ÊåöÜëáéï 9 ï ÌåôñéêÝò ó Ýóåéò Ο µαθητής που έχει µελετήσει την ενότητα των µετρικών σχέσεων θα πρέπει να είναι σε θέση: Να γνωρίζει και να εφαρµόζει τις µετρικές σχέσεις: στα ορθογώνια τρίγωνα σε τυχαία τρίγωνα γενίκευση Πυθαγορείου θεωρήµατος στον κύκλο θεωρήµατα διαµέσων Να χρησιµοποιεί τους παραπάνω τύπους για να υπολογίζει τις πλευρές, τις διαµέσους και άλλα στοιχεία ενός τριγώνου. Να αναγνωρίζει το είδος του τριγώνου ως προς τις γωνίες του (αµβλυγώνιο κ.τ.λ.) όταν δίνονται οι τρεις πλευρές του. Να εφαρµόζει τους τύπους για τις τέµνουσες κύκλου καθώς και τις ιδιότητες των εγγράψιµων τετραπλεύρων.
0. Τύποι - Βασικές έννοιες ΜΕΤΡΙΚΕΣ ΣΧΕΣΕΙΣ: Τύποι - Βασικές έννοιες Σε ορθογώνιο τρίγωνο. ΒΓ υποτείνουσα Α ύψος Γ προβολή του ΑΓ στην υποτείνουσα Β προβολή του ΑΒ στην υποτείνουσα Θεώρηµα Ι Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο το τετράγωνο µιας κάθετης πλευράς του είναι ίσο µε το γινόµενο της υποτείνουσας επί την προβολή της πλευράς αυτής στην υποτείνουσα. Πόρισµα Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο ο λόγος των τετραγώνων των καθέτων πλευρών του είναι ίσος µε το λόγο των προβολών τους επάνω στην υποτείνουσα. Θεώρηµα ΙΙ (Πυθαγόρειο Θεώρηµα) Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο, το άθροισµα των τετραγώνων των καθέτων πλευρών του είναι ίσο µε το τετράγωνο της υποτείνουσας Θεώρηµα ΙΙΙ (Αντίστροφο του Πυθαγορείου) Αν σε κάποιο τρίγωνο το τετράγωνο της µεγαλύτερης πλευράς του είναι ίσο µε το άθροισµα των τετραγώνων των δύο άλλων πλευρών του, τότε το τρίγωνο είναι ορθογώνιο µε υποτείνουσα την µεγαλύτερη πλευρά. Θεώρηµα ΙV Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο το τετράγωνο του ύψους που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα είναι ίσο µε το γινόµενο των προβολών των καθέτων πλευρών του στην υποτείνουσα. Βασικές Εφαρµογές Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο αν υ α είναι το ύψος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα ισχύει: AB = BΓ Β (γ = α Β ) ΑΓ = ΒΓ Γ (β = α Γ ) ΑΒ + ΑΓ = ΒΓ ή γ + β = α Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ, η α = ΒΓ είναι η µεγαλύτερη πλευρά και α = β + γ τότε 0 Αˆ = 90 Α = Β Γ β β γ Γ = Β + γ = υ β γ = αυ α α
Τύποι - Βασικές έννοιες. Μετρικές σχέσεις σε τυχαίο τρίγωνο. Θεώρηµα I (Γενίκευση του Πυθαγορείου θεωρήµατος για πλευρά που βρίσκεται απέναντι από οξεία γωνία) Το τετράγωνο πλευράς τριγώνου, που βρίσκεται A απέναντι από οξεία γωνία, είναι ίσο µε το ά- θροισµα των τετραγώνων των δύο άλλων πλευρών ã â του, ελαττωµένο κατά το διπλάσιο γινόµενο της µιας από αυτές, επί την προβολή της άλλης επάνω σε αυτήν. B á Για παράδειγµα: α = β + γ β Α Θεώρηµα II (Γενίκευση του Πυθαγορείου θεωρήµατος για πλευρά που βρίσκεται απέναντι από αµβλεία γωνία) Το τετράγωνο πλευράς τριγώνου που βρίσκεται απέναντι από αµβλεία γωνία είναι ίσο µε το ά- θροισµα των τετραγώνων των δύο άλλων πλευρών, αυξηµένο κατά το διπλάσιο γινόµενο της µιας από αυτές, επί την προβολή της άλλης πάνω σ αυτήν. B ã á A â Για παράδειγµα: α = β + γ + β Α Πόρισµα L i. α > β + γ Αˆ > ii. ˆ L α = β + γ Α= iii. α < β + γ Αˆ < L Νόµος Συνηµιτόνων Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: α = β + γ βγσυνα, β = α + γ αγσυνβ, γ = α + β αβσυνγ Θεώρηµα III ( ο θεώρηµα διαµέσων) Το άθροισµα των τετραγώνων δύο πλευρών τριγώνου, ισούται µε το διπλάσιο του τετραγώνου της διαµέσου, που περιέχεται µεταξύ των πλευρών αυτών, αυξηµένο κατά το µισό του τετραγώνου της τρίτης πλευράς. ã õ á A ì á â Για παράδειγµα: α β + γ = µ + α B M
. Τύποι - Βασικές έννοιες Θεώρηµα IV ( ο θεώρηµα διαµέσων) Η διαφορά των τετραγώνων των δύο πλευρών ενός τριγώνου, ισούται µε το διπλάσιο γινόµενο της τρίτης πλευράς, επί την προβολή της αντίστοιχης δια- µέσου στην πλευρά αυτή. Για παράδειγµα: β - γ = α Μ (β > γ) Τύποι διαµέσων: µ α β + γ α = 4 µ β α + γ β = 4 µ γ α + β γ = 4 Θεώρηµα I Μετρικές σχέσεις σε κύκλο. A ä P B A O B ä P Αν οι χορδές ΑΒ και Γ ενός κύκλου ή οι προεκτάσεις τους, τέµνονται σ' ένα σηµείο Ρ, τότε ισχύει: ΡΑ. ΡΒ = ΡΓ. Ρ Εφαρµογή (αντίστροφο του θεωρήµατος Ι) Αν δύο ευθύγραµµα τµήµατα ΑΒ και Γ ή οι προεκτάσεις τους τέµνονται σε ένα σηµείο Ρ έτσι ώστε: ΡΑ. ΡΒ = ΡΓ. Ρ, τότε το τετράπλευρο µε κορυφές τα σηµεία Α, Β, Γ και είναι εγγράψιµο. Παρατήρηση Αν το σηµείο Ρ βρίσκεται εντός του κύκλου τότε είναι: ΡΑ. ΡΒ = R - δ όπου δ = ΟΡ (Ο το κέντρο του κύκλου) και R η ακτίνα του κύκλου. Aν το σηµείο Ρ βρίσκεται εκτός του κύκλου τότε: ΡΑ. ΡΒ = δ - R
Τύποι - Βασικές έννοιες 3. Θεώρηµα ΙΙ Αν από ένα εξωτερικό σηµείο Ρ κύκλου (O,R), φέρουµε εφαπτόµενο τµήµα ΡΕ και µία ευθεία που τέµνει τον κύκλο στα σηµεία Α και Β, ισχύει: ΡΕ = ΡΑ ΡΒ O E A P Εφαρµογή (αντίστροφο του θεωρήµατος ΙΙ) Αν θεωρήσουµε ευθεία ε και τρία σηµεία της Ρ, Α, Β, όπου το σηµείο Ρ βρίσκεται εκτός του τµήµατος ΑΒ και ένα σηµείο Ε εκτός της ε τέτοιο ώστε να ισχύει: ΡΕ = ΡΑ. ΡΒ, το τµήµα ΡΕ είναι εφαπτόµενο στον κύκλο που ορίζουν τα σηµεία Α, Β, Ε. Ορισµός Έστω Ρ σηµείο του επιπέδου του κύκλου (O,R), µε δ = ΟΡ. Η διαφορά δ - R λέγεται δύναµη του σηµείου Ρ ως προς τον κύκλο (Ο,R) και συµβολίζεται Ρ (Ο,R). Ρ Είναι ( Ο, R ) = δ R Παρατήρηση Το πρόσηµο του αριθµού δ - R καθορίζει τη θέση του Ρ ως προς τον κύκλο. Συγκεκριµένα: α. Αν το σηµείο Ρ βρίσκεται εντός του κύκλου είναι: Ρ < 0 (Ο,R) β. Αν το σηµείο Ρ βρίσκεται εκτός του κύκλου είναι: Ρ > 0 (Ο,R) γ. Αν το σηµείο Ρ είναι σηµείο του κύκλου είναι: Ρ = 0 (Ο,R) δ. Αν το σηµείο Ρ συµπίπτει µε το κέντρο του κύκλου είναι: Ρ = (Ο,R) R B
4. Βήµα ο Μαθαίνουµε τις αποδείξεις ÂÞìá Ìáèáßíïõìå ôéò áðïäåßîåéò Θεώρηµα Απόδειξη Έστω τρίγωνο ΑΒΓ ( ˆΑ= L ). Φέρνουµε το ύψος Α. Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο, το τετράγωνο µιας κάθετης πλευράς είναι ίσο µε το γινόµενο της υποτείνουσας επί την προβολή της πλευράς αυτής στην υποτείνουσα. Θα αποδείξουµε ότι AΓ = ΒΓ Γ () Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΓ είναι όµοια αφού έχουν: ˆ ˆ L Α= = και ˆΓ κοινή ( γωνίες ίσες). Εποµένως έχουν τις πλευρές τους ανάλογες: ΑΓ ΒΓ Γ ΑΓ Οµοίως αποδεικνύεται ότι: ΑΒ ΑΓ ΒΓ Γ = = = ΒΓ Β Γενικά λοιπόν ισχύει: β = α Γ ( ) και γ = α Β () 3 ã Á Â â Πόρισµα Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο ο λόγος των τετραγώνων των καθέτων πλευρών του είναι ίσος µε το λόγο των προβολών τους στην υποτείνουσά του. Απόδειξη β α Γ β Γ ιαιρούµε τις σχέσεις () και (3) κατά µέλη: = = γ α Β γ Β Θεώρηµα (Πυθαγόρειο θεώρηµα) Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο το τετράγωνο της υποτείνουσας ισούται µε το άθροισµα των τετραγώνων των δύο καθέτων πλευρών του.
