έστω ότι γ = γ. Προεκτείνουμε τις, κατά τμή μα τα = α και = α αντίστοιχα. Τότε τα ορθο γώνια τρίγωνα και έχουν τις κάθετες πλευρές τους ίσες μία προς μία και επομένως είναι ίσα. 38 / l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 38 //07 :53:34 µµ

39 πό την ισότητα αυτή προκύπτει ότι = () και =, οπότε και = () (γιατί τα τρίγωνα, είναι ισοσκελή). πό τις () και () προκύπτει =, οπότε τα τρί γωνα και έχουν = = 90, = και =, επομένως είναι ίσα. ' γ α γ' α' 3.7 β α ' β' ' α' ' σκήσεις μπέδωσης. Έστω τρίγωνο με σταθερή την πλευρά = α και τη διάμεσο AM με γνωστό μήκος μ. πειδή το απέχει από το σταθερό σημείο Μ σταθερή απόσταση μ, βρίσκεται στον κύκλο (Μ, μ). μ ' M ' ' 39 / l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 39 //07 :53:34 µµ

40 ντίστροφα: Έστω σημείο του κύκλου (Μ, μ) τότε Μ = μ, ως ακτίνα του κύκλου, και Μ διάμεσος του. Το δεν είναι σημείο της ευθείας. πομένως γ.τ. του είναι ο κύκλος (Μ, μ) χωρίς τα σημεία του και.. ν Μ είναι ένα σημείο του ζητούμενου γ.τ., θα είναι ΟΜ = R και επομένως το Μ ανήκει στον κύκλο (O, R). O R Ν Ν M M ντίστροφα: ν Μ είναι ένα σημείο του (O, R) και Ν η τομή του ΟΜ με τον (O, R) τότε ON = R, οπότε N M = R R = R, δηλαδή ON = N M. Άρα ο γ.τ. του Μ είναι ο κύκλος (O, R). Σχόλιο: Στα προβλήματα γ.τ. εξετάζουμε ευθύ και αντίστροφο. 40 / - 3 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 40 //07 :53:34 µµ

41 σκήσεις μπέδωσης. Οι ζητούμενοι άξονες συμμετρίας φαίνονται στα επόμενα σχήματα: Η Θ ΤΧΨ. Σύμφωνα με την εφαρμογή της 3.8 το συμμετρικό Μ ενός Μ σημείου Μ του τριγώνου είναι σημείο του τριγώνου και αντίστροφα. Άρα τα Ο τρίγωνα, είναι συμμετρικά ως προς το Ο. ξάλλου από A B = AB, B = και = προκύπτει ότι Μ =. 4 / 3 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 4 //07 :53:35 µµ

42 3. Έστω, σημεία των Ax, Ay αντίστοιχα και, τα συμμετρικά αυτών ως προς το Ο. Σύμφωνα με την προηγούμενη άσκηση είναι =, οπότε x y = x y. x y B Ο y x A 4. Σύμφωνα με την εφαρμογή της 3.9 είναι = και =, οπότε τα τρίγωνα και είναι ίσα (Π-Π-Π). B ' 5. Έστω Ο η διχοτόμος της O xoy και σημείο της xoy, π.χ. της xo. ν είναι το συμμετρικό του ως προς την O τότε το Μ ' τρίγωνο Ο είναι ισοσκελές, οπότε x έχουμε: ΟΜ=ΟΜ ΜΟ x=μο y. Το επομένως είναι σημείο της Ο y, δηλαδή της xoy. Άρα η Ο είναι άξονας συμμετρίας. y 4 / 3-4 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 4 //07 :53:35 µµ

43 6. i) πειδή Μ συμμετρικό του Μ ως προς ε, η ε είναι μεσοκάθετη του MM, οπότε ΟΜ = ΟΜ (). ια τους ίδιους λόγους είναι και ΟΜ = ΟΜ ().πό τις () και () προκύπτει ΟΜ = ΟΜ. M ε M' Ο 3 4 ε' M'' ii) Η ε είναι άξονας συμμετρίας του MM, οπότε = Ο. Όμοια = Ο 4, οπότε έχουμε: Ο Ο 3 ΜΟΜ =Ο +Ο +Ο +Ο = Ο + Ο = = ( Ο +Ο ) = 3 L = L αφού οι ε, ε είναι κάθετες. Η ισότητα ΜΟΜ = σημαίνει ότι τα Μ, Ο, Μ 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 σχή ματος. 43 / 4 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 43 //07 :53:36 µµ

44 σκήσεις μπέδωσης. πειδή η B είναι εξωτερική γωνία στο τρίγωνο είναι B > (). πό υπόθεση όμως B > (). Με πρόσθεση των () και () κατά μέλη προκύπτει B > 80 B> 90.. Το είναι ισοσκελές, οπότε = και αφού = θα είναι =. πό την τελευταία ισότητα προκύπτει =. πειδή τα σημεία και ισαπέχουν από το και, η ευθεία είναι μεσοκάθετος του. 44 / 5 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 44 //07 :53:37 µµ

45 3. i) πειδή + < 80 και = θα είναι = < 90. ii) Έστω το ύψος. ν θα είχαμε =, δηλαδή 90 = άτοπο. ν το ήταν σημείο της προέκτασης της προς το θα είχαμε > > 90 άτοπο. Άρα το είναι εσωτερικό σημείο της πλευράς. 4. ν το βρίσκεται μεταξύ των, τότε η είναι εξωτερική γωνία του τριγώνου, οπότε >. Ομοίως για τις άλλες περιπτώσεις. X A 45 / 5 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 45 //07 :53:37 µµ

46 5. ίναι Μ> (), αφού Μ εξωτερική γωνία στο τρίγωνο Μ. Όμως = (). πό (), () παίρνουμε Μ>, οπότε από το τρίγωνο Μ Μ προκύπτει > Μ. 6. Φέρνουμε. πειδή διχοτόμος θα είναι = (). Όμως από το ορθογώνιο τρίγωνο προκύπτει < (). πό (), () παίρνουμε <. 7. Τα τρίγωνα ΟΜ και ΟΛ είναι ίσα (Π--Π), επομένως =. ίναι και = αφού Ο = Ο, οπότε =. Άρα το τρίγωνο εί- Μ Ο Λ ναι ισοσκελές. 46 / 6 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 46 //07 :53:38 µµ

