ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΕΛΕΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ ΙΟΥΝΙΟΣ 2016 (version ΤΕΛΙΚΟ)

Transcript

1 ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΕΛΕΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ ΙΟΥΝΙΟΣ 06 (version ΤΕΛΙΚΟ) SOS ΒΓ = ΒΟΓ ˆ = 70 αντί του λανθασμένου 35 στο προτελευταίο θέμα θεωρίας με τις εγγεγραμμένη, επίκεντρη κλπ Τι λέει το αίτημα παραλληλίας; Απάντηση: Aπο σημείο εκτός ευθείας άγεται μια μόνο παράλληλη προς αυτή. (σχολικό 4.) Να δώσετε τον ορισμό του παραλληλογράμμου (μονάδες ) Απάντηση: Παραλληλόγραμμο λέγεται το τετράπλευρο που έχει τις απέναντι πλευρές του παράλληλες Να αποδείξετε ότι σε ένα παραλληλόγραμμο: (i) Οι απέναντι πλευρές του είναι ίσες (μονάδες 5) (ii) οι απέναντι γωνίες του είναι ίσες. (μονάδες ) Απόδειξη: (i) Φέρνουμε μιά διαγώνιο έστω την ΒΔ. Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΒΓΔ. Αυτά έχουν: Β κοινή ˆ ˆ Β = ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΑΒ και ΓΔ που τέμνονται από την ΔΒ ΓΠΓ τα τρίγωνα είναι ίσα, ˆ ˆ Β = ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΑΔ και ΒΓ που τέμνονται από την ΔΒ οπότε θα έχουν και τα υπόλοιπα αντίστοιχα στοιχεία τους ίσα: ΑΒ=ΔΓ και ΑΔ=ΒΓ (ii) Από την ισότητα των τριγώνων προκύπτει επιπλέον ότι Α=Γ. ˆ ˆ Τέλος Β=Β ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ +Β ˆ = + =. ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΕΛΕΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ 06.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) asepfreedom@yahoo.gr peira.gr

2 Θεώρημα I Το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τα μέσα των δύο πλευρών τριγώνου είναι παράλληλο προς την τρίτη πλευρά και ίσο με το μισό της. Απόδειξη: Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και τα μέσα Δ, Ε των ΑΒ, ΑΓ ΒΓ αντίστοιχα.θα αποδείξουμε ότι ΔΕ // =. Προεκτείνουμε τη ΔΕ κατά τμήμα EZ = ΔΕ. Οι διαγώνιοι του τετράπλευρο ΑΔΓΖ διχοτομούνται άρα είναι παραλληλόγραμμο. (κριτήριο iv) Άρα ΑΔ = // ΓΖ, και αφού ΑΔ = ΔΒ έχουμε ΔΒ = // ΓΖ. Έτσι το τετράπλευρο ΔΖΓΒ έχει δύο απέναντι πλευρές ίσες και παράλληλες, οπότε είναι παραλληλόγραμμο (κριτήριο ii). Επομένως (από τον ορισμό και τις ιδιότητες του παραλληλογράμμου): (i) ΔΖ // ΒΓ άρα και ΔΕ // ΒΓ (ii) ΒΓ Ζ = ΒΓ Ε = ΒΓ Ε = Τα Δ και Ε είναι μέσα των ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα.να υπολογίσετε το μήκος του ΔΕ. Aπάντηση: ΒΓ 4 Είναι Ε = = = ( 5.6 Θεώρημα Ι) ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΕΛΕΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ 06.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) asepfreedom@yahoo.gr peira.gr