Μαθαίνουµε τις αποδείξεις Βήµα ο 5. Απόδειξη Θέλουµε να αποδείξουµε ότι: Â AB + AΓ = ΒΓ ή α = β + γ Σύµφωνα µε το προηγούµενο θεώρηµα έχουµε: ΑΒ = ΒΓ Β και ΑΓ = ΒΓ Γ. Με πρόσθεση των ισοτήτων κατά µέλη προκύπτει ότι: ( ) ΑΒ + ΑΓ = ΒΓ Β + ΒΓ Γ = ΒΓ Β + Γ = ã Á â =ΒΓ ΒΓ=ΒΓ Θεώρηµα 3 Απόδειξη (Αντίστροφο του Πυθαγορείου) Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: AB + AΓ = BΓ, τότε η γωνία ˆΑ είναι ορθή. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ στο οποίο ισχύει: AB + AΓ = BΓ () Παίρνουµε ορθή γωνία xoy ˆ και στις πλευρές της Οx και Οy παίρνουµε αντίστοιχα σηµεία Κ, Λ έτσι ώστε OK = AB και OΛ = ΑΓ. () Αφού το τρίγωνο ΚΟΛ είναι ορθογώνιο, ισχύει το Πυθαγόρειο Θεώρηµα: () () ΚΛ = ΟΚ + ΟΛ ΚΛ = ΑΒ + ΑΓ ΚΛ = ΒΓ ΚΛ = ΒΓ Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΛΟΚ είναι ίσα αφού έχουν και τις τρεις πλευρές ίσες. Εποµένως έχουν και τις γωνίες τους ίσες, δηλαδή Αˆ = Oˆ = L. A B y Ï Ë Ê x Θεώρηµα 4 Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο, το τετράγωνο του ύψους που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα, ισούται µε το γινόµενο των προβολών των καθέτων πλευρών του στην υποτείνουσα. Απόδειξη Έστω ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και το ύψος του Α. Θα δείξουµε ότι: Α = Β Γ
6. Βήµα ο Μαθαίνουµε τις αποδείξεις Συγκρίνουµε τα τρίγωνα ΑΒ και ΑΓ. Είναι όµοια αφού L έχουν: ˆ ˆ = = και Α ˆ ˆ = Β (έχουν τις πλευρές τους κάθετες ή δίνοντας µια άλλη αιτιολόγηση: είναι συµπληρωµατικές της γωνίας ˆΓ ) Εποµένως οι πλευρές τους είναι ανάλογες: Α Β Γ Α Α Β Γ = = A B ΜΕΤΡΙΚΕΣ ΣΧΕΣΕΙΣ ΣΕ ΤΥΧΑΙΟ ΤΡΙΓΩΝΟ Θεώρηµα Απόδειξη (Γενίκευση του Πυθαγορείου Θεωρήµατος) Το τετράγωνο πλευράς τριγώνου που βρίσκεται απέναντι από οξεία γωνία, είναι ίσο µε το άθροισµα των τετραγώνων των δύο άλλων πλευρών του, ελαττωµένο κατά το διπλάσιο γινόµενο της µίας από αυτές, επί την προβολή της άλλης πάνω σε αυτή. Στα ορθογώνια τρίγωνα ΒΓ, ΒΑ εφαρµόζουµε το Πυθαγόρειο θεώρηµα αντίστοιχα: α = Β + Γ και Β = γ Α. Επειδή είναι ˆΑ< τα σηµεία, Γ βρίσκονται προς το ίδιο µέρος του Α και ειδικότερα: αν ˆΓ< το είναι µεταξύ των Α, Γ, οπότε Γ = β Α. (σχ. α) αν ˆΓ> το Γ είναι µεταξύ των Α,, οπότε Γ = Α β. (σχ. β) Από τις δύο τελευταίες ισότητες προκύπτει ότι: ( ) Γ β Α β Α β Α = = + Με αντικατάσταση αυτής της σχέσης και της Β = γ Α στην προκύπτει ότι: α = Β + Γ
Μαθαίνουµε τις αποδείξεις Βήµα ο 7. α = γ Α + β + Α β Α = β + γ β Α, δηλαδή η ζητούµενη ισότητα. Aν τέλος ˆΓ=, το συµπίπτει µε το Γ και το ορθογώνιο τρίγωνο ΓΑΒ δίνει α = γ β που γράφεται α = γ + β β Α, αφού Α = β. Θεώρηµα Απόδειξη Χωρίς απόδειξη Το τετράγωνο πλευράς τριγώνου που βρίσκεται απέναντι από αµβλεία γωνία ισούται µε το άθροισµα των τετραγώνων των δύο άλλων πλευρών του, αυξηµένο κατά το διπλάσιο γινόµενο της µιας από αυτές επί την προβολή της άλλης σε αυτήν. Πόρισµα Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύουν οι ισοδυναµίες: L Ι. α > β + γ Αˆ > α = β + γ Αˆ = ΙΙ. L α < β + γ. Σύµφωνα µε τη γενίκευση του Πυ- L ΙΙΙ. α < β + γ Αˆ < Απόδειξη της ΙΙΙ. Αποδεικνύουµε ότι αν ˆΑ< L τότε θαγορείου θεωρήµατος, αφού ˆΑ L < ισχύει Απόδειξη του αντιστρόφου: Αν α < β + γ τότε ˆΑ< L. Θα εργαστούµε µε απαγωγή σε άτοπο: Έστω ότι η ˆΑ δεν είναι οξεία. Ας υποθέσουµε ότι ˆΑ> L. Τότε σύµφωνα µε το Ι. του πορίσµατος, θα ήταν α > β + γ, άτοπο γιατί έχουµε α = β + γ βα, άρα: ότι α < β + γ. Οµοίως καταλήγουµε σε άτοπο αν υποθέσουµε ότι Τελικά ˆΑ L <. α < β + γ ˆΑ L =.
8. Βήµα ο Μαθαίνουµε τις αποδείξεις ΝΟΜΟΣ ΣΥΝΗΜΙΤΟΝΩΝ Σύµφωνα µε τη γενίκευση του Πυθαγορείου θεωρήµατος έχουµε: γ = α + β α Γ () Είναι: συνγ = Γ Γ = β συνγ ( ) β Αντικαθιστούµε στην () το Γ από τη () και έχουµε: γ = α + β αβσυνγ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΑΜΕΣΩΝ Θεώρηµα ( ο θεώρηµα διαµέσων) Το άθροισµα των τετραγώνων δύο πλευρών ενός τριγώνου, ισούται µε το διπλάσιο του τετραγώνου της διαµέσου, που περιέχεται µεταξύ των πλευρών αυτών, αυξηµένο κατά το µισό του τετραγώνου της τρίτης πλευράς. Απόδειξη Έστω τρίγωνο ΑΒΓ, η διάµεσος ΑΜ = µ α και το ύψος Α. Αν ΑΓ > ΑΒ, τότε το ίχνος του υ α βρίσκεται µεταξύ των σηµείων Β, Μ οπότε ΑΜΓ ˆ > και ΑΜΒ ˆ <. Εφαρµόζουµε το θεώρηµα αµβλείας γωνίας στο τρίγωνο ΑΜΓ και το θεώρηµα οξείας γωνίας στο τρίγωνο ΑΜΒ. Τότε θα έχουµε ότι: β = ΑΜ + ΜΓ + ΜΓ Μ () γ = ΑΜ + ΜΒ ΜΒ Μ () Προσθέτουµε τις (), () κατά µέλη και έχουµε: α α β + γ = ΑΜ + ΜΓ + ΜΒ (αφού ΜΒ = ΜΓ) β + γ = µ α + + α β γ µ α 4 + = + α β + γ = µ α + Θεώρηµα Απόδειξη Η διαφορά των τετραγώνων δύο πλευρών ενός τριγώνου ισούται µε το διπλάσιο γινόµενο της τρίτης πλευράς επί την προβολή της αντίστοιχης διαµέσου πάνω στην πλευρά αυτή.
Μαθαίνουµε τις αποδείξεις Βήµα ο 9. Έστω ΑΓ > ΑΒ. Αφαιρούµε κατά µέλη τις σχέσεις (), () του προηγούµενου θεωρήµατος: α α β γ = ΜΓ Μ+ ΜΒ Μ β γ = Μ+ Μ β γ = α Μ Θεώρηµα Απόδειξη ΜΕΤΡΙΚΕΣ ΣΧΕΣΕΙΣ ΣΕ ΚΥΚΛΟ Αν δύο χορδές ΑΒ, Γ ή οι προεκτάσεις τους τέµνονται σε σηµείο Ρ, τότε ισχύει: ΡΑ ΡΒ = ΡΓ Ρ B A Ñ A (ó. ) Ñ Â ( ó. ) Τα τρίγωνα ΡΑΓ και ΡΒ είναι όµοια αφού: Στο σχ. : ˆΡ κοινή ˆΒ= Γ (Το τετράπλευρο ΑΒ Γ είναι εγγράψιµο και η γωνία του Β ισούται µε την απέναντι εξωτερική γωνία Γ ) και στο σχ. : Ρ = Ρ (κατακορυφήν) ˆΒ= Γ (εγγεγραµµένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο) ΡΑ ΡΓ Εποµένως: = ΡΑ ΡΒ = ΡΓ Ρ Ρ ΡΒ Θεώρηµα Αν από εξωτερικό σηµείο Ρ κύκλου (O,R) φέρουµε το εφαπτόµενο τµήµα ΡΕ και µία ευθεία τέµνουσα του κύκλου στα σηµεία Α, Β τότε ισχύει: i. ΡΑ ΡΒ = δ R (όπου δ= ΟΡ ) ii. ΡΑ ΡΒ = ΡΕ
0. Βήµα ο Μαθαίνουµε τις αποδείξεις Απόδειξη Å Ñ ä Á Ï R Â Φέρνουµε την τέµνουσα του κύκλου ΡΟ η οποία τον τέµνει στα Γ και. Είναι: ΡΑ ΡΒ = ΡΓ Ρ = ( δ R)( δ + R ). Άρα ΡΑ ΡΒ = δ R () Το τρίγωνο ΡΟΕ είναι ορθογώνιο στο Ε ( αφού η ακτίνα είναι κάθετη στην εφαπτό- µενη). Εφαρµόζουµε το Πυθαγόρειο θεώρηµα και έχουµε: PE = PO OE PE = δ R () Από () και () προκύπτει: ΡΑ ΡΒ = ΡE
Επαναλαµβάνουµε τις ασκήσεις κλειδιά Βήµα ο. ÂÞìá ÂÞìá ÅðáíáëáìâÜíïõìå ôéò áóêþóåéò "êëåéäéü" Α. Από το σχολικό βιβλίο ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β ΛΥΚΕΙΟΥ έκδοση 003. σ. 85: Ερωτήσεις Κατανόησης σ. 86: Αποδεικτικές Ασκήσεις,,3,5 σ. 94: Ερωτήσεις Κατανόησης σ. 94: Ασκήσεις Εµπέδωσης,, 3 σ. 94: Αποδεικτικές Ασκήσεις,, 3, 4, 5, 6 σ. 98: Ασκήσεις Εµπέδωσης, 3, 4 σ. 98: Αποδεικτικές Ασκήσεις, 3, 4, 5 σ. 03: Ασκήσεις Εµπέδωσης, 3, 4 σ. 04: Αποδεικτικές Ασκήσεις 3, 4, 5 σ. 04: Σύνθετα Θέµατα,, 3
. Βήµα 3 ο Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις ÂÞìá 3 ÂÞìá ÂÞìá Ëýíïõìå ðåñéóóüôåñåò áóêþóåéò. Τα µήκη των πλευρών ενός ορθογωνίου ΑΒΓ έχουν λόγο. Να δείξετε ότι οι προβολές των κορυφών Α και Γ στη διαγώνιο Β, διαιρούν τη διαγώνιο αυτή σε 3 ίσα τµήµατα. ΑΒ Ισχύει = Α. Συνεπώς αν θέσουµε Α = α, προκύπτει ΑΒ = α. Στο τρίγωνο Α Β είναι: Α = Ε Β α = Ε Β () Από Πυθαγόρειο θεώρηµα στο τρίγωνο Α Β έχουµε: ( ) Β = α + α Β = 3α Β = α 3 () Á Å á Æ Â á Από τις () και () έχουµε: α = Ε α 3, εποµένως: Οµοίως στο ΒΓ έχουµε: ΒΓ = ΖΒ Β α = ΖΒ α 3 Συνεπώς θα είναι και α α α 3 Β Ε = = = = α 3 3 3 3 α α 3 Β ΖΒ = ΖΒ α 3 = 3 = 3. Β ΕΖ = εποµένως Ε = ΕΖ = ΖΒ. 3. Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ˆ Ο (Α=90 )δίνονται: Να υπολογιστούν οι γωνίες ˆΒ και ˆΓ καθώς και το ύψος υα µ α = λ και β=λ 3
Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις Βήµα 3 ο 3. Ισχύει ΒΓ = µ α = λ. Από το Πυθαγόρειο θεώρηµα έχουµε: ΑΒ = ( λ) ( λ 3) = λ. Άρα ΒΓ ΑΒ = λ =, εποµέ- νως Γ= ˆ 30 Ο και Β= ˆ 60 ο. ë Ì β γ λ 3 λ λ 3 Ακόµα β γ = α υα υα = = =. α λ A õ á B 3. Έστω ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ˆ Ο (Α=90 ). Να αποδείξετε ότι 3 µ +µ +µ = α α β γ. Στο ΑΕΓ από το Πυθαγόρειο θεώρηµα έχουµε: ΓΕ = ΑΓ + ΑΕ δηλαδή: γ γ γ = + γ = + µ β µ β 4 () Επίσης στο ΑΖΒ από το Πυθαγόρειο θεώρηµα έχου- µε: ΒΖ = ΑΒ + ΑΖ δηλαδή: β β β = + β = + µ γ µ γ 4 () α α Τέλος µ α = µ α = (3). Από (), () και (3) έχουµε: 4 α + β + γ α 6α 3α µ µ µ β γ α 4 4 4 (χρησιµοποιήθηκε ότι β + γ = α ). α + β + γ = + + = + = = 4. Θεωρούµε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ˆ Ο (Α=90 )και Α το ύψος του. Αν Ε και Ζ είναι οι προβολές του στις ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα να δείξετε 3 ότι Α = ΒΓ Ζ Ε
4. Βήµα 3 ο Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις Στο Α Β ισχύει: Α Β = Ε ΑΒ () Στο Α Γ ισχύει: Α Γ = Ζ ΑΓ () Από (),() έχουµε: Α Β Γ = Ε Ζ ΑΒ ΑΓ Όµως Β Γ = Α και ΑΒ ΑΓ = Α ΒΓ Æ Άρα: Α Α = Ε Ζ Α ΒΓ 3 και τελικά: Α = Ε Ζ ΒΓ Á Å Â 5. Να βρείτε το είδος του τριγώνου του οποίου οι πλευρές γ, β, α είναι ανάλογες προς τους αριθµούς 4, 5, 6 αντίστοιχα. Αν Α είναι η προβολή της γ πάνω στη β, να αποδείξετε ότι: Α = α+β+γ 30 Ισχύει ότι: γ = β = α = λ. Άρα γ = 4λ, β = 5λ, α = 6λ. 4 5 6 Είναι: α = 36λ β + γ = 5λ + 6λ = 4λ Εποµένως α < β + γ A< 90 ˆ δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι οξυγώνιο (αφού η ˆΑ είναι η µεγαλύτερη γωνία). Ισχύει ότι ˆ Α< 90 Εποµένως Επίσης: Συνεπώς: άρα: α = β + γ β Α 36λ = 4λ 0λ Α λ Α = α+ β+ γ 6λ+ 5λ+ 4λ 5λ λ = = =. 30 30 30 α+ β+ γ Α = 30 6. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ στο οποίο ισχύει η σχέση Να υπολογιστεί η γωνία ˆΑ. α =β +γ +βγ 3 ().
Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις Βήµα 3 ο 5. Ισχύει β + γ + βγ 3 > β + γ, εποµένως: α > β + γ Α> 90 ηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι αµβλυγώνιο στο Α. Ισχύει α = β + γ + γ Α (). Από () και () προκύπτει: ˆ β + γ + γ Α = β + γ + βγ 3 β 3 Α = 3β β Από Πυθαγόρειο θεώρηµα στο τρίγωνο Α Γ έχουµε: Γ = ΑΓ Α = β = 4 4 Άρα β Γ = δηλαδή Α ˆ = 30 ˆ Α= 50 â á Á ã Â 7. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραµµένο σε κύκλο (O,R) µε ΑΒ = γ, ΑΓ = β, o ΒΓ = α, β = α + γ + αγ () και ˆΓ=30. Αν η εφαπτοµένη στο Α τέµνει τη ΒΓ στο να δείξετε ότι: o α. ˆΒ = 0 o β. Α Β ˆ = 90 γ. β 3 =α+γ α. Aπό () β = α + γ + αγ> α + γ β > α + γ δηλαδή ˆΒ> 90 A Εφαρµόζοντας νόµο συνηµιτόνων στο ΑΒΓ έχουµε â () α + γ β αγ ã συνβ = = συνβ = αγ αγ. Â á Επειδή 0 < Βˆ < 80, είναι ˆΒ = 0. β. Η Α εφαπτοµένη οπότε ΑΒ ˆ = Γ ˆ (γωνία από χορδή και εφαπτοµένη) άρα ΑΒ ˆ = 30. Ακόµα ΑΒΓ ˆ εξωτερική του Α Β, άρα ΑΒΓ ˆ = ΑΒ ˆ + Α Β ˆ δηλαδή 0 = 30 + Α Β ˆ Α Β ˆ = 90 γ. Το Α Γ είναι ορθογώνιο µε Γ= ˆ 30 οπότε β Α =
6. Βήµα 3 ο Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις Ακόµα Στο Β Α ορθογώνιο µε ˆ 30 ΑΒ = οπότε Α Γ από Πυθαγόρειο θεώρηµα: γ 3β γ 3β + α = + α= 4 γ Β = β γ Α + Γ = ΑΓ + + α = β γ+ α= 3β 8. ίνεται τρίγωνο ΑΒΓ µε ΑΓ > ΒΓ > ΑΒ. Αν Κ, ΛΕ και ΜΖ είναι οι προβολές των διαµέσων µ α, µ β και µ γ πάνω στις πλευρές α, β και γ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι: Κ ΒΓ=ΛΕ ΑΓ+ΜΖ ΑΒ Από το ο θεώρηµα διαµέσων ισχύουν: ΑΓ ΑΒ = Κ ΒΓ () ΒΓ ΑΒ = ΛΕ ΑΓ () ΑΓ ΒΓ = ΜΖ ΑΒ () 3 Με πρόσθεση κατα µέλη των () και (3) έχουµε Ì Æ Á Å Ë ΒΓ ΑΒ + ΑΓ ΒΓ = ΛΕ ΑΓ + ΜΖ ΑΒ Â ΑΓ ΑΒ = ΛΕ ΑΓ + ΜΖ ΑΒ και λόγω της () παίρνουµε: Κ ΒΓ= ΛΕ ΑΓ+ ΜΖ ΑΒ Ê 9. ίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και οι διάµεσοι του ΑΜ και ΒΚ. Να δείξετε ότι α. ( ΑΓ + ΒΓ + 4ΑΒ = 4 ΑΜ + ΒΚ ) β. ( ) ( 3 ΑΓ - ΒΓ = 4 ΑΜ - ΒΚ ) Á Γνωρίζουµε ότι: Ê β + γ α µ α = 4µ α = β + γ α () 4 Â Ì
Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις Βήµα 3 ο 7. α + γ β µ β = 4µ β = α + γ β () 4 α. Με πρόσθεση κατά µέλη των () και () προκύπτει το ζητούµενο ( ) ( ) α β 4 µ +µ =α +β + 4γ 4 ΑΜ + ΒΚ = ΑΓ + ΒΓ + 4ΑΒ β. Με αφαίρεση κατά µέλη των () και () προκύπτει το ζητούµενο 4µ 4µ = β + γ α (α + γ β ) = 3β 3α α β 4(ΑΜ ΒΚ ) = 3(ΑΓ ΒΓ ) 0. Σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουµε Αx ηµιευθεία παράλληλη στη ΒΓ και από το Β ευθεία παράλληλη στη διάµεσο ΑΜ, οι οποίες τέµνονται στο. Αν ισχύει Β + Γ = (ΑΒ +Α ), να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές. Από το ο θεώρηµα διαµέσων στο τρίγωνο ΒΓ έχουµε: ΒΓ ( ΒΜ) Β + Γ = Μ + = Μ + = = Μ + ΒΜ = Μ + ΒΜ ( ) Άρα Β + Γ = ( Μ + ΒΜ ) () Επίσης δίνεται Β + Γ = ( ΑΒ + Α ) () Από τις () και () παίρνουµε ( Μ + ΒΜ ) = ( ΑΒ + Α ) Μ + ΒΜ = ΑΒ + Α Μ = ΑΒ (Το ΑΜΒ είναι παραλληλόγραµµο οπότε ισχύει Α = ΒΜ) Έτσι προκύπτει Μ = ΑΒ, που σηµαίνει ότι το παραλληλόγραµµο ΑΜΒ είναι ορθογώνιο αφού έχει ίσες διαγωνίους. Άρα ΒΜΑ ˆ = 90 δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές αφού η διάµεσος είναι και ύψος του τριγώνου.. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ, Κ και Λ τα µέσα των ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα και Μ µέσον του ΚΛ. Αποδείξτε ότι β γ = ΜΓ ΜΒ Φέρουµε την ΑΜ. Στο ΑΜΒ η ΜΚ είναι διάµεσος άρα από το ο θεώρηµα
8. Βήµα 3 ο Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις διαµέσων έχουµε: ΑΒ () ΜΒ + ΜΑ = ΜΚ + Στο ΑΜΓη ΜΛ είναι διάµεσος άρα έχουµε: ΑΓ () ΜΓ + ΜΑ = ΜΛ + Από ()-() έχουµε: ΑΓ ΑΒ ΜΓ ΜΒ = ΜΓ ΜΒ =β γ Â Ê Á Ì Ë. Θεωρούµε τρίγωνο ΑΒΓ ορθογώνιο στο Α. Φέρουµε τη διάµεσο ΑΜ και ευθεία κάθετη στην ΑΜ στο Μ η οποία τέµνει την ΑΓ στο Σ. Αποδείξτε ότι ΣΒ + ΣΓ = ΣΑ Φέρουµε τη ΣΒ. Στο ΣΒΓ από θεώρηµα διαµέσων έχουµε: ΒΓ ΣΒ + ΣΓ = ΣΜ + () Στο ορθογώνιο ΑΣΜ Â από Πυθαγόρειο θεώρηµα έχουµε: ΣΑ = ΑΜ + ΜΣ () ΒΓ Ισχύει επίσης ότι ΑΜ = και η () γίνεται: ΒΓ ΒΓ ΣΑ = + ΜΣ ΣΑ = ΜΣ + (3) 4 Από () και (3) προκύπτει: ΣΒ + ΣΓ = ΣΑ. 3. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ µε πλευρές α, β, γ και διάµεσο ΑΜ=µ α. Αν ισχύει γ β µ α = και γ =, να αποδείξετε ότι: 3 α. α=β β. Η πλευρά ΑΓ εφάπτεται του περιγεγραµµένου κύκλου στο τρίγωνο ΑΜΒ στο Α Á Ì Ó
Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις Βήµα 3 ο 9. γ. Αν Μ η προβολή της ΑΜ στη ΒΓ = α τότε α Μ = 9. γ β Έχουµε µ α = και γ =. 3 α. Είναι: µ α ( ) β + γ α = 4 γ β + γ α = 4 Â ã Á á Ì â γ β + γ α 4 4 = γ = β + γ α α = β α= β. β. ΑΜ διάµεσος οπότε α ΜΓ =. Έχουµε ( β ) α α ΓΜ ΓΒ = α = = = = β =ΑΓ δηλαδή ΓΜ ΓΒ = ΓΑ, άρα η ΓΑ εφαπτοµένη. γ. Εφαρµόζοντας το ο θεώρηµα διαµέσων στο τρίγωνο ΑΒΓ, (επειδή β > γ αφού β γ = ) έχουµε: 3 β 8β β γ = α Μ β = α Μ α Μ= 3 9 = α 8 α 8 = = = α Μ= Μ= 9 9 9 9 9 4α 4α α 4.Έστω τρίγωνο ΑΒΓ µε πλευρές α = 6, β = 4, γ = 3. Να αποδείξετε ότι: α. Το τρίγωνο είναι αµβλυγώνιο β. Να υπολογισθεί το ύψος Α του τριγώνου γ. Να υπολογισθεί η διάµεσος ΑΜ που αντιστοιχεί στην πλευρά α. α. Έχουµε α > β > γ Είναι β γ 4 3 5 36 α β γ α Αˆ + = + = < = + < > 90 β.υπολογίζουµε την προβολή της πλευράς ΑΒ πάνω στη ΒΓ. Είναι ˆΒ< 90. Εφαρµόζοντας το θεώρηµα οξείας γωνίας στο τρίγωνο ΑΒΓ για τη γωνία Β έχουµε:
30. Βήµα 3 ο Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις β = α + γ α Β ή 4 = 6 + 3 6 Β 9 Β = 45 6 Β = 9 Β =. Στο τρίγωνο Α Β εφαρµόζουµε Πυθαγόρειο θεώρηµα 455 455 και έχουµε Α = γ Β = άρα Α = 44 γ. Είναι ( ) ( ) + + µ α = = = µ = 4 4 4 β γ α 4 3 6 4 4 α Â ã Á ì á Ì á â 5γ 5. Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει α = 3γ και µ γ =, να δείξετε ότι: i. β = γ ii. γ µ =γ, µ = o ˆΑ >90 iii. β α α. Έχουµε µ γ ( ) ( ) α + β γ 5γ 3γ + β γ = = 4 4 5γ 8γ + β γ 4 4 = = + = β = 4γ β= γ. 5γ 7γ β β 8γ β. Είναι α > β > γ και ( ) α > β + γ Α> 90 ˆ γ. Έχουµε και µ α = 9γ,β + γ = γ + γ β + γ = 5γ άρα ( ) ( ) α + γ β 9γ + γ 4γ µ β = = = 4γ µ β = 4γ µ β = γ 4 4 ( ) ( ) β + γ α 4γ + γ 9γ γ 4 4 4 γ α = = = µ α = λ λ * 6. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ µε πλευρές α=λ,β=,γ=,λ R +. 3 α. Να αποδείξετε ότι η γωνία Α είναι αµβλεία. β. Να βρεθεί η προβολή Α της πλευράς ΑΒ στην ΑΓ. γ. Να βρεθεί η προβολή ΕΜ της διαµέσου ΑΜ στη ΒΓ.
Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις Βήµα 3 ο 3. δ. Να αποδείξετε ότι ισχύει ΓΑ Γ = ΓΕ ΓΒ. λ λ α. Έχουµε α= λ,β= και γ=, οπότε α > β > γ. 3 Είναι λ λ 4λ λ 5λ β + γ = + = + = < λ = α 3 9 4 36 Άρα β + γ < α ˆΑ > 90 β. Εφαρµόζουµε το θεώρηµα αµβλείας γωνίας στο τρίγωνο ΑΒΓ και έχουµε 5λ λ 4λ λ λ α = β + γ + β Α λ = + Α Α = Α = 36 3 3 36 48 γ. Έχουµε β > γ, εφαρµόζοντας το ο θεώρηµα διαµέσων στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουµε: 4λ λ 7λ 7λ β γ = α ΕΜ = λ ΕΜ λ ΕΜ = ΕΜ =. 9 4 36 7 δ. Είναι ˆ ˆ Α Β + ΑΕΒ = 90 + 90 = 80 ΓΑ Γ = ΓΕ ΓΒ Â ã άρα το Α ΒΕ είναι εγγράψιµο οπότε Á Å Ì á â 7. Σηµείο Α απέχει απόσταση R από το κέντρο κύκλου ακτίνας R. Μία χορδή ΒΓ διέρχεται από το Α και διαιρείται από το Α σε λόγο 4. Να βρεθεί το µήκος της χορδής αυτής. ΑΒ Ισχύει = άρα ΑΓ = 4ΑΒ. Αν θέσουµε ΑΒ = x ΑΓ 4 B τότε ΑΓ = 4x. x Ισχύει: R ΑΒ ΑΓ = R ΚΑ x 4x = R 3R 3R R 3 4x = x = x =. 4 6 4 4 Ê Á 4x Συνεπώς 5R 3 ΒΓ = 5x =. 4
3. Βήµα 3 ο Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις 8. ίνεται κύκλος (Ο,α) και διάµετρος ΑΒ αυτού. Γράφουµε κύκλο (Α, ΑΒ). Προεκτείνουµε την ΑΒ κατά ΒΓ = ΒΑ και φέρουµε εφαπτοµένη Γ του (Ο,α) η οποία τέµνει τον (Α, ΑΒ) στα Ε και Ζ. Αποδείξτε ότι 3Γ = ΓΕ ΓΖ. Ισχύει: Æ ΓΕ ΓΖ = ΓΑ ΑΒ ΓΕ ΓΖ = (4α) (α) = α Συνεπώς ΓΕ ΓΖ = 4α () Επίσης Γ = ΓΒ ΓΑ. Άρα Γ = α 4α Γ = 8α και 3Γ = 4α (). Από (), () προκύπτει: 3Γ = ΓΕ ΓΖ 9. Να βρεθεί το x στο διπλανό σχήµα. Φέρνουµε την ΓΒ. Το Γ ΕΒ είναι εγγράψιµο (γιατί έχει δύο απέναντι γωνίες παραπληρωµατικές), άρα ισχύει: x x,6 = 6 7 ΑΓ Α = ΑΒ ΑΕ ( ) x,6x 4 = 0 x 0,8x = 0 = 0,8 4 ( ) = 0, 64 + 84 = 84, 64 0,8 + 84,64 0,8 + 9, Άρα: x = = = 5 (Η άλλη λύση απορρίπτεται ως αρνητική) 0. Έστω κύκλος (O,R) και µια χορδή ΑΒ. Αν Γ σηµείο εσωτερικό της ΑΒ έτσι ώστε α. ˆ o ΟΓΑ = 60 και 5R ΓΑ ΓΒ = β. 9 R γ. ΓΑ = ( 6 + ) 3 R, ΓΒ = ( 6 -). 3 R ΟΓ = 3, να αποδείξετε ότι: R 6 AB = 3 A Á A 3 x Ï á á O x 3 O 3 Å Â B á x-,6 x-,6 E B E
Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις Βήµα 3 ο 33. R Έχουµε ΟΓ = και ΟΓΑ ˆ = 60. 3 α. Η δύναµη του σηµείου Γ ως προς τον κύκλο µε κέντρο Ο είναι: ΓΑ ΓΒ = R ΟΓ = R = 3 R 4R 9R 4R 5R = R = = 9 9 9 5R ΓΑ ΓΒ=. 9 ΑΒ β. Έστω Ο ΑΒ τότε Α = Β = = x. Το τρίγωνο ΟΓ είναι ορθογώνιο µε ΟΓ ˆ = 60 οπότε ΟΓ ˆ = 30. Άρα ΟΓ R R Γ = = Γ = = y, ΟΓ = y, ΑΓ = x+ y. 3 3 Στο ΟΓΑ εφαρµόζουµε νόµο συνηµιτόνων οπότε ΟΑ ΟΓ ΑΓ ΟΓ ΑΓ συν60 ή = + R 6 = ( ) + ( + ) ( + ) = 3 R y x y y x y x Á R x O y  Άρα R 6 R 6 Α = x = Α = 3 3 R 6 R R 3 3 3 γ. ΓΑ = x+ y= + ΓΑ = ( 6 + ) R 6 R R ( ) ΓΒ = x y = ΓB = 6. 3 3 3. Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει α=γ 3, β=γ 5 και Β η προβολή της ΑΒ στη ΒΓ, να αποδείξετε ότι: o α α. ˆΒ>90 β. Β = 6 γ. Η Α δεν είναι εφαπτοµένη του περιγεγραµµένου κύκλου στο ΑΒΓ στο Α.
34. Βήµα 3 ο Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις Έχουµε α= γ 3 και β= γ 5. α. Είναι β > α > γ οπότε: ( ) α + γ = γ 3 + γ = 3γ + γ = 4γ < 5γ = ( ) γ 5 β = = δηλαδή α + γ < β άρα ˆΒ> 90 β. Επειδή Β> ˆ 90 από το θεώρηµα αµβλείας γωνίας στο ( ) ( ) ΑΒΓ έχουµε: β α γ α Β γ 5 γ 3 γ γ 3 Β = + + = + + Á ã Â â á 5γ = 3γ + γ + γ 3 Β γ = γ 3 Β γ γ 3 α α Β = = = Β = 3 6 6 6 γ. Αν Α εφαπτοµένη περιγεγραµµένου κύκλου περί το ΑΒΓ θα είναι Α = Β Γ () Έχουµε α γ 3 Β = =, 6 6 α 7α 7γ 3 Γ = Β + ΒΓ = + α Γ = Γ =. 6 6 6 Από το γ Α Γ έχουµε ( ) 7 3 49 3 γ Α = ΑΓ Γ = β = γ 5, 6 36 άρα 33γ Α = () 36 γ 3 7γ 3 γ Ακόµα Β Γ = Β Γ = (3) 6 6 36 Η () λόγω των () και (3) δεν ισχύει, άρα η Α δεν είναι εφαπτοµένη.. Αν Α, ΒΕ, ΓΖ οι διάµεσοι ενός τριγώνου ΑΒΓ για το οποίο ισχύει α =β +γ, να αποδείξετε ότι: α. 3α 3γ 3β µ =,µ =,µ = 4 4 4 α β γ β. µ α =µ β +µ γ γ. Αν Κ βαρύκεντρο, τότε το τετράπλευρο ΑΖΚΕ είναι εγγράψιµο
Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις Βήµα 3 ο 35. α. Είναι µ α α = β + γ () οπότε (β + γ ) α = 4 () α α 3α = = 4 4 µ α α + γ β β + γ + γ β 3γ µ µ 4 4 4 () β = = β = α + β γ β + γ + β γ 3β µ µ 4 4 4 () γ = = γ = β. Είναι ( ) () 3γ 3β 3 3 3α µ β + µ γ = + = γ + β = α = = µ 4 4 4 4 4 γ. Για να είναι το ΑΖΚΕ εγγράψιµο αρκεί: α ΒΖ ΒΑ = ΒΚ ΒΕ γ γ = 3 µ µ 3 β β γ = µ β µ β = γ που ισχύει. 3 4 Άρα το ΑΖΚΕ είναι εγγράψιµο. 3. Στο διπλανό σχήµα οι πλευρές του ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ, είναι τρεις διαδοχικοί άρτιοι αριθµοί. Να υπολογισθούν: α. Οι πλευρές του τριγώνου β. Οι προβολές των καθέτων πλευρών πάνω στην υποτείνουσα γ. Το ύψος υ α α. Έστω β < γ < α τα µήκη των πλευρών του τριγώνου. â A õ á ã á B Τότε β= λ γ = λ +, λ Ν α = λ + 4 Από Πυθαγόρειο θεώρηµα στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουµε: β + γ = α δηλαδή( λ) + ( λ+ ) = ( λ+ 4) λ> 0 λ λ 3 0 λ ή λ 3 λ 3 = = = = Άρα β = 6, γ = 8, α = 0 β. Από γνωστή µετρική σχέση στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ έχουµε: β = α Γ
36. Βήµα 3 ο Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις δηλαδή 36 Γ =, 0 γ = α Β δηλαδή 64 Β = 0 γ. Από γνωστή µετρική σχέση στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ έχουµε: 8 3 4 υα = Γ Β = δηλαδή υα = 5 5 5 4. Στο διπλανό σχήµα σχήµα το τρίγωνο ΑΒΓ B είναι ορθογώνιο ( ˆ ο Α=90 ), το Μ είναι µέσο της ΑΒ και Β ΓΜ. Ì Í α. Να δείξετε ότι ΑΒ = 4 Μ ΜΓ β. Αν Ν µέσο του ΒΓ, να δείξετε ότι A α Μ ΜΓ = - ΜΝ. 4 ο α. Είναι ˆ = Αˆ = 90, άρα το τετράπλευρο Α ΒΓ είναι εγγράψιµο αφού η πλευρά του ΒΓ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές και Α υπό ίσες γωνίες. γ γ γ Έτσι Μ ΜΓ = ΜΑ ΜΒ = = δηλαδή ΑΒ = 4Μ ΜΓ 4 β. Στο εγγράψιµο τετράπλευρο Α ΒΓ η ΒΓ είναι διάµετρος αφού κέντρο του περιγεγραµµένου κύκλου. ˆΑ 90 ο = και Ν το Άρα ΒΓ α Μ ΜΓ = R MN = ΜΝ = ΜΝ 4 5. ίνεται τρίγωνο µε ΑΒ = 4, ΒΓ = 3, εγγεγραµµένο σε κύκλο (Ο,ρ) και έστω Β ύψος του και ΒΜ διάµεσός του. Έστω επίσης Ε το σηµείο 7 τοµής της διαµέσου ΒΜ µε τον κύκλο. Αν M =, να βρεθούν: 8 α. Η πλευρά ΑΓ β. Το µήκος ΜΕ α. Από το ο θεώρηµα των διαµέσων έχουµε: ΑΒ ΒΓ ΑΓ = δηλαδή ΑΓ = 4 Μ ΑΒ ΒΓ = ΑΓ Μ
Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις Βήµα 3 ο 37. β. Από µετρική σχέση σε κύκλο έχουµε: ΜΑ ΜΓ ΒΜ ΜΕ = ΜΑ ΜΓ ΜΕ = ΒΜ δηλαδή 4 ME = ME BM = BM () Á M E Ακόµα έχουµε: ΑΒ + ΒΓ ΑΓ ΒΜ = δηλαδή 4 B 4 + 3 4 ΒΜ = 4 34 ΒΜ = () Από () και () προκύπτει 4 8 34 ΜΕ = ΜΕ = 34 34 6. ίνονται οι οµόκεντροι κύκλοι (Ο, ρ ) και (Ο, ρ ) µε ρ < ρ και οι διάµετροι ΒΖ και ΓΕ του κύκλου (Ο, ρ ). Αν οι προεκτάσεις των ΒΖ και ΓΕ προς τα Ζ και Ε τέµνουν το µεγάλο κύκλο στα Α και αντίστοιχα, να δείξετε ότι: Γ Α α. AZ AB = Ε Γ β. ( ) + Ο,ρ ( Ο,ρ) =0 α. AZ AB= AO ρ = ρ ρ () Ε Γ = O ρ = ρ ρ () Από (), () προκύπτει AZ AB = Ε Γ Γ Α β. Είναι (Ο,ρ ) + (Ο,ρ ) = ρ ρ + ρ ρ = 0 ñ E Á Z O B ñ
38. Βήµα 4 ο Λύνουµε µόνοι µας ÂÞìá 4 ÂÞìá 3 ÂÞìá ÂÞìá Ëýíïõìå ìüíïé ìáò. Θεωρούµε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ˆ Ο (Α=90 ). Να αποδειχθεί ότι µ β +µ γ =5µ α.. Οι µη παράλληλες πλευρές τραπεζίου προεκτεινόµενες τέµνονται κάθετα. Να αποδειχθεί ότι το άθροισµα των τετραγώνων των διαγωνίων του είναι ίσο µε το άθροισµα των τετραγώνων των βάσεών του.