47 8. πειδή εξ εξ = θα είναι =, οπότε και = και επομένως =. Έτσι τα τρίγωνα Κ και Λ έχουν Κ = Λ, = και Κ = Λ, οπότε είναι ίσα και επομένως Κ = Λ. Κ Λ 9. i) ίναι = = =, οπότε το τρίγωνο Ι είναι ισοσκελές. ii) Τα τρίγωνα Ι και Ι είναι ίσα (Π-Π-Π), αφού έχουν Ι = Ι, = και = Ι ). ( = = = M 47 / 6-7 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 47 //07 :53:39 µµ

48 0. Με εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στα τρί γωνα ΠΚ Κ, ΠΚ Κ 3 και ΠΚ 3 Κ (σχ. ιβλίου) παί ρνουμε αντίστοιχα ΚΚ < 3, ΚΚ 3 < 7 και ΚΚ 3 < 6. Προσθέτοντας αυτές κατά μέλη βρίσκουμε ΚΚ +ΚΚ 3+ΚΚ 3 < 46. πομένως ο χι λιομετρητής θα έπρεπε να γράψει απόσταση μικρότερη του 46 και όχι 48. ποδεικτικές σκήσεις α. πό την µ α < προκύπτουν Μ < Μ και Μ < Μ. π αυτές παίρνουμε αντίστοιχα < και <, απ όπου με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: +<. α α Όταν µ α = ή µ α > ισχύουν αντίστοιχα +>. += ή A Μ. Τα τρίγωνα Μ και A Μ έχουν δύο πλευ ρές ίσες (Μ = κοινή, Μ = Μ) και τις τρίτες άνισες ( < ), οπότε (εφαρμογή Μ 3.) οι απέναντι γω νίες θα είναι ομοίως άνισες Μ > Μ. 48 / 7 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 48 //07 :53:4 µµ

49 3. α) Προεκτείνουμε τη διάμεσο AM κατά ίσο τμήμα Μ. Τα τρίγωνα Μ και Μ είναι ίσα (ΠΠ), οπότε = και Μ = Μ (). Στο τρίγωνο είναι > (γιατί > ), οπότε Μ >Μ, από την οποία σύμφωνα με την () προκύπτει Μ>Μ. A μ α B Μ μ α A' β) Με εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στο τρίγωνο παίρνουμε: << + β γ β+γ β γ< µ α<β+γ <µ α<. γ) Σύμφωνα με το β) έχουμε: β+γ µ α<, γ+α µ β < και α+β µ γ<. Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: μ α + μ β + μ γ < α + β + γ = τ. 49 / 7-8 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 49 //07 :53:4 µµ

50 4. ν τα Σ, Ο, Μ δεν είναι συνευθειακά με εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στο τρίγωνο ΣΜΟ παί ρ νουμε: ΣΟ ΟΜ < ΣΜ < ΣΟ + ΟΜ ΣΟ Ο<ΣΜ <ΣΟ+Ο Σ < ΣΜ <Σ. ν Μ τότε: Σ = ΣΜ < Σ και αν Μ είναι Σ < ΣΜ = Σ. Μ Σ Ο 5. Στο τρίγωνο Μ η διχοτόμος είναι και ύψος, επομένως είναι ισοσκελές, δηλαδή =Μ= = (). Με εφαρμογή της τριγ. ανισότητας στο τρίγωνο () βρίσκουμε <+ <+ <. Μ 50 / 8 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 50 //07 :53:43 µµ

51 6. Θεωρούμε το μέσο του τόξου, οπότε Μ=Μ= και Μ = Μ =. Τότε, λόγω της τριγωνικής ανισότητας στο τρίγωνο Μ, έχουμε ότι: Μ + Μ > ή >. Ο 7. Έστω ότι >, οπότε η επίκεντρη γωνία Ο είναι μεγαλύτερη της Ο. Τα τρίγωνα Ο και Ο έχουν δύο ζεύγη πλευρών ίσα (Ο = Ο = Ο = Ο = R) και τις περιεχόμενες γωνίες άνισες, οπότε >. (εφ. 3.). Μ Ο Το αντίστροφο αποδεικνύεται εύκολα με απαγωγή σε άτοπο. 5 / 8 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 5 //07 :53:43 µµ

52 Σύνθετα Θέματα. i) Με εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στα τρί γω να 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. Κ Ο ii) ν το Ο δεν είναι σημείο της από το τρίγωνο προκύπτει ότι: Ο + Ο > και αν το Ο είναι ση μείο 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 ό ταν το Ο είναι σημείο της και της, δηλαδή όταν Ο Κ.. i) φού το τρίγωνο είναι ισοσκελές, θα είναι είναι ίσα, θα είναι =. πομένως = και = και επειδή τα τρίγωνα και Μ=Μ, οπότε το τρίγωνο Μ είναι ισοσκελές. 5 / 9 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 5 //07 :53:44 µµ

53 E Κ M B ii) ν φέρουμε τη διάμεσο Κ του ισοσκελούς τριγώνου θα είναι ύψος και διχοτόμος, όμοια και η ΜΚ, οπότε τα σημεία Μ, Κ, είναι συνευθειακά. 3. i) ίναι < + (από το τρίγωνο ) < + (από το τρίγωνο ) και προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. B Ο 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 < + κα τα λήγουμε ότι + < / 9 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 53 //07 :53:45 µµ

54 4. πό το φέρουμε κάθετες στις Οx, Oy που τις τέμνουν στα σημεία, αντίστοιχα και παίρνουμε τμήματα = και = (συμμετρικά). Τότε η περίμετρος του είναι + + > = 0. y '' O A x Σχόλιο: ' Τα σημεία, Ο, είναι συνευθειακά. (Άσκηση ). 3.3 σκήσεις μπέδωσης. πειδή κάθετος στην και < θα είναι < (). πίσης κάθετος στην και <. Άρα συνεπάγεται ότι < (). πό (), () προκύπτει ότι <. 54 / 30 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 54 //07 :53:45 µµ

