ΜΕΤΡΙΚΕΣ ΣΧΕΣΕΙΣ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

ΑΣΚΗΣΗ 1η ΜΕΤΡΙΚΕΣ ΣΧΕΣΕΙΣ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( A 90 ο ) με γωνία B 30 ο. Προεκτείνουμε την πλευρά ΑΓ κατά τμήμα ΓΔ ΑΓ. Να αποδείξετε ότι: α) γ β 3 β) ΒΔ ΑΒ γ) η ΒΓ διχοτομεί την A BΔ α) Έχουμε: B 30 ο β α β. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ εφαρμόζοντας το πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε: α β + γ (β) β + γ γ 3β άρα γ β 3 β) Αφού ΑΓ β, θα είναι ΓΔ ΑΓ β οπότε ΑΔ β + β 3β. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ εφαρμόζοντας το πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε: ΒΔ ΑΔ + ΑΒ γ + (3β) 3β + 9β 1β Επομένως ΒΔ β 3 γαβ. ο γ) Αφού ΓΒΓΔβ και BΓΑ ˆ 60 θα είναι ˆ ˆ ο Δ ΓΒΔ 30 ΓΒΑ ˆ. Άρα ΒΓ διχοτόμος της ABΔ ˆ.

ΑΣΚΗΣΗ η Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές ΑΒ γ, ΑΓ β, ΒΓ α και η διάμεσος ΑΜ μ α που αντιστοιχεί στη πλευρά ΒΓ. Αν η γωνία Α 60 0 β 7 και γ β, να αποδείξετε ότι μ α. Με τη βοήθεια του νόμου των συνημιτόνων έχουμε: α β +γ -βγσυνα β +γ -βγσυν60 ο β +γ -βγ 1 β +γ βγ Αφού είναι γ β η παραπάνω σχέση γράφεται: α β + (β) - β β + β -β 3β. Επομένως για την διάμεσο μ α του τριγώνου έχουμε: () 3 7 7 άρα μ α

ΑΣΚΗΣΗ 3η Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με υποτείνουσα ΒΓ α και γωνία Γ 15 ο. Να υπολογίσετε τις κάθετες πλευρές β και γ του τριγώνου ως συνάρτηση της υποτείνουσας α. Φέρνουμε την διάμεσο του τριγώνου ΑΜ που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα του. Είναι ΑΜ ΜΓ, συνεπώς το τρίγωνο ΑΜΓ είναι ισοσκελές, και επομένως είναι 1 15 ο και 1 180 ο - 30 ο 150 ο. Ακόμη είναι συν 150 ο συν (180 ο 30 ο ) - συν30 ο - συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΜΓ έχουμε: β άρα είναι β συν 150 ο 3 3, επομένως εφαρμόζοντας τον νόμο των 3 ( 3) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ εφαρμόζοντας το πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε: γ α β α ( 3) - ( 3) 3. Επομένως είναι γ

ΑΣΚΗΣΗ η Δίνεται ορθογώνιο αλλά μη ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ ( A 90 ο ) και η διάμεσός ΑΜ αυτού. Από το σημείο Μ φέρνουμε την κάθετη στην διάμεσο ΑΜ που τέμνει την ευθεία ΑΓ στο σημείο Ε. Να αποδείξετε ότι: ΕΒ + ΕΓ ΕΑ. Στο τρίγωνο ΒΕΓ η ΜΕ είναι διάμεσός του και εφαρμόζοντας το πρώτο θεώρημα των διαμέσων έχουμε: ΕΒ + ΕΓ ΜΕ B + (1) Το τρίγωνο ΑΜΕ είναι ορθογώνιο στο Μ και εφαρμόζοντας το πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε: ΕΑ ΜΑ + ΜΕ, B αλλά ΜΑ, συνεπώς η πυθαγόρεια σχέση γράφεται: ΕΑ +ΜΕ + ΜΕ άρα ΕΑ +ΜΕ () Από τις σχέσεις (1) και () έχουμε: ΕΒ + ΕΓ ΕΑ.