3 Στο πιο κάτω ορθογώνιο τρίγωνο η ΑΔ είναι η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα. Δίνεται ότι ΑΔ=4,4 και Β= ˆ 47. Να υπολογιστούν: i) η υποτείνουσα ΒΓ και η γωνία Α ˆ. καθώς και οι γωνίες ii) οι γωνίες ˆΑ και ˆΓ. Aπάντηση: i) Aφού ΑΔ διάμεσος που φέρουμε από την κορυφή της ορθής γωνίας είναι: ΒΓ Α = = Β, απ όπου συμπεραίνουμε ότι: ΒΓ = Α = 4, 4 = 8,8 καθώς και Α ˆ ˆ =Β= 47. ii) Α ˆ ˆ ˆ =Α Α = = 43 Γ= ˆ 90 Β= ˆ = 43 ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΕΛΕΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ 06.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) asepfreedom@yahoo.gr peira.gr 3

4 Στο διπλανό σχήμα έχουμε ένα τρίγωνο ΑΒΓ και τις 3 διαμέσους του. ΑΔ=6 cm, BE=4.5 cm και ΓΘ=9 cm. i) Πως ονομάζεται το σημείο τομής Θ των διαμέσων; ii) Nα βρείτε το μήκος των τμημάτων ΑΘ= ΘΔ= ΒΘ= ΘΕ= ΓΘ= ΘΖ= Απάντηση: i) Το Θ ονομάζεται βαρύκεντρο ή κέντρο βάρους του τριγώνου ii) Γνωρίζουμε 5.7 ότι η απόσταση του Θ από κάθε κορυφή είναι τα 3 της αντίστοιχης διαμέσου. ΑΘ = Α = 6 = = 4 οπότε 3 3 Θ = Α ΑΘ = 6 4= ΒΘ = ΒΕ = 4,5 =,5 = ΘΕ = ΒΕ ΘΕ = 4,5 3=,5 ΓΘ = ΓΖ = 9 = 3 = ΘΖ = ΓΖ ΘΓ = 9 6= 3 ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΕΛΕΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ 06.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) asepfreedom@yahoo.gr peira.gr 4

5 Στο διπλανό σχήμα να βρείτε: Το μέτρο της γωνίας ˆΕ Το μέτρο της γωνίας Το μέτρο της γωνίας ˆ ΒΟΓ ˆ x ΒΓ Το μέτρο του τόξου ΒΓ Το μέτρο του τόξου ΒΑΓ Μονάδες 5 Απάντηση: Ε=Α= ˆ ˆ 35 ΒΟΓ ˆ = Α ˆ = 70 ΒΓ ˆ x = Α ˆ = 35 ΒΓ = ΒΟΓ ˆ = 70 ΒΑΓ = = 90 ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΕΛΕΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ 06.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) asepfreedom@yahoo.gr peira.gr 5

6 Συμπληρώστε τα κενά με τις παρακάτω λέξεις: κορυφές---κέντρο -- διέρχεται --εφάπτεται---διχοτόμων--μεσοκαθέτων έγκεντρο περίκεντρο-- πλευρές Ο περιγεγραμμένος κύκλος ενός τριγώνου... από τις τρείς. του. Το του είναι το σημείο τομής των.. των πλευρών του τριγώνου και ονομάζεται... Ο εγγεγραμμένος κύκλος... στις... του τριγώνου.το κέντρο του είναι σημείο τομής των... του τριγώνου και λέγεται... Στο διπλανό σχήμα καταδείξετε (δηλώστε, ονομάστε) ποιός είναι ο εγγεγραμμένος και ποιος ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου. Μονάδες 0 Απάντηση: Ο περιγεγραμμένος κύκλος ενός τριγώνου διέρχεται από τις τρείς κορυφές του. Το κέντρο του είναι το σημείο τομής των μεσοκαθέτων των πλευρών του τριγώνου και ονομάζεται περίκεντρο Ο εγγεγραμμένος κύκλος εφάπτεται στις πλευρές του τριγώνου.το κέντρο του είναι σημείο τομής των διχοτόμων του τριγώνου και λέγεται έγκεντρο Περιγεγραμμένος κύκλος Στο διπλανό σχήμα καταδείξετε (δηλώστε, ονομάστε) ποιός είναι ο εγγεγραμμένος και ποιος ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου. Εγγεγραμμένος κύκλος ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΕΛΕΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ 06.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) asepfreedom@yahoo.gr peira.gr 6