55 . Το Η είναι μεσοκάθετος του (σχ. ιβλίου), άρα =. Τα τμήματα και είναι πλάγια και επειδή Η < Η και Η κάθετος προκύπτει ότι <. 3. 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. Ρ Ρ' ε σκήσεις μπέδωσης. Οι χορδές είναι ίσες γιατί έχουν ίσα αποστήματα, αφού το απόστημα κάθε χορδής ισούται με την ακτίνα ρ του μικρού κύκλου. ε Ο Μ ε. Έστω Μ το σημείο επαφής της ε με τον κύκλο. Η Ο είναι διχοτόμος της ΟΜ και η Ο διχοτόμος της ΜΟ, oπότε Ο Ο Ο = 90 (διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών). 55 / 30 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 55 //07 :53:45 µµ

56 3. 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 Σχήμα Σχήμα ποδεικτικές σκήσεις. Στο τρίγωνο Ο η Ο είναι ύψος και διάμεσος, άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές, δηλαδή Ο = Ο (). Όμως και Ο = Ο () (ως ακτίνες). Με αφαίρεση των () και () κατά μέλη προκύπτει =. Ο 56 / 3 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 56 //07 :53:46 µµ

57 . Φέρουμε τη ΜΟ, οπότε οι γωνίες ΜΟ και ΟΜ είναι ίσες. Το τρίγωνο ΟΜ είναι ισοσκελές, οπότε η MB είναι και διχοτόμος, άρα ΟΜ=Μ. Άρα Μ= 3Μ. Μ Ο 3. Τα ευθύγραμμα τμήματα Ρ Ρ και Ρ είναι ίσα, ως εφαπτόμενα τμήματα που άγονται από ένα σημείο προς τον κύκλο. Μ πομένως το τρίγωνο Ρ είναι ισοσκελές, οπότε Ρ=Ρ. πίσης, η ΡΟ είναι μεσοκάθετη στο ευθύγραμμο τμήμα, οπότε Μ = Μ και επομένως Μ=Μ. φαιρώντας κατά μέλη τις δύο τελευταίες ισότητες προκύπτει ΜΡ=ΜΡ. 57 / 3 Ο l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 57 //07 :53:47 µµ

58 \\ \\ 3.6 σκήσεις μπέδωσης. i) Ο ένας κύκλος εσωτερικός του άλλου. ii) φάπτονται εσωτερικά. iii) Τέμνονται. iv) φάπτονται εξωτερικά. v) Ο ένας κύκλος εξωτερικός του άλλου.. Οι κύκλοι εφάπτονται εσωτερικά. Ο 3. Οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά. Ο ποδεικτικές σκήσεις. i) ια να τέμνονται οι κύκλοι (Ο, R) και (P, PO) πρέπει να ισχύει: R PO < PO < PO + R, γιατί PO < R. Η δεξιά ανισότητα προφανώς ισχύει. ια την αριστερή έχουμε: R PO < PO R < PO PO > R που ισχύει αφού Ρ εξωτερικό σημείο του (Ο, R). 58 / 3 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 58 //07 :53:47 µµ

59 Ο Ρ ii) πειδή (O) = R > R το είναι εξωτερικό σημείο του (Ο, R), άρα η Ο τέμνει τον (Ο, R) στο. Όμοια η Ο τέμνει τον (Ο, R) στο. iii) πειδή (ΟA) = R και (Ο) = R το είναι μέσο της χορδής Ο του κύκλου (P, PO), οπότε PA O, επομένως Ρ εφαπτόμενη του (Ο, R). Όμοια αποδεικνύεται ότι και η Ρ είναι εφαπτόμενη του (Ο, R).. i) πειδή Ο Ο > R + R ο ένας κύκλος είναι εξωτερικός του άλλου. M' O M N O N' ii) Έστω ότι το δεν συμπίπτει με το Μ ή το δεν συμπίπτει με το Ν. Τότε σύμφωνα με το σχόλιο της 3. έχουμε: O O < O A + AB + BO ή R + MN + R < R + AB + R ή ΜΝ <. Όταν Μ και Ν τότε ΜΝ =. Άρα γενικά ΜΝ. 59 / 3-33 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 59 //07 :53:47 µµ

60 Έστω πάλι ότι το δεν συμπίπτει με το Μ ή το με το Ν τότε: AB < AO + O O + O B ή AB < M O + O O + O N ή < Μ Ν. Όταν Μ και Ν τότε = Μ Ν, γενικά λοιπόν θα ισχύει Μ Ν. 3. Η ΚΡ είναι διχοτόμος της γωνίας Ρ και η ΡΛ διχοτόμος της Ρ. Όμως οι γωνίες AΡ και Ρ είναι εφεξής και παραπληρωματικές, επομένως ΚΡΛ = 90. Κ Ρ Λ 4. Η απάντηση είναι καταφατική και οι κύκλοι φαίνονται στο διπλανό σχήμα. 60 / 33 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 60 //07 :53:47 µµ

61 σκήσεις μπέδωσης. Κατασκευάζουμε γεωμετρικά μια ορθή γωνία xoy και στη συνέχεια κατασκευάζουμε τη διχοτόμο Οδ αυτής. Τότε (xo ) 45 δ =. y δ x O x. Έστω γωνία xoy. Κατασκευάζουμε τη διχοτόμο Οδ αυτής και στη συνέχεια τις διχοτόμους Oδ και Οδ των xοδ και δο y αντίστοιχα. y δ δ O x 3. 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). 6 / δ l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 6 //07 :53:48 µµ