Λύνουµε µόνοι µας Βήµα 4 ο 39. 3. ίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ˆ Ο (Α=90 ) και Μ µέσον της ΑΒ. Αν είναι η προβολή του Μ στη ΒΓ να δείξετε ότι: Γ Β = ΑΓ. 4. ίνεται τρίγωνο ΑΒΓ µε α = 5, β = 3, γ = 7. Να υπολογιστεί η µεγαλύτερη γωνία του τριγώνου.
40. Βήµα 4 ο Λύνουµε µόνοι µας 5. Στη βάση ΒΓ ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ µε ΑΒ = ΑΓ =, παίρνουµε σηµείο τέτοιο ώστε Β = 3 και Γ = 7. Υπολογίστε την Α. α +β =γ µ γ να αποδείξετε ότι το τρίγω- 6. Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει νο είναι ορθογώνιο.
Λύνουµε µόνοι µας Βήµα 4 ο 4. 7. Θεωρούµε κύκλο (O,R), µια διάµετρο ΑΒ και µια ευθεία () ε ΑΒ. Αν η ευθεία (ε) τέµνει τυχαία χορδή ΑΓ του κύκλου στο Σ δείξτε ότι: ΑΣ ΑΓ = σταθερό. 8. ύο κύκλοι (O,R) και (O,R ) τέµνονται στα Α και Β. Να αποδειχθεί ότι τα εφαπτόµενα τµήµατα που γράφονται από τυχαίο σηµείο της προέκτασης του ΑΒ προς τους δύο κύκλους είναι ίσα.
4. Βήµα 4 ο Λύνουµε µόνοι µας 9. Να βρεθούν τα x,y στο διπλανό σχήµα. H 0 4 x 5 Z B E 3 y A 0. ίνεται ρόµβος ΑΒΓ. Από το κέντρο Ο του ρόµβου φέρνουµε κάθετη στη ΒΓ η οποία τέµνει τη ΒΓ στο Κ και την Α στο Λ. Να αποδείξετε ότι: α. ΟΚ = ΟΛ β. ΒΛ = ΒΚ(ΒΓ+3ΓΚ)
Λύνουµε µόνοι µας Βήµα 4 ο 43.. Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ˆ Ο (Α=90 )φέρνουµε το ύψος του Α. Θεωρούµε κύκλο που διέρχεται από τα σηµεία Γ και και ένα εφαπτόµενο τµήµα του ΒΕ. Να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές.. ίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ µε ˆ Ο ˆ Ο Α=90,Β=60 και ΑΒ=κ. Να υπολογιστούν συναρτήσει του κ οι προβολές των καθέτων πλευρών στην υποτείνουσα.
44. Βήµα 4 ο Λύνουµε µόνοι µας 3. Σε ρόµβο η µια διαγώνιος είναι τα 3/4 της άλλης και η περίµετρός του 40. Να υπολογιστούν οι διαγώνιοί του. 4. Έστω ΑΒΓ ισοσκελές τρίγωνο µε ˆ o Α = 0. Προεκτείνουµε την ΑΓ κατά Γ = ΑΓ. Να υπολογιστεί συναρτήσει του β το Β.
Λύνουµε µόνοι µας Βήµα 4 ο 45. 5. ίνονται δύο οµόκεντροι κύκλοι (O,R) και (Ο,ρ) µε R > ρ. Ευθεία ε διέρχεται από το Ο και τέµνει τους κύκλους κατά σειρά στα Α, Β, Γ,. Αν Μ σηµείο του (O,R) και Ν σηµείο του (O,ρ) αποδείξτε τη σχέση: ΝΑ + Ν = ΜΒ + ΜΓ 6. ίνεται τρίγωνο ΑΒΓ µε ˆ o Α=90 και ˆ o Γ =,5. Να δείξετε ότι: i. β -γ =βγ και ii. β= ( + ) γ.
46. Βήµα 4 ο Λύνουµε µόνοι µας 7. Σε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ µε β > α να αποδειχθεί ότι η προβολή της µ γ στη γ είναι ίση µε: µ -µ 3 γ α β. 8. Στο διπλανό σχήµα όπου το ΑΒΓ είναι ορθογώνιο στο Α, να εξηγήσετε γιατί η δύνα- µη του Γ ως προς τον κύκλο διαµέτρου ΑΒ είναι ίση µε ΒΓ ΑΒ. O Â Á
Λύνουµε µόνοι µας Βήµα 4 ο 47. 9. ίνονται δύο κύκλοι (Κ,6) και (Λ,) µε ΚΛ = 0. Να βρεθεί πάνω στην ΚΛ σηµείο τέτοιο ώστε οι δυνάµεις του ως προς τους δύο κύκλους να είναι ίσες. 0. Έστω ΑΒΓ ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς α. Να δείξετε ότι η δύναµη του κέντρου βάρους του ΑΒΓ ως προς τον περιγεγραµµένο του κύκλο είναι ίση µε -. α 3
48. Βήµα 5 ο Ελέγχουµε τη γνώση µας ÂÞìá 5 ÂÞìá 4 ÂÞìá 3 ÂÞìá ÂÞìá ÅëÝã ïõìå ôç ãíþóç ìáò Θέµα ο Α. α. Να αποδείξετε ότι αν δύο χορδές ΑΒ, Γ ή οι προεκτάσεις τους, τέµνονται σε ένα σηµείο Ρ, τότε ΡΑ ΡΒ = ΡΓ Ρ. (Μονάδες 7) β. Να αντιστοιχίσετε το τµήµα x της Α στήλης στο µήκος του της Β στήλης. Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας. ÓôÞëç Á ÓôÞëç Â. A x Ñ x Ï 3 á. x = 6 A. B O A  x 4 3 P â. x = 7 ã. x 3 3. ä. x 6 å. x 3 A x Ë Ê 3 B α. β. γ. δ. ε. (Μονάδες 6)
Ελέγχουµε τη γνώση µας Βήµα 5 ο 49. Β. α. ιατυπώστε και αποδείξτε το Πυθαγόρειο θεώρηµα (Μονάδες 6) β. Αν οι µη παράλληλες πλευρές Α και ΒΓ τραπεζίου ΑΒΓ είναι κάθετες, να αποδείξετε ότι το άθροισµα των τετραγώνων των διαγωνίων του είναι ίσο µε το άθροισµα των τετραγώνων των βάσεων του. (Μονάδες 6) Θέµα 0 Α. Χαρακτηρίστε τις παρακάτω προτάσεις µε την ένδειξη Σ (Σωστό) ή Λ (Λάθος). Να δικαιολογήσετε την απάντηση σας. α. Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ µε πλευρές α, β, γ ισχύει α < β + γ, τότε το τρίγωνο είναι οξυγώνιο. (Μονάδες ) β. Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ το τετράγωνο κάθε µιάς πλευράς του είναι µικρότερο από το άθροισµα των τετραγώνων των δύο άλλων πλευρών του, τότε το τρίγωνο είναι οξυγώνιο. (Μονάδες ) γ. Η δύναµη σηµείου Ρ ως προς τον κύκλο (Ο,R) είναι πάντοτε θετικός αριθµός. (Μονάδες ) δ. Ο νόµος συνηµιτόνων σε τρίγωνο ΑΒΓ εκφράζεται από τον τύπο: α = β + γ β γ συνβ. (Μονάδες )
50. Βήµα 5 ο Ελέγχουµε τη γνώση µας Β. Στο διπλανό σχήµα έχουµε τρίγωνο ΑΒΓ µε ΑΓ > ΑΒ και ΑΜ διάµεσος, Α διχοτόµος και ΑΚ ύψος. Να συµπληρώσετε τις παρακάτω ισότητες, δικαιολογώντας την απάντηση σας. α. ΑΒ = ΑΜ + ΒΜ ΒΜ... (Μονάδες ) β. ΚΜ =... ΑΚ (Μονάδες ) B A K M γ. Β... = Γ... (Μονάδες ) δ. ΑΓ + ΑΒ =... + ε. ΑΓ ΑΒ = ΒΓ... ΒΓ... (Μονάδες ) (Μονάδες ) Γ. Να επιλέξετε την σωστή απάντηση και να την δικαιολογήσετε. α. Αν α = 9, β = 3, γ = 7 είναι τα µήκη πλευρών τριγώνου ΑΒΓ, η προβολή της πλευράς β πάνω στην πλευρά γ είναι: ) 5 3 ) 7 9 3) 8 5 4) 3 4 5) 7 (Μονάδες 3)
Ελέγχουµε τη γνώση µας Βήµα 5 ο 5. β. Αν Κ είναι εσωτερικό σηµείο ορθογώνιου ΑΒΓ και ΚΑ = x +, ΚΓ = x+ 3, ΚΒ = x +, Κ = x + 3 τότε το x είναι: 3 ) 4 ) 3) 5 4) 5) (Μονάδες 4) Θέµα 3 0 Σε κύκλο (Ο, R) διαµέτρου ΑΒ, θεωρούµε τα εγγεγραµµένα τρίγωνα ΑΓΒ και Α Β που βρίσκονται προς το ίδιο µέρος της ΑΒ. Αν Ρ είναι το σηµείο τοµής των ΒΓ και Α να αποδείξετε ότι: Α. ΑΓ + ΒΓ = Α + Β (Μονάδες 5) Β. ΑΡ Α + ΒΡ ΒΓ = 4R (Μονάδες 0) Γ. Αν OZ ΒΓ και ΒΓ = R να αποδείξετε ότι 3 R OZ =. 3 (Μονάδες 0)
5. Βήµα 5 ο Ελέγχουµε τη γνώση µας Θέµα 4 0 Τρίγωνο ΑΒΓ είναι εγγεγραµµένο σε κύκλο (Ο, R). Αν από το µέσο Μ της ΒΓ φέρουµε κάθετη ΜΕ στη διάµετρο ΑΟΚ, να αποδείξετε ότι: Α. ΒΜ = R ΑΕ ΑΜ (Μονάδες 0) Β. ΑΒ + ΑΓ = 4R ΑΕ (Μονάδες 5) β + γ Γ. Αν η προέκταση της ΑΜ τέµνει τον κύκλο στο Ζ, να αποδείξετε ότι µ α = ΑΖ (Μονάδες 0)
ÊåöÜëáéï 0 ï ÅìâáäÜ Ο µαθητής που έχει µελετήσει την ενότητα των εµβαδών θα πρέπει να είναι σε θέση: Να γνωρίζει τους τύπους των εµβαδών του τετραγώνου, του ορθογωνίου, του παραλληλογράµµου, του ρόµβου, του τραπεζίου, καθώς και τους τύπους για το εµβαδόν του τριγώνου. Να υπολογίζει τα εµβαδά διαφόρων σχηµάτων που έχουν κάποιο κοινό τµήµα, ή προκύπτουν από προσθέσεις ή αφαιρέσεις σχηµάτων. Να υπολογίζει πλευρές, ύψη στηριζόµενος στους τύπους των εµβαδών. Να υπολογίζει εµβαδά δια µέσου του λόγου των εµβαδών δύο τριγώνων ή πολυγώνων.