ΑΣΚΗΣΗ 5η Η διάκεντρος των κύκλων (Κ, α) και (Λ, α) έχει μήκος 6α. α) Να υπολογίσετε το μήκος δ της κοινής εξωτερικής εφαπτομένης τους και την οξεία γωνία που σχηματίζει αυτής με τη διάκεντρο. δ β) Αν δ 1 τo μήκος της κοινής εσωτερικής εφαπτομένης τους τότε να αποδείξετε ότι δ1 δ. α) Έστω ΑΒ η κοινή εξωτερική εφαπτομένη των δύο κύκλων. Φέρνουμε την ΛΓΑΚ, τότε το τετράπλευρο ΑΒΛΓ είναι ορθογώνιο και είναι ΒΛ ΑΓ α, οπότε ΓΚ α α 3α. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΚΛΓ είναι ΓΛ ΚΛ - ΚΓ (6α) (3α) 36α -9α 7α επομένως είναι δ ΓΛ α 7 3 3 α. Εξάλλου ΚΛ ˆ ο ˆ ο. ΚΓ ΚΛΓ 30 ΚΜΑ 30 β ) Έστω ΑΒ η κοινή εσωτερική εφαπτομένη των δύο κύκλων. Φέρνουμε την ΛΓΑΚ, τότε το τετράπλευρο ΑΒΛΓ είναι ορθογώνιο και είναι ΒΛ ΑΓ α, οπότε ΓΚ α + α 5α. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΚΓΛ είναι ΓΛ ΚΛ - ΚΓ (6α) (5α) 36α -5α 11α επομένως είναι δ 1 ΓΛ α 11. δ Για να είναι δ1 δ αρκεί α 7 α 11 α 7, δηλαδή 7<<108 που ισχύει.

ΑΣΚΗΣΗ 6η Σε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε την διάμεσό του ΑΜ και το ύψος του ΒΕ. Να αποδείξετε ότι: ΜΑ ΜΒ + ΑΓ ΑΕ. Στο τρίγωνο ΑΒΓ εφαρμόζουμε το πρώτο θεώρημα των διαμέσων: ΑΒ + ΑΓ ΜΑ B + (1) Επειδή <90 ο εφαρμόζοντας το θεώρημα της οξείας γωνίας έχουμε: ΒΓ ΑΒ + ΑΓ ΑΓ ΑΕ () Συνδυάζοντας τις σχέσεις (1) και () έχουμε: ΒΓ ΜΑ B + ΑΓ ΑΕ (3) Αλλά (3) ΜΑ B ΜΑ B + ΑΓ ΑΕ ΜΑ + ΑΓ ΑΕ ΜΑ ΜΒ + ΑΓ ΑΕ + ΑΓ ΑΕ

ΑΣΚΗΣΗ 7η Δίνεται κύκλος (Ο,R) και ΑΒ μια διάμετρός του. Φέρνουμε χορδή ΓΔ//ΑΒ, αν Ρ είναι τυχαίο σημείο της διαμέτρου ΑΒ, να δείξετε ότι ΡΓ + ΡΔ ΡΑ + ΡΒ Έστω Κ το μέσο της χορδής ΓΔ, τότε στο τρίγωνο ΓΡΔ από το 1 ο θεώρημα διαμέσων έχουμε: ΡΓ + ΡΔ ΡΚ + ΡΚ + ΚΔ όμως από τα τρίγωνα ΡΚΟ και ΟΚΔ, έχουμε: ΡΚ ΟΡ + ΟΚ και ΟΚ + ΚΔ ΟΔ Επομένως: ΡΓ + ΡΔ ΡΚ + ΚΔ ΟΡ + ΟΚ +ΚΔ ΟΡ + ΟΔ ΟΡ + R (1) Ακόμη: ΡΑ + ΡΒ (R ΟΡ) + (R + ΟΡ) R + OΡ (). Από (1) και (), έχουμε: ΡΓ + ΡΔ ΡΑ + ΡΒ