62 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 α (, α) και (, α) εί- α ναι ίσο με το, επομένως η λύση είναι μοναδική. 4. Θεωρούμε τμήμα = α και κατασκευάζουμε την μεσοκάθετο ε αυτού. ν η ε τέμνει τη στο Μ και πάνω σ αυτήν πάρουμε σημείο ώστε Μ = υ, τότε το είναι το ζητούμενο. υ Πράγματι, = και προφανώς = α και Μ = υ. Το πρόβλημα έχει πάντα μοναδική λύση. M ε 5. α) Κατασκευάζουμε ορθή γωνία x 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 6 / 34 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 6 //07 :53:48 µµ

63 β) Κατασκευάζουμε ορθή γωνία x 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 ενικές σκήσεις. i) Στην προέκταση της θεωρούμε σημείο ώστε =. Τότε τα τρίγωνα και είναι ίσα, οπότε = () και = (). Όμως από υπόθεση += 80 η οποία, λόγω της (), γίνεται += 80 = 80 = εξ δηλαδή = εξ και επομένως = η οποία με τη βοήθεια της () δίνει =. B 63 / l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 63 //07 :53:49 µµ

64 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 εί- ναι ισόπλευρα και ίσα μεταξύ τους, οπότε θα είναι = =ϕ (). ' Τα τρίγωνα και έχουνε =, = και ==+ϕ, άρα είναι ίσα και επομένως =. Όμοια αποδεικνύεται ότι =. 3. Έστω ότι η χορδή είναι μεγαλύτερη της. Μεταφέρουμε την σε ίση χορδή, οπότε το απόστημα ΟΗ της ισούται με το απόστημα ΟΜ της. φού τα σημεία Ο και βρίσκονται εκατέρωθεν της, η ΟΜ τέμνει τη σε σημείο I που είναι εσωτερικό του τμήματος ΟΜ. Τότε έχουμε ότι ΟΚ < ΟΙ < ΟΜ = ΟΗ. ντίστροφα: Έστω ότι ΟΚ < ΟΗ. Τότε: αν = θα ήταν ΟΚ = ΟΗ (άτοπο). αν > θα ήταν ΟΚ > ΟΗ (άτοπο). Άρα <. 64 / 35 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 64 //07 :53:50 µµ

65 Η Ο I Μ Κ ( =, = Ζ, 4. Έχουμε ABE = =). Άρα = (). πίσης Ζ = ( =, =, Ζ = ). Άρα =. πό (), (), αφού = προκύπτει ότι Λ =Μ. πομένως Λ=Μ, οπότε ω=ϕ. Όμοια ω=θ. Άρα ω=ϕ=θ. A Λ ω Κ θ φ Ζ 65 / l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 65 //07 :53:50 µµ

66 5. Φέρουμε διχοτόμο. Έστω το μέσο της. Τότε = κοινή, =, ==. Άρα = < 90, οπότε > 90. Τα τρίγωνα και έχουν: κοινή, =, >. Άρα >. πομένως στο τρίγωνο > ή >. είναι 6. Έστω Μ το μέσο της. Το τρίγωνο Μ είναι ισοσκελές. Φέρουμε τη διχοτόμο της γωνίας. Τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές και η Μ ύψος και διχοτόμος, οπότε Μ = L. Τα τρίγωνα BA και Μ είναι ίσα (Π--Π), οπότε Μ= = = L. ω ω Μ ω 66 / 36 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 66 //07 :53:5 µµ

67 7. Θεωρούμε τα τρίγωνα και με =, = και Μ = Μ. Προεκτείνουμε τις AM, Μ κατά τμήματα Μ = Μ και Μ = Μ. Τότε Μ = Μ και Μ = Μ, οπότε = και =. πομένως τα τρίγωνα και είναι ίσα (Π-Π-Π). Άρα Μ = Μ, οπότε =. Άρα = (Π-Π-Π). Μ Μ 67 / 36 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 67 //07 :53:5 µµ

68 8. πό συμμετρία έχουμε ότι: Μ = Μ και Ν = Ν, οπότε Μ + ΜΝ + Ν = Μ + ΜΝ + Ν, δηλαδή το ζητούμενο. Φέρνουμε το. Σύμφωνα με το σχόλιο της 3. έχουμε Μ + ΜΝ + Ν, δηλαδή η μικρότερη τιμή του αθροίσματος Μ + ΜΝ + Ν είναι το. υτό θα συμβεί όταν τα Μ, Ν βρεθούν πάνω στο και επειδή ανήκουν και στις Ox, Oy αντίστοιχα, πρέπει τα Μ, Ν να ταυτιστούν με τα Κ, Λ αντίστοιχα. y N K Ο Λ A M x 68 / 37 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 68 //07 :53:5 µµ

69 ΚΦΛΙΟ 4 ΠΡΤΗΡΗΣΙΣ - ΥΠΟΙΞΙΣ ν φέρουμε παράλληλη από σημείο της διχοτόμου γωνίας προς μια πλευρά της σχηματίζεται ισοσκελές τρίγωνο. (σκήσεις: μπέδωσης, ποδεικτικές 4, 5 και Σύνθετα 3) ντίστοιχα αν φέρουμε παράλληλη προς τη διχοτόμο γωνίας. (σκήσεις: μπέδωσης 3, ποδεικτικές, 3 και Σύνθετα 4) ύο ευθείες είναι παράλληλες αν ισχύει ένα από τα παρακάτω: α) ίναι κάθετες στην ίδια ευθεία. (σκήσεις: μπέδωσης 6, ποδεικτικές ) β) ίναι παράλληλες προς τρίτη ευθεία. (σκήσεις: Σύνθετα ) 69 / 39 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 69 //07 :53:5 µµ