7 Ε5 (με προσθήκες μου) Στο διπλανό σχήμα είναι: ΑΒ = ΑΓ = ΔΒ και 08. i) Να υπολογιστεί η γωνία ˆ. ii) Να υπολογιστεί η γωνία ˆΓ. ˆ xαγ = iii) Nα δείξετε ότι η διχοτόμος ΒΕ της γωνίας ˆΒ είναι παράλληλη της ΔΑ. Λύση: i) Σκέψη: Θα προσπαθήσω να δημιουργήσω μια εξίσωση που να περιέχει την ˆ και την γνωστή γωνία Αφού η ˆ xαγ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΑΔΓ θα ισχύει ˆ ˆ ˆ xαγ = + Γ () Αφού ΑΒ=ΑΓ θα είναι Β=Γ ˆ ˆ οπότε η () γίνεται: ˆ ˆ ˆ xαγ = + Β () Η ˆΒ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΑΔΒ, οπότε ˆΒ= +Α ˆ ˆ (3). Ομως το ΑΔΒ έχει ΑΒ=ΒΔ άρα θα είναι Α ˆ ˆ = και αντικαθιστώντας στην (3) παίρνουμε: Β= + Β= ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ (4) Πλέον η () λόγω της (4) γίνεται: 3ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 08 xαγ= + xαγ= 3 08 = 3 3 = 08 = = ˆ ii) Αφού βρήκαμε ότι = ˆ 36 από την () έχουμε: 08 = 36 +Γ Γ= ˆ ˆ = 7 ˆ ˆ ˆ ˆ iii) Από την (4) έχουμε ˆ ˆ Β Β Β= = = Β ˆ ˆ = κι έτσι οι ΔΑ και ΒΕ τεμνόμενες από την ΔΒ σχηματίζουν δύο εντός εκτός και επί τα αυτά γωνίες ίσες, άρα ( 4. Πόρισμα Ι) είναι ΔΑ//ΒΕ. ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΕΛΕΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ 06.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) asepfreedom@yahoo.gr peira.gr 7

8 Ε6. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ. Στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ και ΔΑ παίρνουμε σημεία Κ, Λ, Μ και Ν αντίστοιχα τέτοια, ώστε ΑΚ = ΒΛ = ΓΜ = ΔΝ. Να αποδείξετε ότι: i) το τετράπλευρο ΚΛΜΝ έχει όλες τις πλευρές του ίσες. ii) H γωνία ˆ ΝΚΛ είναι ορθή. iii) To ΚΛΜΝ είναι τετράγωνο. Λύση: i) Αφού ΑΒΓΔ τετράγωνο είναι ΑΒ=ΒΓ=ΔΓ=ΑΓ.Αν από αυτή αφαιρέσουμε κατά μέλη την ΑΚ = ΒΛ = ΓΜ = ΔΝ παίρνουμε ΚΒ=ΛΓ=ΜΔ=ΝΑ. Τα τρίγωνα ΑΚΝ, ΒΚΛ, ΓΜΛ και ΔΝΜ λοιπόν έχουν : ΑΚ = ΒΛ = ΓΜ = Ν ˆ ˆ ˆ ˆ Α=Β=Γ= ( = 90 ) ΠΓΠ είναι ίσα, οπότε: ΝΑ = ΚΒ = ΛΓ = Μ ΚΝ=ΚΛ=ΛΜ=ΝΜ. ii) Aπό την ισότητα των τριγώνων ΒΚΛ και ΑΝΚ παίρνουμε επίσης ότι Κ ˆ ˆ = Ν. Κ ˆ +Κ ˆ =Κ ˆ +Ν ˆ = 90 (oξείες γωνίες στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΚΝ). Αρα, Επομένως ˆ ( ˆ ˆ ) ΝΚΛ= 80 Κ +Ν = = 90. iii) Αφού όπως δείξαμε στο i) το ΚΛΜΝ έχει όλες τις πλευρές του ίσες είναι ρόμβος και επειδή όπως δείξαμε στο ii) έχει και μια γωνία ορθή θα είναι και ορθογώνιο.αρα από τον ορισμό του τετραγώνου πρόκειται για τετράγωνο. ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΕΛΕΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ 06.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) asepfreedom@yahoo.gr peira.gr 8