ΑΣΚΗΣΗ 8η Δίνεται κύκλος (Ο,R) και ΑΒ μια διάμετρός του. Μια χορδή ΓΔ του κύκλου σχηματίζει με την διάμετρό του ΑΒ γωνία 5 μοιρών. Αν Ρ είναι η τομή των ΑΒ και ΓΔ, να δείξετε ότι: ΡΓ + ΡΔ R Φέρνουμε το απόστημα ΟΜ της χορδής ΓΔ. Το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΜΡ είναι και ισοσκελές, επομένως είναι ΜΡ ΜΟ α. Αφού το σημείο Μ είναι το μέσο της χορδής ΓΔ ισχύει: ΜΔ ΜΓ β και επιπλέον είναι ΡΓ ΜΓ ΜΡ β α. Επομένως έχουμε: ΡΓ + ΡΔ (β α) + (β + α) β αβ + α + β + αβ + α (α + β ) R Εφαρμόζοντας το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΜΟΔ.

ΑΣΚΗΣΗ 9η Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς α, στην προέκταση της πλευράς του ΒΓ παίρνουμε σημείο Δ τέτοιο ώστε ΓΔ ΒΓ. Αν Μ είναι το μέσο της ΑΔ να υπολογίσετε τις πλευρές ΜΓ, ΜΒ του τριγώνου ΜΒΓ καθώς και τα ύψη αυτού, ως συνάρτηση του α. Έχουμε ΜΓ//ΑΒ και ΜΓ AB α. ο Εξάλλου Γˆ Βˆ ο 60, οπότε MΓΒ ˆ 10 και 1 ο MB ΓM ΓΒ ΓΜ ΓΒσυν10 Άρα α 7 ΜΒ. α α 1 7α α α Έστω ΜΜ, ΒΒ, ΓΓ τα ύψη του τριγώνου ΜΒΓ. ΑΑ α 3 Αν ΑΑ το ύψος του ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΓ τότε ΜΜ // ΑΑ και MM. ο Εξάλλου ˆ ˆ α 3 Γ Γ1 60 Γ3 και ΒΓ ΑΓ BB Γ Α Α Γ ΒΒ ΑΑ.. Τέλος: 7α α α 7 ΓΒ ΜΒ ΜΓ ΜΒ ΜΓ α ΜΓ α α α 3α ΜΓ Γ Γ ΓΜ Γ Μ 7 7 8 α 3 Γ Γ. 7

ΑΣΚΗΣΗ 10η Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς α και ο εγγεγραμμένος του κύκλος (O,R). Aν Μ είναι τυχαίο σημείο του κύκλου να αποδείξετε ότι: ΜΑ + ΜΒ + ΜΓ 5 α Ο εγγεγραμμένος κύκλος (Ο, R) εφάπτεται στο μέσο Δ της πλευράς του τριγώνου ΒΓ. Επειδή το τρίγωνο είναι ισόπλευρο, το Ο είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου, επομένως είναι ΟΔ 3 1 ΑΔ και ΟΕ ΟΔ R, τότε θα είναι: ΑΕ ΕΟ ΟΔ R 3 1 ΑΔ (1) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΒ έχουμε: ΑΔ α - α - 3 Άρα ΑΔ 3 1 1 3 3 επομένως από την (1) έχουμε R ΑΔ 3 3 6 και R 1 Στο τρίγωνο ΜΒΓ η ΜΔ είναι διάμεσός του επομένως ΜΒ + ΜΓ ΜΔ + () Στο τρίγωνο ΜΑΟ η ΜΕ είναι διάμεσός του επομένως ΜΑ + ΜΟ ΜΕ AO + ΜΕ (R) + ΜΕ + R άρα ΜΑ + R ΜΕ + R MA ME + R (3) Προσθέτοντας τις σχέσεις () και (3) έχουμε: ΜΑ + ΜΒ + ΜΓ ( ΜΔ + ΜΕ ) + + R ΜΑ + ΜΒ + ΜΓ ( ΜΔ + ΜΕ ) + + () 1 Αλλά στο τρίγωνο ΕΜΔ η ΜΟ R είναι διάμεσός του, επομένως ΜΔ + ΜΕ ΜΟ + R (R) + R 1 3 Επομένως η σχέση () γίνεται:

ΜΑ + ΜΒ + ΜΓ 15 5 + + α. 3 1 1 ΑΣΚΗΣΗ 11η Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με υποτείνουσα ΒΓ και ύψος ΑΔα. Προεκτείνουμε τη ΒΓ κατά τμήμα ΓΕ β. Η παράλληλη από το Α προς την ΒΓ και η παράλληλη από το Ε προς την ΑΔ τέμνονται στο σημείο Ζ. Αν η ΖΕ τέμνει την προέκταση της ΑΓ στο σημείο Η, να αποδείξετε ότι: α) ΑΗ (α + β) β) BH α + (α + β) o α) Έχουμε προφανώς ΔΒ ΔΓ α και Aˆ ˆ 1 A 5. ο Αφού ΓΗΕ ˆ Αˆ 5, τα τρίγωνα ΗΕΓ, ΗΖΑ είναι ορθογώνια και ισοσκελή με ΕΗ ΕΓ β και ΗΖ ΑΖ ΔΕ α + β Άρα: ΑΗ ΑΖ + ΖΗ (α + β) + (α +β) (α + β) ΑΗ (α + β) β) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΒ έχουμε ΑΒ α + α α και εφαρμόζοντας το πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΗ έχουμε: ΒΗ ΑΒ + ΑΗ α + (α + β) ΣΧΟΛΙΟ 1 ο Η παραπάνω άσκηση αποτελεί παραλλαγή της πρότασης 10 του δεύτερου βιβλίου των Στοιχείων του Ευκλείδη και αποδίδεται στους Πυθαγόρειους. Η πρόταση αυτή τους οδήγησε στον ορισμό των πλευρικών και διαμετρικών αριθμών και στην μετέπειτα ανακάλυψη της ασυμμετρίας. ΣΧΟΛΙΟ ο Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΕΗ είναι ΒΕ α + β, επομένως αν εφαρμόσουμε το πυθαγόρειο θεώρημα

έχουμε: ΒΗ (α + β) + β, τότε με βάση το ii) ερώτημα έχουμε την γεωμετρική απόδειξη της αλγεβρικής ταυτότητας : (α + β) + β α +(α +β). ΑΣΚΗΣΗ 1η Δίνεται κύκλος (Ο,R) και ΑΒ μια διάμετρός του. Θεωρούμε σημείο Γ του (Ο,R) τέτοιο ώστε Γ ˆΑ Β30 0 και σημείο Μ της προέκτασης της ΑΒ τέτοιο ώστε ΟΜR. α. Να δείξετε ότι η ΜΓ είναι εφαπτομένη του κύκλου. β. Αν θεωρήσουμε σημείο Κ της ΑΒ με ΓΚ 3R, να δείξετε ότι το ΓΚ είναι κάθετο στην ΑΜ. α. Επειδή Γ ˆ Β 30 0 έχουμε για την αντίστοιχη επίκεντρη γωνία Γˆ Β 60 0. Στο τρίγωνο ΟΓΜ έχουμε: ΓΟ R, OM R και Γˆ Β 60 0. Από νόμο συνημιτόνων προκύπτει: ΓΜ ΟΓ +ΟΜ ΟΓΟΜσυν60 0 ή ΓΜ 3 R. Στο τρίγωνο ΟΜΓ ισχύει: ΟΜ R και ΟΓ +ΓΜ R +3R R δηλαδή ΟΜ ΟΓ +ΓΜ επομένως, από αντίστροφο Πυθαγορείου Θεωρήματος, είναι Οˆ Μ90 0, δηλαδή ΜΓΟΓ. (Άλλος τρόπος για να δείξουμε ότι η ΓΜ εφάπτεται στον κύκλο: ΜΒΜΑR3R3R ΜΓ, επομένως το τμήμα ΜΓ είναι εφαπτόμενο στον κύκλο που ορίζουν τα σημεία Α, Β και Γ από εφαρμογή σελ. 0 σχολικού βιβλίου). β. Αρκεί το Κ να ε ιναι μέσο του ΑΜ. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΓΜ με Οˆ Μ90 0 και Γ ˆ Μ60 0, προκύπτει Γ ˆ Ο30 0. Έτσι, το τρίγωνο ΓΑΜ είναι ισοσκελές με ΑΓ ΓΜ 3 R. Αρκεί να δείξουμε ότι το Κ είναι μέσο της ΑΜ. Από νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΓΚ έχουμε: ΓΚ ΑΓ + ΑΚ ΑΓΑΚσυν30 0 3R 3 3R + ΑΚ 3 RΑΚ 9R 3R ΑΚ 3RAK + 0 ή (ΑΚ ) 0