70 γ) Τεμνόμενες από τρίτη ευθεία σχηματίζουν: i) ύο εντός εναλλάξ γωνίες ίσες ή ii) ύο εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη γωνίες ίσες ή iii) ύο εντός και επί τα αυτά μέρη γωνίες παραπληρωματικές (σκήσεις: μπέδωσης 4, 5 και Σύνθετα 7) Τρία σημεία,, είναι συνευθειακά αν i) Η γωνία είναι 0 ή 80 ii) Οι ευθείες π.χ., είναι παράλληλες ή κάθετες σε ευθεία ε. Την (i) περίπτωση συναντήσαμε και σε προηγούμενο κεφάλαιο. (σκήσεις: Σύνθετα 3). Άλλες ασκήσεις θα δούμε στο 5ο Κεφάλαιο. Σχόλιο: Ισοδύναμες εκφράσεις είναι: η ευθεία διέρχεται από το, το ανήκει στην ευθεία. Μια γωνία τριγώνου είναι ορθή αν οι άλλες δυο γωνίες είναι συμπληρωματικές. (σκήσεις: Σύνθετα ) 70 / 39 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 70 //07 :53:5 µµ

71 σκήσεις μπέδωσης. Έχουμε = ( = ) =, = (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη). Άρα =, οπότε =. ε. Έχουμε Ο =Ο (διχοτόμος) =Ο (εντός εναλλάξ). Άρα Ο =, οπότε Ο =. Ο y δ x 3. Έχουμε Ο =Ο (διχοτόμος) Ο = (εντός εναλλάξ) Ο = (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη). Άρα =, οπότε Ο = Ο. y δ Ο x 7 / 40 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 7 //07 :53:53 µµ

72 4. Έχουμε = ( = ) =, οπότε =. Άρα =, οπότε // (αφού σχηματίζουν δύο εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη γωνίες ίσες). 5. Έχουμε (Π--Π), άρα οπότε // (αφού σχηματίζουν δύο εντός και εναλλάξ γωνίες ίσες). E = =, 6. Έχουμε ΟΜ (ΟΜ απόστημα) ΟΜ Ox. Άρα Οx//. Ο x A Μ 7 / 40-4 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 7 //07 :53:54 µµ

73 ποδεικτικές σκήσεις (). Έχουμε = =, άρα = AΜ B (διάμεσος και ύψος) AM//, οπότε () = πό () και () προκύπτει ότι =, δηλαδή η είναι διχοτόμος της Μ. Μ x 73 / 4 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 73 //07 :53:54 µµ

74 . Έχουμε = + () = (διχοτόμος) = (εντός εναλλάξ) = (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη). Άρα =, οπότε = () πό () και () προκύπτει ότι = Έχουμε = () = (διχοτόμος) = (εντός εναλλάξ) = (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη) Άρα =, οπότε = () πό () και () προκύπτει ότι =. x 74 / 4-4 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 74 //07 :53:55 µµ

75 4. Έχουμε = Ι + Ι () Τα τρίγωνα Ι, Ι είναι ισοσκελή (Άσκ. ). Οπότε Ι = και Ι = () πό () και () προκύπτει ότι = +. Ι B 5. Έχουμε = + + () Τα τρίγωνα Ι, Ι είναι ισοσκελή, οπότε Ι = και Ι = () πό () και () προκύπτει ότι = Ι + + Ι. I B 75 / 4 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 75 //07 :53:55 µµ

76 Σύνθετα Θέματα. Έχουμε = Ζ, οπότε =Ζ. λλά =. Άρα Ζ =, οπότε Ζ// () (αφού σχηματίζουν δύο εντός εναλλάξ γωνίες ίσες). Όμοια Κ = ΚΜ, οπότε Μ = 3= 4. Άρα ΜΚ// (). πό () και () προκύπτει ότι Ζ//ΜΚ. Μ Κ 3 Ζ 4. Φέρουμε Ζ//x//By. Τότε: = (εντός εναλλάξ) ( =) Όμοια = 3 = 4 (εντός εναλλάξ) ( = ) Άρα = () Άρα = () 3 4 πό () και () προκύπτει ότι (διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών). πομένως = L. 76 / 4-43 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 76 //07 :53:56 µµ

77 x 4 3 z 3. Έχουμε = I α Ι α () πίσης = = Ι α, οπότε = I α () και = = Ι, οπότε = I α (3) α πό (), () και (3) προκύπτει ότι =. E y Ια 77 / 43 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 77 //07 :53:56 µµ

78 4. α) πειδή //Μ έχουμε = =Ζ. Άρα = Ζ., =Ζ =Ζ, οπότε β) Έχουμε ( α) +Ζ= ++Ζ =+Ζ +Ζ= += = σταθ. γ) Προεκτείνουμε την Μ κατά τμήμα ΜΗ = Μ. Τότε Μ = ΜΗ (Μ = Μ, ΜΗ = Μ, Μ =Μ ), οπότε Η = () και =Η. λλά =Ζ =Ζ, άρα Η=Ζ, δηλαδή Ζ = Η () πό () και () προκύπτει ότι = Ζ. + πό το (β) είναι φανερό ότι =Ζ=. πίσης + =Ζ= = =. Z Μ Η 78 / 43 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 78 //07 :53:57 µµ

79 σκήσεις μπέδωσης. α) = 90, = = 60 3, 30 =. = 90, = β) = 36 3 λλά += 90 = 54. Έχουμε = και =, οπότε ==. λλά ++= 80 5= 80 = 36, οπότε Ι= 90 + = Έχουμε = 44 = 36, = 3 και εξ. εξ = + εξ = 4 = 36, οπότε =. Άρα == ==ϕ ==ω (οξείες γωνίες με κάθετες πλευρές) ω ϕ ϕ ω 79 / 44 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 79 //07 :53:59 µµ

80 5. Έχουμε =, οπότε = =ϕ =, οπότε ==ω Στο τρίγωνο : : =ϕ+ω= 08 εξ Στο τρίγωνο : : εξ = + ω= ϕ x 08 ϕ οπότε ϕ= 36 ω ω 6. Έχουμε ω= = 45 (εντός εναλλάξ) ϕ= (εντός εκτός και επί τα αυτά) 0 =ϕ= 55 =+ += 90 ω ϕ 7. Έχουμε Σ ν = ν 4 ορθές, οπότε 900 = (ν 4)90 ν 4 = 0 ν = 4 ν = / l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 80 //07 :54:00 µµ