54. Τύποι - Βασικές έννοιες ΕΜΒΑ Α: Τύποι - Βασικές έννοιες Ορθογώνιο παραλληλόγραµµο Το εµβαδόν ενός ορθογωνίου ισούται µε το γινό- µενο των πλευρών του, δηλαδή: Ε = α β â E = á â á Παραλληλόγραµµο Το εµβαδόν ενός παραλληλογράµµου ισούται µε το γινόµενο µίας πλευράς του επί το ύψος που α- ντιστοιχεί στην πλευρά αυτή, δηλαδή: Ε = α υ α = β υ β õ â â õ á õ á á Τρίγωνο Το εµβαδόν ενός τριγώνου είναι ίσο µε το ηµιγινόµενο µιας πλευράς του επί το αντίστοιχο ύψος, δηλαδή: E = α υ = β υ = γ υ α β γ õ á á Τραπέζιο Το εµβαδόν ενός τραπεζίου ισούται µε το γινόµενο του ηµιαθροίσµατος των βάσεών του επί το ύψος του, δηλαδή: õ â õ β+ Β Ε= υ B Τετράπλευρο µε κάθετες διαγωνίους Το εµβαδόν ενός τετραπλεύρου µε κάθετες διαγώνιες ισούται µε το ηµιγινόµενο των διαγωνίων του, δηλαδή ä ä δ δ Ε =
Τύποι - Βασικές έννοιες 55. Ορθογώνιο τρίγωνο Το εµβαδόν ορθογωνίου τριγώνου ισούται µε το ηµιγινόµενο των κάθετων πλευρών του, δηλαδή Ε= β γ ã â á Ισόπλευρο τρίγωνο Το εµβαδόν ισοπλεύρου τριγώνου πλευράς α δίνεται από τη σχέση : α 3 Ε = 4 á á á Ρόµβος Το εµβαδόν ενός ρόµβου ισούται µε το ηµιγινό- µενο των διαγωνίων του, δηλαδή : ä δ δ Ε = ä Τραπέζιο Το εµβαδόν ενός τραπεζίου ισούται µε το γινόµενο της διαµέσου επί το ύψος του, δηλαδή είναι: â õ ä õ Ε = δ υ Â Άλλοι τύποι για το εµβαδόν τριγώνου Με τη βοήθεια του βασικού τύπου για το εµβαδόν τριγώνου ΑΒΓ, µε µήκη πλευρών α, β, γ, προκύπτουν οι επόµενοι τύποι:. E = τ( τ α)( τ β)( τ γ) (Τύπος του Ήρωνα) Με τον τύπο του Ήρωνα µπορούµε να υπολογίσουµε το εµβαδόν τριγώνου όταν γνωρίζουµε τις τρεις πλευρές του.. Ο τύπος Ε = αβγ 4R συνδέει το εµβαδόν Ε του τριγώνου µε την ακτίνα του
56. Τύποι - Βασικές έννοιες περιγεγραµµένου κύκλου. Συνήθως χρησιµοποιείται για να υπολογίσου- µε την ακτίνα, δεδοµένου ότι γνωρίζουµε το εµβαδόν. Το ίδιο ισχύει και µε τον τύπο Ε = τ ρ, όπου ρ είναι η ακτίνα του εγγεγραµµένου στο τρίγωνο κύκλου. 3. Ο τύπος Ε= β γ ηµα= γ α ηµβ= α β ηµγ µας δίνει το εµβαδόν, όταν γνωρίζουµε δύο πλευρές του τριγώνου και την περιεχόµενη σε αυτές γωνία. 4. Mε συνδυασµό των τύπων Ε = αβγ β γ ηµα και Ε = 4R προκύπτει ο νόµος α β γ των ηµιτόνων: = = = R, (όπου R είναι η ακτίνα του περιγεγραµµένου στο τρίγωνο κύκλου), ο οποίος είναι χρήσιµος για την επίλυ- ηµα ηµβ ηµγ ση ενός τριγώνου.
Μαθαίνουµε τις αποδείξεις Βήµα ο 57. ÂÞìá Ìáèáßíïõìå ôéò áðïäåßîåéò Θεώρηµα Το εµβαδόν ενός ορθογωνίου ισούται µε το γινόµενο των πλευρών του. ηλαδή αν α, β οι πλευρές και Ε το εµβαδόν είναι: Ε = α β Απόδειξη Έστω ένα ορθογώνιο ΑΒΓ, µε ΑΒ = α και Α = β Προεκτείνουµε την πλευρά Α κατά τµήµα Ε = α, Å Æ Ç την ΑΒ κατά ΒΙ = β και σχηµατίζουµε το τετράγωνο ΑΙΗΕ, το οποίο είναι φανερό ότι έχει πλευρά α + β και á εποµένως είναι: ( AIHE) = ( α+ β) (). Προεκτείνοντας τις Γ και ΒΓ σχηµατίζονται τα τετράγωνα â ΓΖΕ, ΒΙΘΓ µε πλευρές α, β αντίστοιχα και Á το ορθογώνιο ΓΘΗΖ που είναι ίσο µε το ΑΒΓ. Έτσι έχουµε: á Â â ( ΓΖΕ) = α,( ΒΙΘΓ) = β και ( ΓΘΗΖ) = ( ΑΒΓ ) () Είναι φανερό όµως ότι ( AIHE) = ( ΑΒΓ ) + ( ΓΘΗΖ) + ( ΒΙΘΓ) + ( ΓΖΕ), από την οποία µε τη βοήθεια των () και () προκύπτει ότι: ( ) ( ) α+ β = ΑΒΓ + α + β. Από αυτή µετά τις πράξεις καταλήγουµε στη σχέση ( ) ΑΒΓ = α β. Θεώρηµα Το εµβαδόν Ε ενός παραλληλογράµµου ισούται µε το γινόµενο µιας πλευράς του επί το ύψος που αντιστοιχεί σε αυτή. ηλαδή Ε=α υ α =β υ β, όπου α, β οι πλευρές και υ α, υ β τα αντίστοιχα ύψη. Απόδειξη Έστω το παραλληλόγραµµο ΑΒΓ στο οποίο φέρουµε το ύψος ΑΖ που αντιστοιχεί στη ΒΓ. Θα αποδείξουµε ότι ( ΑΒΓ ) = ΒΓ ΑΖ. Από το φέρουµε Η κάθετη στην προέκταση της ΒΓ. Τα τρίγωνα ΖΒΑ και ΗΓ È É
58. Βήµα ο Μαθαίνουµε τις αποδείξεις 0 είναι ίσα ( Ζ= Η= 90, ΑΒ = Γ και Β = Γ ), οπότε: (ΖΒΑ) = (ΗΓ ) (). Από το σχήµα όµως έχουµε ότι: (ΑΒΓ ) = (ΑΒΖ) + (ΑΖΓ ), οπότε σύµφωνα µε την () προκύπτει ότι: (ΑΒΓ ) = (ΑΖΓ ) + ( ΓΗ) = (ΑΖΗ ) = Α ΖΑ = ΒΓ ΖΑ, που είναι το ζητούµενο. A â õ á B Æ á Ç Θεώρηµα 3 Το εµβαδόν Ε ενός τριγώνου είναι ίσο µε το ηµιγινόµενο µιας πλευράς επί το αντίστοιχο ύψος. ηλαδή: Ε= α υ α = β υ β = γ υγ Απόδειξη Με πλευρές ΑΒ και ΒΓ σχηµατίζουµε το παραλληλόγραµµο ΑΒΓ, το εµβαδόν του οποίου είναι Á ( ΑΒΓ ) = α υ (). α Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΓ είναι ίσα, οπότε: õ á (ΑΒΓ) = (Α Γ) (). Από το σχήµα έχουµε ότι (ΑΒΓ ) = (ΑΒΓ) + (ΑΓ ) η οποία, σύµφωνα µε τις () και (), µετατρέπεται στην α υα = (ΑΒΓ) ή (ΑΒΓ) = α υα. Â Ç á Θεώρηµα 4 Το εµβαδόν τραπεζίου ισούται µε το γινόµενο του ηµιαθροίσµατος των βάσεών του επί το ύψος A â ( Β+β õ του. ηλαδή: Ε= ) υ, õ όπου Β, β οι βάσεις του τραπεζίου και υ το ύψος του. B B Απόδειξη Θεωρούµε το τραπέζιο ΑΒΓ (ΒΓ // Α ), µε βάσεις ΒΓ = Β, Α = β και ύψος υ. Φέρουµε τη διαγώνιο ΑΓ. Τότε έχουµε Ε = (ΑΒΓ ) = (ΑΒΓ) + (ΑΓ ) (). Αλλά τα δύο τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΓ έχουν το ίδιο ύψος υ και βάσεις Β, β αντίστοιχα
Μαθαίνουµε τις αποδείξεις Βήµα ο 59. και εποµένως: (ΑΒΓ) = Β υ και (ΑΓ ) = β υ (). Με αντικατάσταση των σχέσεων () στην () προκύπτει ότι το ζητούµενο. ( Β+ β) Ε= υ, δηλαδή Πόρισµα Απόδειξη Το εµβαδόν τραπεζίου ισούται µε το γινόµενο της διαµέσου επί το ύψος του. Ως γνωστόν για τη διάµεσο µ του τραπεζίου ισχύει εµβαδού γίνεται β+ Β Ε = υ = µ υ. Άλλοι τύποι για το εµβαδόν τριγώνου. β+ Β µ =. Οπότε ο τύπος του Με τη βοήθεια του βασικού τύπου για το εµβαδόν ενός τριγώνου ΑΒΓ, µε µήκη πλευρών α, β, γ προκύπτουν και οι επόµενοι τύποι: i. E = τ( τ α)( τ β)( τ γ) (τύπος του Ήρωνα), όπου τ ηµιπερίµετρος του τριγώνου. ii. Ε = τ ρ, όπου ρ η ακτίνα του εγγεγραµµένου κύκλου του τριγώνου. αβγ iii. Ε = όπου R η ακτίνα του περιγεγραµµένου κύκλου του τριγώνου. 4R Απόδειξη α =, οπότε έχουµε: α Ε= α υα = α τ τ α τ β τ γ = τ τ α. τ β τ γ α i. Ως γνωστόν υ τ( τ α)( τ β)( τ γ) ( )( )( ) ( )( )( ) ii. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και ο εγγεγραµµένος κύκλος του (Ι,ρ). Φέρουµε τα τµήµατα ΙΑ, ΙΒ και ΙΓ και έτσι το τρίγωνο χωρίζεται στα τρίγωνα ΙΒΓ, ΙΓΑ και ΙΑΒ που έχουν το ίδιο ύψος ρ και δεν έχουν κοινά εσωτερικά σηµεία, οπότε έχουµε: Æ Â Á ñ É Å