9 Ε7. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (A = 90 ) με Β = 30 και Δ, Ε τα μέσα των ΑΒ και ΒΓ αντίστοιχα. Προεκτείνουμε την ΕΔ κατά τμήμα ΔΖ = ΕΔ. Να αποδείξετε ότι το ΑΓΕΖ είναι ρόμβος. Λύση: Επειδή Δ, Ε τα μέσα των ΑΒ και ΒΓ αντίστοιχα θα είναι ΑΓ θα είναι Ε // = Ε // =ΑΓ ΖΕ // =ΑΓ (Θεώρημα Ι σχολικού) Αρα ( 5. κριτήριο ii ) το τετράπλευρο ΑΓΕΖ είναι παραλληλόγραμμο. Επιπλέον στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ είναι Β= ˆ 30 οπότε ( 5.9 ΠΟΡΙΣΜΑ). Επομένως σύμφωνα με τον ορισμό του ρόμβου (Ρόμβος λέγεται το ΒΓ ΑΓ = = ΕΓ παραλληλόγραμμο που έχει δύο διαδοχικές πλευρές ίσες.) το ΑΓΕΖ είναι ρόμβος. ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΕΛΕΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ 06.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) asepfreedom@yahoo.gr peira.gr 9

10 Α3. Σε τρίγωνο ΑΒΓ με ˆ ˆ Β>Γφέρουμε το ύψος ΑΔ και τη διχοτόμο ΑΕ. (i) Να αποδείξετε ότι : ˆ ˆ ˆ Β Γ ΑΕ =. (ii) Αν Β= ˆ 80 και Γ= ˆ 0 να δείξετε ότι ΑΕ=ΔΕ (iii) Από το Ε φέρνουμε ΕΖ//ΑΒ.Να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΖΕ είναι ισοσκελές. Λύση: (i) Aρχικά γράφουμε: ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ Α 90 ˆ Α ΑΕ = ΑΓ ΕΑΓ = ΑΓ = Γ () Αφού στην έκφραση που θέλουμε να καταλήξουμε δεν υπάρχει 90 πρέπει να το αντικαταστήσουμε: Γνωρίζουμε ότι Α+Β+Γ= ˆ ˆ ˆ 80 οπότε διαιρώντας με το : εναλλάσω ο με ο μέλος Α ˆ ˆ ˆ 80 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ + Β + Γ = Α + Β + Γ = = Α + Β + Γ ˆ Αντικαθιστώντας στην () παίρνουμε ΑΕ ˆ = Α ˆ ˆ ˆ + Β + Γ Γ ˆ Α Βˆ Γˆ Β ˆ Γˆ = = (ii) Αν Β= ˆ 80 και ˆ ˆ ˆ Γ= 0 τότε από i) έχουμε: ˆ Β Γ ΑΕ = = = = 30 ΑΕ Αρα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΔΑΕ από 5.9 Πόρισμα έχουμε Ε = ΑΕ = Ε (iii) Επειδή ΑΕ διχοτόμος ˆ ˆ ΒΑΕ = ΕΑΓ () Αφού ΕΖ//ΑΒ είναι ˆ ˆ ΒΑΕ = ΑΕΖ ως εντός εναλλάξ (3) Από () και (3) παίρνουμε ˆ ˆ ΕΑΓ = ΑΕΖ άρα ΖΕ=ΖΑ δηλαδή ΖΑΕ ισοσκελές. ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΕΛΕΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ 06.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) asepfreedom@yahoo.gr peira.gr 0