81 ποδεικτικές σκήσεις. εξ = 90 + εξ = 80 + ( + ) = = ( ++ ) + =, άρα =.. i) =+ =+ = = ii) Έχουμε = (από (i)) λλά += 80. Άρα 80 = + = 90 +, οπότε = Στο τρίγωνο ( 90 λλά 90 = ): + = 90. = + = +(εξωτερική) και = + +, οπότε 8 / 45 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 8 //07 :54:0 µµ

82 Â A B B + + += + + = + =. 4. Στο τρίγωνο : () = + = = 80 λλά +++ = = 80 () πό (), () προκύπτει ότι + =. 8 / 45 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 8 //07 :54:0 µµ

83 5. Έχουμε ++= 80 + = 80 = 80 = = (90 ) = αφού += 90, οπότε = Στο τρίγωνο : Στο τρίγωνο : B Ζ: : λλά = και =, οπότε = Ζ Ζ + = + = Ζ = B Ζ 83 / 46 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 83 //07 :54:03 µµ

84 7. Στο τρίγωνο : Στο τρίγωνο : Η: Ζ: Η + = λλά = και Ζ = Ζ, οπότε Ζ = Η Ζ + = Ζ = Η Η Ζ Σύνθετα Θέματα. Στο τρίγωνο : = =, = + (ως εξωτερική), οπότε == () λλά ++= 80 + = 80 = () += 90 += 90 += 90, άρα Κ= 90, οπότε. 84 / 46 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 84 //07 :54:03 µµ

85 Κ. Στο τρίγωνο ABE το Ζ είναι ύψος και διχοτόμος, οπότε το τρίγωνο ABE είναι ισοσκελές. Άρα = (). πίσης == (). == (εξωτερική) () πό (), (3) προκύπτει ότι == =. =+ (3). B Z 85 / l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 85 //07 :54:04 µµ

86 και =, 3. Έχουμε: =, οπότε = =ω οπότε ==ϕ. λλά + = 90 (από το τρίγωνο ), οπότε + = 90. Άρα + += 80 και επομένως τα,, είναι συνευθειακά. ϕ ω ϕ ω 4. i) Έχουμε += 90 (από τρίγωνο ) += 90 (από τρίγωνο Η) B = E = ( = ) ii) Τα τρίγωνα και έχουν: κοινή, = και = 90 >. Άρα >. οπότε =. Η 86 / 47 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 86 //07 :54:05 µµ

87 5. i) Έχουμε Ζ = Η (Η =, Η =, Ζ =Η = 90 + ). Άρα Ζ = Η. Ζ Η ii) ΖΗ =Ζ + Ζ= 90 ΖΗ =Ζ+ Η Η =Ζ (από (i)) οπότε Ζ Η. 6. Στο τρίγωνο Ζ είναι: () ϕ+ + = 80 ϕ+ + = 80 λλά == =+ () (εξωτερική στο τρίγωνο ) = 80 (3). πό (), () και (3) προκύπτει ότι και +++ = 360, οπότε ϕ+= + ϕ=. 87 / l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 87 //07 :54:06 µµ

88 B A ϕ Ζ 7. πειδή Ο= 90, θα είναι ω+ϕ= 90 (). πομένως + = 80 ω + 80 ϕ= (). Άρα α//β. = 360 (ω + ϕ) = = 80 Κ ω ω α β Ο ϕ ϕ Κ ενικές σκήσεις. Έχουμε =+ =+ (εξωτερική του τριγώνου ) και =+ =+ (εξωτερική στο τρίγωνο ). ρκεί B A + = A + + = + = + που ισχύει (αφού = 60, + 0 ). 88 / 48 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 88 //07 :54:07 µµ

89 . Έστω Ζ μέσο του E. Τότε το τρίγωνο Ζ είναι ισόπλευρο (=Ζ= α 3, = 60 ) και η είναι διάμεσος. Άρα Ζ ύψος, οπότε. ( Φέρουμε Η, Κ. ίναι Η = Η (Σ διχοτόμος). πίσης είναι Η = ΖΚ Η=Κ=, Η = ΗΚ, =Ζ ως οξείες γωνίες με κάθετες πλευρές). Άρα = Ζ. πομένως = Ζ (ορθογώνια, = Ζ, =Ζ ), άρα = Ζ. 89 / l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 89 //07 :54:08 µµ

90 B Η Z x Κ είναι =. πομένως = 4. πειδή +++ = 360, και == 90 + = 80. Άρα ( =, =, = ). Οπότε = 3 (). λλά 90 = + = δηλαδή. () 3, + = 90 = 90 3 ~ ~ 90 / 49 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 90 //07 :54:09 µµ

91 5. i) πειδή < θα είναι < (). λλά = 90, = 90 (). πό (), () προκύπτει ότι: 90 > 90 ή > ή <. υ α ii) Προεκτείνουμε την AM κατά Μ = Μ. Τότε Μ = Μ (Μ = Μ, Μ = Μ, Μ =Μ ). Άρα = και Μ =. πομένως στο τρίγωνο έχουμε = <, Μ<Μ. οπότε Μ< ή μ α Μ 9 / 49 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 9 //07 :54: µµ

92 iii) πειδή διχοτόμος θα είναι ==. πό το i) έχουμε <, άρα <, ενώ από το ii) έχουμε Μ >Μ, άρα Μ >. πομένως το ύψος και η διάμεσος βρίσκονται εκατέρωθεν της διχοτόμου. B Μ 6. φού τα τρίγωνα Κ, Κ, Κ3 είναι ισοσκελή, οι διχοτόμοι των γωνιών του τριγώνου Κ ΚΚ3 είναι μεσοκάθετες των B,,. Άρα το έγκεντρο του τριγώνου Κ ΚΚ3 ταυτίζεται με το περίκεντρο Ο του τριγώνου, οπότε Ο = Ο = Ο. ρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι Ο Κ Κ 3, Ο Κ Κ 3, Ο Κ Κ. Πράγματι έχουμε ΟΚ =ΟΚ =ω, ΟΚ =ΟΚ =ϕ και ΟΚ 3= ΟΚ 3= θ (από την ισότητα των αντίστοιχων τριγώνων). πειδή ω+ϕ=ω+θ=ϕ+θ= 80 προκύπτει ότι ω=ϕ=θ= / l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 9 //07 :54: µµ