ΑΚ 3R, δηλαδή το Κ είναι μέσο της ΑΜ ΑΣΚΗΣΗ 13η Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ˆ 90 0 και από τυχαίο σημείο Δ της ΒΓ φέρνουμε την κάθετη στη ΒΓ που τέμνει την ΑΓ στο Η και την ΒΑ στο Ζ. Έστω Μ το σημείο τομής της ΒΗ με την ΖΓ. α. Να δείξετε ότι ΗΑΗΓ ΗΒΗΜ. β. Αν Κ, Λ οι προβολές των Α, Μ αντίστοιχα πάνω στην ΒΓ και ισχύει ΒΚ ΛΓ, να δείξετε ότι το Δ είναι μέσο της ΒΓ. α. Στο τρίγωνο ΔΒΓ, τα ΖΔ και ΓΑ είναι ύψη που τέμνονται στο Η. Άρα το Η είναι ορθόκεντρο του ΔΒΓ, επομένως το ΒΜ είναι ύψος του. Επειδή Β ˆ Γ90 0 Β ˆ Γ, το τετράπλευρο ΒΑΜΓ είναι εγγράψιμο σε κύκλο και οι χορδές ΑΓ, ΒΜ του αντίστοιχου κύκλου τέμνονται στο σημείο Η. Επομένως ΗΑΗΓ ΗΒΗΜ. β. Ισχύει ΚΓ ΚΛ + ΛΓ ΚΛ + ΒΚ ΒΛ (1) Στα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΓ και ΒΜΓ, τα ΑΚ, ΜΛ αντίστοιχα είναι ύψη που αντιστοιχούν στην υποτείνουσα ΒΓ, επομένως: ΑΚ ΒΚΚΓ και ΜΛ ΒΛΛΓ. Η υπόθεση ΒΚ ΛΓ και η (1) μας δίνουν: ΑΚ ΜΛ ή ΑΚ ΜΛ. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΚ και ΜΛΓ είναι ίσα ( ˆ ˆ 90 0, ΑΚ ΜΛ και ΒΚ ΛΓ) επομένως ˆ Γˆ,

δηλαδή το τρίγωνο ΒΖΓ είναι ισοσκελές, άρα το ύψος του ΖΔ είναι και διάμεσος. ΑΣΚΗΣΗ 1η Σε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ τα ύψη του ΒΔ και ΓΕ τέμνονται στο Η. Να δείξετε ότι: ΒΓ ΒΔΒΗ + ΓΕΓΗ Αν ΑΜ είναι το τρίτο ύψος του τριγώνου, έχουμε: Οι γωνίες Δ και Μ είναι παραπληρωματικές, επομένως το τετράπλευρο ΔΗΜΓ είναι εγγράψιμο, συνεπώς ΒΗΒΔ ΒΜΒΓ (1) Ακόμα οι γωνίες Ε και Μ είναι παραπληρωματικές επομένως και το τετράπλευρο ΕΒΜΗ είναι εγγράψιμο, συνεπώς ΓΗΓΕ ΓΜΒΓ () Με πρόσθεση των (1) και () κατά μέλη έχουμε: ΒΔΒΗ + ΓΕΓΗ ΒΜΒΓ + ΓΜΒΓ ΒΓ(ΒΜ + ΓΜ) ΒΓ ΒΓ ΒΓ