11 Α4. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Στις προεκτάσεις των διαμέσων ΒΔ και ΓΕ παίρνουμε σημεία Η και Ζ αντίστοιχα τέτοια, ώστε ΔΗ = ΒΔ και ΖΕ = ΓΕ. Να αποδείξετε ότι: i) ΑΗ = ΑΖ, ii) τα σημεία Ζ, Α και Η είναι συνευθειακά. iii) Αν φέρουμε το ύψος ΑΚ του τριγώνου να δείξετε ότι η ευθεία ΑΚ είναι μεσοκάθετη του ΖΗ. iv) Δείξτε ότι ΚΖ=ΚΗ Λύση: Οι διαγώνιοι του τετραπλεύρου ΖΑΓΒ διχοτομούνται, επομένως αυτό είναι παραλληλόγραμμο, οπότε ΑΖ=//ΒΓ () Οι διαγώνιοι του τετραπλεύρου ΑΗΓΒ διχοτομούνται, επομένως είναι κι αυτό παραλληλόγραμμο, οπότε ΑΗ=//ΒΓ () i) Από () και () συμπεραίνω αρχικά ότι ΑΖ=ΑΗ. ii) Πάλι από () και () έχουμε ότι οι ΑΖ και ΑΗ είναι παράλληλες της ΒΓ. Ομως από το αίτημα παραλληλίας υπάρχει μοναδική παράλληλη από το Α προς την ΒΓ. Αρα οι ευθείες ΑΖ και ΑΗ ταυτίζονται, δηλαδή τα σημεία Α, Ζ, Η είναι συνευθειακά. iii) Αφού όπως δείξαμε (στο i) ΖΑ=ΑΗ, το Α είναι μέσο του ΖΗ. Επιπλέον αφού η ΑΚ είναι κάθετη στην ΒΓ, θα είναι κάθετη και στην παράλληλη ΖΗ της ΒΓ ( 4. Πόρισμα στην Πρόταση ΙΙΙ). Aρα από τον ορισμό της μεσοκαθέτου η ευθεία ΑΚ είναι μεσοκάθετη του ΖΗ (.4) iv) Γνωρίζουμε ότι κάθε σημείο της μεσοκαθέτου ενός ευθυγράμμου τμήματος ισαπέχει από τα άκρα του ( 3. Πόρισμα ΙΙΙ) άρα ΚΖ=ΚΗ. ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΕΛΕΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ 06.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) asepfreedom@yahoo.gr peira.gr

12 Α6. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β>Γ ˆ ˆ και Β ˆ 90 και το ύψος του ΑΗ. Αν Δ, Ε, Ζ είναι τα μέσα των ΑΒ, ΑΓ και ΒΓ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι το ΔΕΖΗ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Λύση: Στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε: Δ μέσο ΑΒ Ε μέσο ΑΓ 5.6 Θεώρημα Ι Ε // ΒΓ, οπότε και ΔΕ//ΗΖ. Αρα το ΔΕΖΗ είναι τραπέζιο. Σημείωση: Kανονικά σύμφωνα με τον ορισμού του τραπεζίου πρέπει να δείξουμε επιπλέον ότι: i) το τετράπλευρο ΔΕΖΗ είναι κυρτό ii) οι ΔΕ και ΖΕ δεν είναι παράλληλες. αλλά τα παραβλέπουμε ως πιο τεχνικές αποδείξεις και αφού και στο λυσάρι του τωρινού σχολικού δεν υπάρχουν. Στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε: Ζ μέσο ΒΓ ( 5.6 Θεώρημα Ι) Ε μέσο ΑΓ ΑΒ ΕΖ = () Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΗΑΒ η ΗΔ είναι η διάμεσος που φέρνουμε από την κορυφή της ορθής γωνίας οπότε από 5.9 Θεώρημα Ι έχουμε: ΑΒ Η = () Από () και () προκύπτει ότι ΕΖ = Η δηλαδή το τραπέζιο ΔΕΖΗ είναι ισοσκελές. ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΕΛΕΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ 06.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) asepfreedom@yahoo.gr peira.gr