93 Κ Κ ω Ο ω ϕ ϕ θ θ Κ 3 7. i) Έχουμε Ζ = = x, B = Ζ = y και = = ω. Τότε y + ω = α, x + ω = β, x + y = γ (). Οπότε με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε: x + y + ω = α + β + γ = τ x + y + ω = τ. () πό (), () προκύπτει ότι x = τ α, y = τ β και ω = τ γ. ii) Ζ + = + Ζ + + = = = + + = α + β + γ = τ. πειδή όμως Ζ =, προκύπτει ότι Ζ = = τ. 93 / 50 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 93 //07 :54: µµ

94 Z' Ζ Ι Μ ' E' Ια iii) Έστω Μ το μέσο του B. Τότε Μ = Μ (3). λλά = τ β και = = = τ β. Άρα = (4) πό (3), (4) προκύπτει ότι Μ = Μ, άρα τα τμήματα B και έχουν κοινό μέσο. iv) ΖΖ = Ζ Ζ = τ (τ α) = α, = = = τ (τ α) = α και = = = α (τ β) = α τ + β ( )= = α τ + β (τ β) = α + β τ = = α + β (α + β + γ) = β γ. 94 / 50-5 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 94 //07 :54: µµ

95 ΚΦΛΙΟ 5 ΠΡΤΗΡΗΣΙΣ - ΥΠΟΙΞΙΣ Το κοινό κέντρο δυο ή περισσότερων παραλληλογράμμων διχοτομεί τις διαγωνίους των παραλληλογράμμων. Άρα οι φορείς τους είναι συντρέχουσες ευθείες. (σκήσεις: μπέδωσης 3 και Σύνθετα ) ια τις συντρέχουσες ευθείες λαμβάνουμε υπόψιν μας την παρατήρηση της 5.7. ν τρεις ευθείες ε, ε, ε 3 είναι φορείς υψών, διαμέσων ή διχοτόμων τριγώνου συντρέχουν. (σκήσεις: 5.9 Σύνθετα 8 και 5. Σύνθετα ) Σχόλιο: Ισοδύναμη έκφραση είναι οι ευθείες ε, ε τέμνονται σε σημείο της ε 3. Ένα τρίγωνο είναι ορθογώνιο αν μια διάμεσός του ισούται με το μισό της αντίστοιχης πλευράς. (σκήσεις: 5. ποδεικτικές, 4) ια να αποδείξουμε ότι μια παράσταση 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. ρκεί τότε, για την τυχαία θέση του Μ, να αποδείξουμε ότι A = c. (σκήσεις: Σύνθετα 3) 95 / 53 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 95 //07 :54: µµ

96 5.-5. σκήσεις μπέδωσης. Έχουμε: = = =, άρα = =.. Έχουμε: Ο =ΟΖ Ο =Ο άρα Ζ παραλληλόγραμμο. Ο Ζ 3. i) Έχουμε //=Ζ, άρα Ζ παραλληλόγραμμο. ii) Οι, ως διαγώνιοι του παραλληλογράμμου διχοτομούνται από το Ο. Οι Ζ, είναι διαγώνιοι του Ζ, οπότε η Ζ διέρχεται από το μέσο Ο της. Άρα,, Ζ συντρέχουν. 96 / 54 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 96 //07 :54:3 µµ

97 Ο Ζ 4. Έχουμε: = = = οπότε = = Ζ αφού το Ζ είναι παραλληλόγραμμο., Ζ ποδεικτικές σκήσεις. Έχουμε: Μ = (), αφού Μ παραλληλό γραμ μο. πίσης: = άρα =Μ, οπότε Μ =. () Μ = πό (), () προκύπτει ότι: Μ + Μ = + =. Μ 97 / 54 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 97 //07 :54:3 µµ

98 . Έχουμε: = Ζ ( =, =, =Ζ, αφού =Ζ ), άρα = Ζ. λλά //Ζ, οπότε Ζ παραλληλόγραμμο. Άρα //Ζ. 3. Φέρουμε. Τότε το Ζ είναι παραλληλόγραμμο (Ζ//=), οπότε Ζ// (). πίσης το είναι παραλληλόγραμμο (//=), οπότε // (). πό τις () και () προκύπτει ότι Ζ, και συνευθειακά (υκλείδειο αίτημα). Ζ Ζ \\ \\ \\ 4. Έχουμε Ζ παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιοί του διχοτομούνται), οπότε Ζ//= (). πίσης το Η παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιοί του διχοτομούνται), οπότε Η//= (). Άρα: i) Η = Ζ = ii) Ζ,, Η συνευθειακά (υκλείδειο αίτημα). 98 / 55 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 98 //07 :54:4 µµ

99 Z H \\ \\ 5. Με κέντρο τυχαίο σημείο Ο πάνω στη μία από τις παράλληλες, γράφουμε κύκλο με ακτίνα λ, που τέμνει την άλλη παράλληλο στα και. Στη συνέχεια από το φέρουμε τις παράλληλες προς τις Ο και Ο ευθείες. πειδή τα τετράπλευρα Ο και ΟΖΗ είναι παραλληλόγραμμα, είναι = Ο = λ και ΖΗ = Ο = λ. Ο Ζ λ λ x Η y 99 / 55 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 99 //07 :54:4 µµ