ΑΣΚΗΣΗ 15η Δίνονται κύκλοι (Ο,) και (Κ,), με ΟΚ6. Στο σημείο Η της ΟΚ με ΗΚ φέρουμε μια ευθεία ε κάθετη στην ΟΚ και θεωρούμε τυχαίο σημείο της Μ. α. Να βρεθεί η διαφορά ΜΟ ΜΚ β. Να δείξετε ότι οι δυνάμεις του σημείου Μ ως προς τους δύο κύκλους είναι ίσες. Είναι ΟΚ R+ρ + 6 επομένως οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά. Στο τρίγωνο ΜΟΚ, αν Λ είναι το μέσο του ΟΚ, τότε ΗΚ < ΚΛ 3, άρα το Η βρίσκεται μεταξύ των Λ και Κ και η πλευρά ΟΜ είναι μεγαλύτερη της ΜΚ. Επίσης ΗΛ ΚΛ ΗΚ 1. Από το ο θεώρημα διαμέσων έχουμε: ΜΟ ΜΚ ΟΚΛΗ 1. β. Είναι:,) (,) ( (ΜΟ ) ( ΜΚ ) ΜΟ ΜΚ 1 0 άρα,) ( (,)

ΑΣΚΗΣΗ 16η Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με Α 90 0 και ΑΒΑΓ. Αν Ν το μέσο της διαμέσου ΑΜ και Κ σημείο της ΒΓ με ΒΚ 3 ΒΓ, να δείξετε ότι το τρίγωνο ΓΝΚ είναι ορθογώνιο. 8 Η ΑΜ είναι διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα ΒΓ του ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ, άρα: ΑΜ. Έτσι, ΜΝ και ΜΚ ΜΒ ΚΒ 3 8. 8 Επίσης, ΒΓ ΑΒ +ΑΓ ή ΒΓ ΑΓ (1) Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές επομένως η διάμεσος ΑΜ είναι και ύψος του. Έτσι, το τρίγωνο ΝΜΚ είναι ορθογώνιο με ˆ 90 0, οπότε από Πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε: ΝΚ ΝΜ +ΜΚ + 8 5 6 Από το τρίγωνο ΑΜΓ, με εφαρμογή του 1 ου θ. διαμέσων έχουμε: ΓΝ ΓΜ ΑΓ ΑΜ ΒΓ ΒΓ ΒΓ Άρα 5 ΒΓ 16 ΒΓ ΒΓ ΑΓ. (από την (1)) ΓΝ + ΝΚ 5 ΒΓ 6 + 5 ΒΓ 16 και ΓΚ ΓΜ + ΜΚ ΒΓ + ΒΓ 5 ΒΓ 6 8 5 ΒΓ 8 ή

ΓΚ 5 ΓΝ + ΝΚ, 6 δηλαδή ΓΝΚ είναι ορθογώνιο με Nˆ 90 0. ΑΣΚΗΣΗ 17η Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς α και τα τόξα ΑΓ και ΒΔ των κύκλων (Δ, α) και (Α, α). Να δείξετε ότι η ακτίνα R του κύκλου που εφάπτεται στα τόξα ΑΓ, ΒΔ και στην πλευρά ΑΔ του τετραγώνου είναι ίση με α/6. Φέρνουμε την ΕΚ κάθετη στην ΑΔ. Είναι ΒΕ α + R και ΑΕ α R αφού τα ζεύγη των κύκλων (Β, α), (Ε, R) και (Α, α), (Ε, R) εφάπτονται εξωτερικά και εσωτερικά αντίστοιχα. Επίσης η ΕΚ που είναι κάθετη στην ΑΔ εφάπτεται στον κύκλο (Ε,R). Αν Ν η προβολή του Ε στην ΑΒ, προκύπτει ΑΝR. Από το γενικευμένο Πυθ. θεώρημα στο τρίγωνο ΑΕΒ έχουμε: ΕΒ ΕΑ +ΑΒ ΑΒΑΝ (α + R) (α R) + α α R α 6α R 0 αφού α 0 έχουμε Δεύτερη Λύση Στο ΑΚΕ: συν(90 φ)ημφ R α R. Από νόμο συνημιτόνων στο ΑΕΒ: ΕΒ ΕΑ +ΑΒ ΑΕΑΒσυν(90 φ)