13 Σ5 (με προσθήκες μου). Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ<ΑΓ, η διχοτόμος του ΑΔ, και Μ το μέσο της ΒΓ.Αν Ε είναι η προβολή του Β στη διχοτόμο ΑΔ, να αποδείξετε ότι : i) EM // AΓ ii) iii) ΑΓ ΑΒ ΕΜ = ˆ ˆ Α ΕΜ = iv) Tι σχήμα είναι το ΑΓΜΕ v) Nα αποδείξετε ότι αν το ΑΓΜΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο ισχύει 3Γ+Β= ˆ ˆ 80 Λύση: i) Στο τρίγωνο ΑΒΖ η διχοτόμος ΑΕ είναι και ύψος άρα το ΑΒΖ είναι ισοσκελές με ΑΖ=ΑΒ () ( η εφαρμογή), οπότε ΑΕ θα είναι και διάμεσος, δηλαδή Ε μέσο του ΒΖ. Στο τρίγωνο ΒΖΓ είναι: Ε μέσο του ΒΖ Μ μέσο του ΒΓ ΕΜ//ΑΓ. ΕΜ//ΖΓ ( 5.6 Θεώρημα Ι), οπότε και ΖΓ ΑΓ ΑΖ ΑΓ ΑΒ ii) Επίσης ( 5.6 Θεώρημα Ι) ΕΜ = = = ( ) ˆ iii) ˆ ˆ Α ΕΜ = Α = ως εντός εκτός και επί τα αυτά των παραλλήλων ΑΓ και ΕΜ που τέμνονται από την ΑΕ. iv) Aφού ΕΜ//ΑΓ, ενώ αντίθετα οι ΑΕ και ΜΓ τέμνονται στο Δ το τετράπλευρο ΑΓΜΕ είναι σύμφωνα με τον ορισμό τραπέζιο. v) Αν είναι ισοσκελές τότε οι προσκείμενες γωνίες σε κάθε βάση είναι ίσες οπότε: ˆ ˆ ˆ Α Α ˆ ˆ ˆ =Γ =Γ Α= Γ ().Γνωρίζουμε ότι το άθροισμα των γωνιών κάθε τριγώνου είναι Α+Β+Γ= ˆ ˆ ˆ 80 Γ+Β+Γ= ˆ ˆ ˆ 80 3Γ+Β= ˆ ˆ 80 ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΕΛΕΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ 06.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) asepfreedom@yahoo.gr peira.gr 3

14 Σ. Σε τρίγωνο ΑΒΓ με ˆ ˆ Β>Γ φέρουμε το ύψος του ΑΔ. Αν Ε και Ζ τα μέσα των ΑΓ και ΒΓ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι : i) ΕΖ // ΑΒ ii) Ζ ˆ ˆ =Β iii) ˆ ˆ =Γ iv) ˆ ˆ ˆ ΕΖ = Β Γ Λύση: i) Στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι: E μέσο ΑΓ ΕΖ // ΑΒ Ζ μέσο ΒΓ ii) Aφού όπως δείξαμε στο i) ΕΖ // ΑΒ θα είναι Ζ ˆ ˆ =Β () ως εντός εκτός και επί τα αυτά των παραλλήλων αυτών. iii) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΔΑΓ η ΔΕ είναι η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα, οπότε: ΑΓ Ε = = ΕΓ ( 5.9 Θεώρημα Ι) συνεπώς ˆ ˆ =Γ (). (προσκείμενες γωνίες στην βάση ισοσκελούς τριγώνου) iv) Η γωνία ˆΖ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΖΕΔ οπότε ( 4.6 Πόρισμα i): (, ) ( ) Ζ ˆ = ΕΖ ˆ + ˆ ΕΖ ˆ = Ζˆ ˆ ΕΖ ˆ = Βˆ Γˆ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΕΛΕΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ 06.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) asepfreedom@yahoo.gr peira.gr 4