100 \\ Σύνθετα Θέματα ( = Η, Κ = Ζ,. i) Έχουμε: Κ = ΗΖ =) και Ζ = ΚΗ (Κ = Ζ, = Η, =), οπότε Κ = ΖΗ και Ζ = ΚΗ. Άρα ΖΗΚ παραλληλόγραμμο. ii) πειδή //=Η το Η είναι παραλληλόγραμμο. Άρα, διαγώνιοι του, Η διαγώνιοι του Η EH, ΚΖ διαγώνιοι του ΖΗΚ Κ \\ άρα οι, Η και ΚΖ συντρέχουν στο Ο. Ο Ζ Η. Έχουμε: Ζ= ( ) Ζ= Ζ= ( ) = = 3 4 = άρα = () άρα = () 3 4 πό τις (), () προκύπτει ότι Ζ (διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών) άρα: Ζ= / 56 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 00 //07 :54:5 µµ

101 Ζ 3 4 x 3. Έχουμε : ( =) =+ = και (εξωτ.) άρα == () πίσης στο Ζ : ( ) Ζ= =Ζ και = Ζ+ (εξωτ.) άρα =Ζ= = () Άρα:, οπότε τα Ζ, + += + +=+= 80, είναι συνευθειακά. 0 / 56 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 0 //07 :54:5 µµ

102 \\ \\ Ζ 4. Φέρουμε Ζ//. Τότε Ζ ==, άρα Ζ = =. πομένως Ζ//=, οπότε το Ζ παραλληλό γραμμο. Άρα Ο μέσο. Ο Ζ 5. Υποθέτουμε ότι το πρόβλημα είναι λυμένο και έστω η θέση της γέφυρας και =, όπου και τα δύο χωριά. άν φέρουμε μια βοηθητική ευθεία BE, παράλληλη και ίση προς την, παρατηρούμε ότι το σημείο προσδιορίζεται από την κάθετη Μ στο μέσο Μ της (μεσοκάθετος). Πράγματι το είναι παραλληλόγραμμο (//= ) και επομένως = =. 0 / l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 0 //07 :54:6 µµ

103 \\ Μ \\ \\ σκήσεις μπέδωσης. Έχουμε //=Ζ, οπότε το Ζ είναι παραλληλόγραμμο. πειδή = 90 το Ζ είναι ορθογώνιο. Ζ 03 / 57 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 03 //07 :54:6 µµ

104 . Το Ζ είναι παραλληλόγραμμο, αφού οι διαγώνιοί του διχοτομούνται. πειδή Ο Ο Ζ =Ο+ΟΖ = + = = το Ζ είναι ορθογώνιο. Ο Ζ 3. Έχουμε, Η Η και Ζ Ζ γιατί οι διχοτό μοι των εντός και επί τα αυτά μέρη γωνιών τέμνονται κάθετα (εφαρ. 4.4). Άρα =Ζ=Η= 90, οπότε το ΖΗΚ είναι ορθογώνιο. Κ Ζ Η 4. Έστω ρόμβος. Τότε = Ζ ( =, =Ζ= 90, = ). Άρα = Ζ. Έστω παραλ ληλόγραμ μο και = Ζ. Τότε = Ζ ( =, =Ζ= 90, = Ζ). Άρα =, οπότε το είναι ρόμβος. 04 / Ζ l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 04 //07 :54:7 µµ

105 5. Έχουμε Ζ Ζ = Ο μέσο Ζ, Άρα το Ζ είναι τετράγωνο. 6. Έχουμε ΚΝ = ΚΛ = ΜΛ = ΜΝ, οπότε ΚΛ = ΛΜ = ΜΝ = ΝΚ. () πίσης Κ =Ν, οπότε Κ +Κ =Κ +Ν = 90. Άρα Κ= 90 () πό (), () προκύπτει ότι το ΚΛΜΝ είναι τετράγωνο. Κ Ν Λ Μ ποδεικτικές σκήσεις. Έχουμε Μ = ΜΖ (Μ = Μ, Μ =Μ, = ). Άρα = Ζ. λλά //Ζ, οπότε το Ζ είναι παραλληλόγραμμο. πειδή διχοτόμος της το Ζ είναι ρόμβος. \\ Μ Ζ \\ 05 / 58 l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 05 //07 :54:8 µµ

106 . i) Ζ = ( = Ζ, =, == 90 ). Άρα Ζ =. ii) Έχουμε = 90, οπότε + = + ==, οπότε Κ= 90 (στο τριγ. Κ ). Άρα Ζ. A E B K Z 3. Έχουμε Ζ παραλληλόγραμμο (Ζ//=), οπότε //=Ζ. Άρα Η//=ΖΘ και Η = ΗΖ (αφού Ζ, Ζ ορθογώνια). πομένως το ΘΖΗ είναι ρόμβος. Η \\ \\ Ζ 4. Έστω ΚΛ Ζ. Φέρουμε Η και ΚΜ. Τότε ΚΜ = Η. Άρα ΖΗ = ΚΛΜ ( Η=Μ= 90, ΚΜ = Η, Κ= ως οξείες με κάθετες πλευρές). πομένως Ζ = ΚΛ. Θ Κ Μ Λ Ζ Η 06 / l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 06 //07 :54:9 µµ

107 Σύνθετα Θέματα. Έχουμε Μ = ΜΖ ( Μ =Μ = 90, Μ = Μ, = = 45 ), οπότε = Ζ. λλά //Ζ, οπότε το Ζ είναι παραλληλόγραμμο. πειδή Ζ και Μ = Μ ( = 45 ), οπότε Ζ = το Ζ είναι τετράγωνο. 45 \\ \\ Μ \\ \\ Ζ. Έχουμε = 3= () (αφού ορθογώνιο) και = () (οξείες με κάθετες πλευρές). πομένως 4 Ζ = + (ως εξωτερική) (), () / 59 = + = +, οπότε Ζ =Ζ. Άρα = Ζ. 3 Ο 4 Z 3. i) Έστω Κ τυχαίο σημείο της βάσης,, Κ, Κ. Φέρουμε ΚΖ Η. Τότε Κ = ΖΗ και Κ = Ζ (αφού Κ = ΖΚ γιατί 90 KB κοινή, ==ΚΖ). Άρα Κ + Κ = ΖΗ + Ζ = Η = σταθερό. Ζ==, l_a_geometry_lisis_-96_8a_v7_teliko.indd 07 //07 :54:0 µµ