ΑΣΚΗΣΗ 18η Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒC, Δ είναι το μέσο της υποτείνουσας του ΒC και Ε το μέσο της ΒΔ. Να βρείτε την ΑΕ ως συνάρτηση των πλευρών α, β και c του τριγώνου ABC με Stewart Είναι a BE και CE 3 a. Από το θεώρημα του Stewart έχουμε BE b CE c a AE a BE CE, οπότε μετά τις αντικαταστάσεις των BE, CE και επειδή ισχύει από το Πυθαγόρειο Θεώρημα a b c, βρίσκουμε με ομοιότητα AE b 9c. Φέρω την προβολή EF στην AB. Τα τρίγωνα BFE, BAC είναι όμοια με λόγο ομοιότητας 1, οπότε b c FE, BF και c 3 c AF c. Από Πυθαγόρειο στο τρίγωνο AFE παίρνουμε: AE b 9c.

με δύναμη σημείου ως προς κύκλο Αν Κ το σημείο τομής του κύκλου με την ΑΒ τότε επειδή η διάμεσος ΚΕ ισούται με το μισό της αντίστοιχης πλευράς. Έτσι Κ μέσο της ΑΒ επειδή Δ μέσο της ΒΓ και ΔΚ//ΑΓ, άρα Α εξωτερικό σημείο του κύκλου, έτσι: AB AK AE R BE KE, δηλαδή το τρίγωνο ΒΚΔ είναι ορθογώνιο c AK. c c AE 16 AE c b c 16 AE 9c b Με θεώρημα διαμέσων Είναι a AD DB, και η AE είναι διάμεσος δηλαδή AE a a c απ' όπου 8 c a 8 c c b 9 c AE AE b 16 16

με πυθαγόρειο Έστω Z η προβολή του E επί της AC και έχουμε EZ AB AC AZ ( λόγω BC BE ). Άρα, ( AE) ( AZ) ( EZ) ( AZ ) ( EC) ( ZC) ( EC) ( AZ ZC) ( ZC AZ) 9a b 9b 9c 8b b 9c ( AE) 16 16 16 AE b 9c με αναλυτική γεωμετρία Με τον συνήθη συμβολισμό έστω A(0,0), B(0, b), C( c,0) c b D μέσο του BC άρα D, E μέσο του BD άρα c b 0 b c 3b E,, c 3 9 9 0 b 0 c b c AE b κι επειδή θεώρησα πως AB b και AC c, εναλλάσσοντας στον τελικό τύπο τις θέσεις των c, b έχουμε τον ζητούμενο τύπο AE b 9c

με διανύσματα Έστω AB c, AC b και AE x 1 1 b c b 3c Είναι BE BC και BE BC, άρα BE BC x c x. Άρα b 6 b c 9 c b 9c AE x 16, αφού b c και b b, c c με τριγωνομετρία Είναι συνβ c a (1) Από ν. συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΕΒ είναι: AE AB BE AB BE B 1 a a c 16 a AE c c AE 8c a a b c 16 AE b 9c ΚΑΡΔΑΜΙΤΣΗΣ ΣΠΥΡΟΣ Μc. D Μεθοδολογίας και Διδακτικής Των Μαθηματικών