15 ΘΕΜΑ 4 ο (799 της τράπεζας θεμάτων - έλαχε στο σχολείο μας) Στην παρακάτω εικόνα φαίνεται μια κρεμάστρα τοίχου η οποία αποτελείται από έξι ίσα ευθύγραμμα κομμάτια ξύλου (ΑΔ, ΒΓ, ΓΖ, ΔΗ, ΖΚ, ΗΛ) που είναι στερεωμένα με έντεκα καρφιά (Α, Β, Γ, Δ, Θ, Ε, Μ, Η, Κ, Λ, Ζ). Αν το σημείο Θ, είναι μέσο των τμημάτων ΑΔ και ΒΓ ενώ το σημείο Ε είναι μέσο των τμημάτων ΓΖ και ΔΗ, να αποδείξετε ότι: α) Το τετράπλευρο ΓΗΖΔ είναι ορθογώνιο. (Μονάδες 0) β) Τα σημεία Β, Δ, Ζ είναι συνευθειακά. (Μονάδες 9) γ) Το τετράπλευρο ΑΓΖΔ είναι παραλληλόγραμμο. (Μονάδες 6) ΛΥΣΗ: α) Παρόμοια το τετράπλευρο ΑΓΔΒ είναι παραλληλόγραμμο αφού οι διαγώνιές του διχοτομούνται, καθώς και ορθογώνιο αφού οι διαγώνιές του είναι ίσες. Επομένως όλες οι γωνίες του, οπότε και η Β Γ ˆ είναι ορθή ( Β Γ ˆ = 90 ). β) Το τετράπλευρό ΓΗΖΔ είναι παραλληλόγραμμο αφού οι διαγώνιοί του διχοτομούνται και ειδικότερα είναι και ορθογώνιο αφού οι διαγώνιές του είναι ίσες. Επομένως όλες οι γωνίες του, άρα και Γ Ζ ˆ είναι ορθή ( Γ Ζ ˆ = 90 ). Τελικά: Β Ζ ˆ = Β Γ ˆ + Γ Ζ ˆ = = 80 Επομένως τα σημεία Β, Δ, Ζ είναι συνευθειακά. γ) Τα ορθογώνια τρίγωνα ΓΑΔ και ΓΔΖ έχουν: Γ κοιν ή ( 3.6 Θεώρημα ΙΙ) είναι ίσα. Α = ΓΖ ( δεδοµ ένα ) Επομένως και ΑΓ=ΔΖ Επιπλέον από τα δεδομένα ΑΔ=ΓΖ. Παρατήρηση: το δεξί κομμάτι του σχήματος που ορίζεται από τα σημεία Μ, Κ και Λ δεν χρειάζεται στην λύση της άσκησης.είναι περισσότερο εικαστικού χαρακτήρα για να δίνει την εικόνα της κρεμάστρας.φυσικά και γι αυτό ισχύουν τα συμπεράσματα που βγάζουμε στην άσκηση για παράδειγμα στο ii τα Β, Δ,Ζ αλλά και Λ συνευθειακά Το ΑΓΖΔ έχει λοιπόν τις απέναντι πλευρές του ανά δύο ίσες, άρα από γνωστό κριτήριο είναι παραλληλόγραμμο. ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΕΛΕΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ 06.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) asepfreedom@yahoo.gr peira.gr 5

16 Σημείωση: Υπάρχουν και άλλες παραλλαγές λύσης του γ) που βασίζονται σε άλλο κριτήριο και στον ορισμό του παραλληλογράμμου αντίστοιχα, αλλά έγραψα αυτόν που νομίζω είναι ο «καλύτερος».) ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΕΛΕΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ 06.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) peira.gr 6