60. Βήµα ο Μαθαίνουµε τις αποδείξεις ( ) ( ) ( ) ( ) Ε = ΑΒΓ = ΙΒΓ + ΙΓΑ + ΙΑΒ = αρ + βρ + γρ= ( α+ β+ γ) ρ = τρ = τρ. iii. χωρίς απόδειξη Θεώρηµα Απόδειξη: Το εµβαδόν Ε ενός τριγώνου ΑΒΓ δίνεται από τον (τριγωνο- µετρικό) τύπο: Ε = βγ ηµα = γα ηµb= αβ ηµγ Όταν Α <, από το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΑ προκύπτει ότι υβ = γ ηµα. Αν Α >, πάλι από το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΑ προκύπτει ότι: υ = γ ηµα = γ ηµ ( 80 Α) = γ ηµα 0. β εξ á. B ã A õ â â Έτσι και στις δύο περιπτώσεις έχουµε υ β = γ ηµα οπότε Ε= β υβ = βγ ηµα. B Όταν Α =, τότε υβ = γ, και ηµα = εποµένως πάλι ο τύπος ισχύει. Όµοια αποδεικνύονται και οι υπόλοιποι τύποι. â. õ â ã A â Λόγος εµβαδών όµοιων τριγώνων - πολυγώνων. Θεώρηµα Αν δύο τρίγωνα έχουν ίσες βάσεις, á. τότε ο λόγος των εµβαδών τους ισούται µε το λόγο των α- õ á õ á ντίστοιχων υψών, ενώ αν έχουν ίσα ύψη, τότε ο λόγος των â. εµβαδών τους ισούται µε το λόγο των αντίστοιχων βάσεων. á á Απόδειξη Ας θεωρήσουµε δύο τρίγωνα ΑΒΓ και Α Β Γ µε εµβαδά Ε και Ε αντίστοιχα. Τότε Ε α υα είναι Ε= αυα και Ε = αυ α, οπότε =. Από την ισότητα αυτή προκύπτει άµεσα Ε αυ α ότι:
Μαθαίνουµε τις αποδείξεις Βήµα ο 6. Αν α = α, τότε: Ε υα = Ε υ α (σχ. α) Αν υ α = υ α, τότε: Ε α = Ε α (σχ. β) Θεώρηµα Απόδειξη Αν δύο τρίγωνα είναι όµοια τότε ο λόγος των εµβαδών τους ισούται µε το τετράγωνο του λόγου οµοιότητας. Έστω δύο όµοια τρίγωνα ΑΒΓ και Α Β Γ µε Α = Α και Β= Β. α υα Τότε = = λ (), όπου λ ο λόγος οµοιότητας. Á α υ α Ε α υα Αλλά, όπως και παραπάνω, είναι = (). õ á Ε α υ α Â á Ε Από τις () και () προκύπτει ότι λ Ε =. Á õ á Â á Θεώρηµα Χωρίς απόδειξη. Ο λόγος των εµβαδών δύο όµοιων πολυγώνων είναι ίσος µε το τετράγωνο του λόγου οµοιότητάς τους. Θεώρηµα 3 Αν µία γωνία ενός τριγώνου είνα ίση ή παραπληρωµατική µε µια γωνία ενός άλλου τριγώνου, τότε ο λόγος των εµβαδών των δύο τριγώνων είναι ίσος µε το λόγο των γινοµένων των πλευρών που περιέχουν τις γωνίες αυτές. Απόδειξη Θεωρούµε τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α Β Γ µε: Α=Α (σχ. α,β) ή Α+ Α = 0 80 (σχ. α,γ). Και στις δύο περιπτώσεις θα ισχύει B ηµα = ηµα, οπότε από τις ισότητες Ε= βγ ηµα και Ε= βγ ηµα µε διαίρεση κατά µέλη προκύπτει ότι Ε β γ = που είναι το ζητούµενο. Ε β γ B (á) A B (â) Á (ã) Á
6. Βήµα ο Επαναλαµβάνουµε τις ασκήσεις κλειδιά ÂÞìá ÂÞìá ÅðáíáëáìâÜíïõìå ôéò áóêþóåéò "êëåéäéü" Α. Από το σχολικό βιβλίο ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β ΛΥΚΕΙΟΥ έκδοση 003. σ. 7: Αποδεικτικές Ασκήσεις:,, 3, 4, 5, 7 Σύνθετα θέµατα:, 4 σ. : Αποδεικτικές Ασκήσεις:, Σύνθετα θέµατα: σ. 4: Ερωτήσεις Κατανόησης:, 3 Ασκήσεις Εµπέδωσης: 4, 5 Αποδεικτικές Ασκήσεις:,, 3, 4 Σύνθετα θέµατα:, 3 σ. 7: Γενικές ασκήσεις:, 4, 5
Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις Βήµα 3 ο 63. ÂÞìá 3 ÂÞìá ÂÞìá Ëýíïõìå ðåñéóóüôåñåò áóêþóåéò. Η διάµεσος ΑΜ τριγώνου ΑΒΓ είναι κάθετη στην ΑΒ. Αν δείξετε ότι (ΑΒΓ) = ΑΜ. Το τρίγωνο ΑΒΜ είναι ισοσκελές επειδή ˆ Α= 90 και Βˆ = 45 Á, άρα ΑΜ=ΑΒ (). Το τρίγωνο ΑΒΜ είναι ορθογώνιο εποµένως: 45 Â Ì ( ) ΑΒΜ = ΑΒ ΑΜ = ΑΜ () Η ΑΜ είναι διάµεσος στο ΑΒΓ, άρα (ΑΒΜ) = (ΑΓΜ), οπότε: ( ) ( ) ΑΒΓ = ΑΒΜ = ΑΜ = ΑΜ o ˆΒ=45, να. ίνεται τραπέζιο ΑΒΓ µε βάσεις ΑΒ = α, Γ = β (ΑΒ > Γ ) και ύψος υ. Έστω Ε,Ζ τα µέσα των Α, ΒΓ και Θ, Η τα σηµεία στα οποία η ΕΖ τέµνει τις ΑΓ και Β. Να αποδείξετε ότι: α β i. ( ΑΗΓ) = υ 4 ii. ( ΑΒΖΕ) ( ΕΖΓ ) = ( ΑΗΓ) â i. Το τµήµα που ενώνει τα µέσα των διαγωνίων τραπεζίου ισούται µε την ηµιδιαφορά των α β βάσεων, εποµένως ΘΗ = ( ) α β υ α β υ α β ΑΗΓ = ( ΑΘΗ) + ( ΘΗΓ) = + = υ 4 A Å È á H Æ B
64. Βήµα 3 ο Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις ii. ( ) ( ) ΑΒ + ΕΖ υ ΕΖ + Γ υ ΑΒΖΕ ΕΖΓ = υ ( ) υ α β = ΑΒ + ΕΖ ΕΖ Γ = ( α β) = υ = ( ΑΗΓ) από i. ερώτηµα. 4 4 3. Θεωρούµε ορθογώνιο τρίγωνο ( ο ΑΒΓ Αˆ 90 ) δείξετε ότι: ( Α Β ) ( Α Γ ) Α + = ΑΒ ΑΓ 4 Είναι ( ) Α Β = Α Β και ( ) Α Γ = Α Γ Άρα: ( ) ( ) Α Β Α Γ Α Β Α Γ + = 4 + 4 () ΑΒ ΑΓ ΑΒ ΑΓ Από γνωστή µετρική σχέση στα ορθογώνια τρίγωνα έχουµε AB = BΓ Β και ΑΓ = και το ύψος του Α. Να = ΒΓ Γ oπότε η () γίνεται: A B ( Α Β) ( Α Γ) Α Β Α Γ + = + = ΑΒ ΑΓ 4ΒΓ 4ΒΓ Α ( Β + Γ) Α = 4ΒΓ 4 4. Οι διαγώνιες τραπεζίου ΑΒΓ (ΑΒ//Γ ) τέµνονται στο Ε. Από το Ε φέρνουµε παράλληλη προς την ΑΒ που τέµνει την Α στο Κ. Να δείξετε ότι (ΓΚΒ) = ( ΕΑ). Έχουµε ότι ( ΑΒ) = (ΓΑΒ) (κοινή βάση ΑΒ και ίσα ύψη). Αφαιρώντας το ΕΑΒ από τα δύο µέλη, έχουµε: ( ΑΒ) (ΕΑΒ) = (ΓΑΒ) (ΕΑΒ) ( ΕΑ) = (ΓΕΒ) () Ακόµα έχουµε (ΓΚΕ) = ( ΚΕ) (), (κοινή βάση ΚΕ και ίσα ύψη αφού ΚΕ// Γ) και (ΒΚΕ) = (ΑΚΕ) (3), (κοινή βάση ΚΕ και ίσα ύψη αφού ΚΕ//ΑΒ). Εποµένως: (ΓΚΒ) = (ΓΕΒ) + (ΓΚΕ) + (ΒΚΕ) (),(),(3) = ( ΕΑ) + ( ΚΕ) + (ΑΚΕ) = ( ΕΑ) + ( ΕΑ) = ( ΕΑ). Ê Å Á Â
Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις Βήµα 3 ο 65. 5. ίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( o ˆΑ=90 ). Εκτός του ΑΒΓ κατασκευάζουµε το ισοσκελές τρίγωνο ΣΑΒ (ΣΑ = ΣΒ). Να δείξετε ότι: (ΣΒΓ) = (ΣΑΒ) + (ΣΑΓ). Προσπαθούµε να µετασχηµατίσουµε το άθροισµα Â (ΣΑΒ) + (ΣΑΓ) σε ενιαίο εµβαδό. Επειδή τα τρίγωνα ΣΑΒ και ΣΑΓ έχουν κοινή πλευρά τη ΣΑ, µετασχηµατίζουµε το ισοσκελές τρίγωνο ΣΑΒ σε ισοδύνα- Ó µο, κατά τρόπο που τα τρίγωνα ΣΑΓ και το ισοδύναµο Á του ΣΑΒ να σχηµατίσουν ένα ενιαίο εµβαδό. Προεκτείνουµε την πλευρά ΣΒ κατά τµήµα Σ ίσο µε Β ΒΣ. Το τρίγωνο ΒΑ είναι ορθογώνιο αφού ΑΣ = ΣΒ = Σ =. Εποµένως τα, Α, Γ βρίσκονται σε ευθεία και (ΣΑΒ) = (Σ Α) () (γιατί ΑΣ διάµεσος του ΑΒ). Έτσι έχουµε: (ΣΑΒ) + (ΣΑΓ) = (Σ Α) + (ΣΑΓ) = (Σ Γ). Όµως (Σ Γ) = (ΣΒΓ) γιατί στο τρίγωνο ΒΓ η ΓΣ είναι διάµεσος. Εποµένως (ΣΑΒ) + (ΣΑΓ) = (ΣΒΓ). 6. ίνεται τραπέζιο ΑΒΓ. Η διάµεσος ΜΝ τέµνει τις διαγωνίους ΑΓ και Β στα Κ,Λ αντίστοιχα. Να δείξετε ότι: (ΛΓΑ) = (ΑΒΝΜ) (ΜΝΓ ). Προσπαθούµε να εµφανίσουµε τη διαφορά (ABNM) - (MNΓ ) ως ενιαίο εµβαδόν. Αρκεί στο εσωτερικό του τραπεζίου ΑΒΝΜ να βρούµε εµβαδόν ισοδύναµο µε το εµβαδόν του τραπεζίου ΜΝΓ Ê Ë ώστε να γίνει δυνατή η αφαίρεση. Ì Í Προεκτείνουµε τη ΓΛ και έστω ότι τέµνει την ΑΒ στο Σ. Τα τρίγωνα Λ Γ και ΛΣΒ είναι ίσα διότι έχουν Λ = ΛΒ (η διάµεσος του τραπεζίου περνάει από τα µέσα των διαγωνίων) και τις προ- Á Ó Â σκείµενες Λ ˆ ˆ = Λ ως κατακορυφήν και ˆ ˆ = Β ως εντός εναλλάξ. Συνεπώς: ΣΒ = Γ () και ΛΣ = ΛΓ () Επειδή ΣΒ = Γ είναι (ΜΝΓ ) = (ΜΝΒΣ) (3), γιατί είναι τραπέζια που έχουν ίσες βάσεις και ίσα ύψη (η διάµεσος ΜΝ ισαπέχει από τις ΑΒ και Γ ). Επειδή ΛΣ = ΛΓ είναι: (ΑΣΛ) = (ΛΓΑ) (4) και (ΑΜΣ) = (ΑΣΛ) (5), διότι έχουν κοινή βάση ΑΣ και ίσα ύψη. (3) (5) (4) Εποµένως: ΑΒΝΜ ΜΝΓ = ΑΒΝΜ ΜΝΒΣ = ΑΣΜ = ΑΣΛ = ΛΓΑ
66. Βήµα 3 ο Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις R τ 7. Να δείξετε ότι σε κάθε τρίγωνο ισχύει: =, όπου ρ υα υβ + υβ υγ + υγ υα R, ρ οι ακτίνες του περιγεγραµµένου και εγγεγραµµένου κύκλου του τριγώνου και τ η ηµιπερίµετρος του τριγώνου. Ε Σε κάθε τρίγωνο ισχύουν οι τύποι: υ ( ) () α = (), Ε = ρτ, 4RE = αβγ 3 α () τ τ Β'µέλος = = = υα υ Ε Ε Ε Ε Ε Ε β + υβ υγ + υγ υα + + α β β γ γ α () τ τ τ αβγ 4RE RE R. + + τ = = = = = = = α β γ 4ρ τ 4ρτ ρε ρ 4Ε + + ( ρτ) ρ τ αβ βγ γα αβγ αβγ 8. ίνεται τρίγωνο ΑΒΓ µε ( o ˆΑ=60 ). Με διάµετρο τη ΒΓ γράφουµε κύκλο που τέµνει τις ΑΒ και ΑΓ στα, Ε αντίστοιχα. Να δείξετε ότι ( ) Α Ε = ( ΑΒΓ). 4 Η ΒΓ είναι διάµετρος ΒΕΓ = Β Γ = 90. Το τρίγωνο ΑΕΒ είναι ορθογώνιο και επειδή: ˆ ˆ ΑΒ Α = 60 Β = 30 ΑΕ = () (απέναντι από γωνία 30 σε ορθογώνιο τρίγωνο, βρίσκεται πλευρά ίση µε το µισό της υποτείνουσας). Για τους ίδιους λόγους στο ορθογώνιο τριγωνο Α Γ είναι: ΑΓ ˆΓ = 30 Α = (). Τα τρίγωνα Α Ε και ΑΒΓ έχουν τη γωνία ˆΑ κοινή, οπότε από το θεώρηµα του λόγου των εµβαδών για τρίγωνα µε µία γωνία ίση, έχουµε: ( ) (),() Α Ε Α ΑΕ Α ΑΕ = = = =, ( ) άρα Α Ε = ( ΑΒΓ) ( ΑΒΓ). ΑΒ ΑΓ ΑΓ ΑΒ 4 4 Â Á 60 Å O
Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις Βήµα 3 ο 67. 9. ίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Έστω Μ το µέσο της ΒΓ, Ν το µέσο της ΑΓ, Λ το µέσο της ΑΜ και Θ το µέσο της ΑΝ. Να δείξετε ότι (ΑΒΓ) = 6(ΛΘΝ). Η ΜΝ είναι παράλληλη µε την ΑΒ γιατί ενώνει τα µέσα Á των πλευρών ΑΓ και ΒΓ. Η ΛΘ είναι παράλληλη µε τη ΜΝ γιατί ενώνει τα µέσα των ΑΜ και ΑΝ. Εποµένως η ΛΘ//ΑΒ. Άρα A ˆ = Θ ˆ È ως εντός εκτός και επί τα αυτά. Ë Í Επίσης η ΛΝ είναι παράλληλη µε τη ΜΓ γιατί ενώνει τα µέσα των ΑΜ, ΑΓ, άρα: Â Ì ˆ ˆ ΛΝ Γ = Ν και ΛΝ = ΜΓ = ΒΓ= ΒΓ = 4 ΒΓ 4 Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΛΘΝ είναι όµοια γιατί εχουν Α ˆ = Θ ˆ και Γ ˆ = Ν ˆ. ΛΝ Ο λόγος οµοιότητας των τριγώνων είναι: λ = =. ΒΓ 4 Άρα: λ (ΑΒΓ) (ΛΘΝ) (ΛΘΝ) = = = = (ΑΒΓ) 4 6 0. ίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, η διάµεσος ΒΝ και σηµείο στην ΑΒ τέτοιο ώστε Β = ΑΒ. Αν η ΒΝ τέµνει τη Γ στο Σ, να δείξετε ότι (ΒΣ ) = (ΑΒΓ) 3 Από το σηµείο Ν φέρουµε: ΝΛ// Γ θ.θαλή ΑΛ ΑΝ ΑΝ= ΝΓ ΑΛ = = ΑΛ = Λ () Λ ΝΓ Λ Επειδή: Β = ΑΒ Α = Β Λ = Β Λ = Β 3 Στο τρίγωνο ΒΛΝ το είναι µέσο της ΒΛ και η Σ//ΛΝ, άρα Σ µέσο της ΒΝ, δηλαδή ΒΝ = ΒΣ (). Τα τρίγωνα ΒΣ και ΒΑΝ έχουν τη γωνία ˆΒ κοινή. Εποµένως: ˆΒκοινή () (ΒΣ ) Β ΒΣ Β ΒΣ = = = = (ΒΑΝ) ΒΑ ΒΝ ΒΑ ΒΝ 3 6 Â Ë Á Ó Í Άρα (ΒΣ ) = (ΑΒΝ) = (ΑΒΓ) = (ΑΒΓ), διότι 6 6 µεσος ΑΒΓ) ΑΒΝ = ΑΒΓ (αφού ΒΝ διά-
68. Βήµα 3 ο Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις. Προεκτείνουµε τις πλευρές ΒΓ, ΓΑ και ΑΒ τριγώνου ΑΒΓ κατά Γ = ΓΒ, ΑΕ = ΑΓ και ΒΖ = ΒΑ αντίστοιχα Να δείξετε ότι: ( ΕΖ) = 7(ΑΒΓ) Είναι ( ΕΖ) = ( ΑΒΓ ) + ( ΑΕΖ) + ( ΒΖ ) + ( Γ Ε) Ακόµα: Α + Α = 80 Άρα: ( ΑΕΖ ) ΑΕ ΑΖ ΑΓ ΑΒ Â = = = ( ΑΒΓ) γιατί ΑΒ ΑΓ ΑΒ ΑΓ Æ ΑΕ = ΑΓ και ΑΖ = ΑΒ. Εποµένως (ΑΕΖ) = (ΑΒΓ). Οµοίως (ΒΖ ) = (ΑΒΓ) και (Γ Ε) = (ΑΒΓ). Άρα ( ΕΖ) = (ΑΒΓ) + (ΑΒΓ) + (ΑΒΓ) + (ΑΒΓ) = 7(ΑΒΓ). Å A. ίνεται παραλληλόγραµµο ΑΒΓ µε ΑΒ = 0, Α = 4 και = 60. Στην πλευρά ΑΒ θεωρούµε τα σηµεία Ε και Ζ, έτσι ώστε ΑΕ = ΕΖ = ΖΒ. Αν Η το σηµείο τοµής των Ε και ΓΖ να υπολογιστούν: i. Το (ΑΒΓ ) ii. Το (ΗΕΖ) 0 i. Αν φέρουµε Θ ΑΒ, τότε Α Θ 60 = 30, άρα Α ΑΘ = =. Εφαρµόζοντας το Πυθαγόρειο θεώρηµα στο τρίγωνο Α Θ βρίσκουµε Θ = 3. Άρα ( ΑΒΓ ) = ΑΒ Θ = 0 3 ΑΒ ΕΖ ii. Τα τρίγωνα ΗΕΖ και Η Γ είναι όµοια µε λόγο οµοιότητας = 3 = Γ Γ 3 (αφού ΑΒ = Γ). Εποµένως ο λόγος των εµβαδών τους ισούται µε το τετράγωνο του λόγου οµοιότητας δηλαδή: ( ) ΗΕΖ ΕΖ = ( ) ( ) ( ) = δηλαδή 9 ΗΕΖ = Η Γ Η Γ Γ 9 9( ΗΕΖ) = ( ΗΕΖ) + ( Γ ΕΖ) 8( ΗΕΖ) = ( Γ ΕΖ) ( ) ( ) Γ ΕΖ ΗΕΖ = 8 È 4 A Å Æ Ç Â
Λύνουµε περισσότερες ασκήσεις Βήµα 3 ο 69. Το Γ ΕΖ είναι τραπέζιο µε βάσεις Γ = 0, 0 0 + Εποµένως ( ) 3 40 3 Γ ΕΖ = 3 =. 3 0 ΕΖ = και ύψος Θ = 3. 3 40 3 Τελικά ( ) 3 5 3 ΗΕΖ = = 8 3 3. Θεωρούµε τρίγωνο ΑΒΓ µε α = 4, β = 5, γ = 6 και ύψη Α, ΒΕ και ΓΖ. Να υπολογιστεί το ( ΕΖ). Είναι γ = 36 και α + β Á = 4, εποµένως το τρίγωνο ΑΒΓ είναι οξυγώνιο αφού γ < α + β ã Å. Æ â Eίναι ( ΕΖ) = ( ΑΒΓ) ( ΑΖΕ) ( Β Ζ) ( Γ Ε) Â ( ΕΖ) ( ΑΖΕ) ( Β Z) ( Γ Ε) = ( ΑΒΓ) ( ΑΒΓ) ( ΑΒΓ) ( ΑΒΓ) () Το τετράπλευρο ΒΖΕΓ είναι εγγράψιµο αφού η πλευρά ΒΓ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές Ζ και Ε υπό ίσες γωνίες Ζ και Ε (ορθές). Εποµένως η εξωτερική του γωνία Ζ ισούται µε την απέναντι εσωτερική Γ. Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΕΖ είναι όµοια αφού έχουν δύο γωνίες ίσες ( ˆΑ κοινή και Ζ ˆ = Γˆ ) και ο λόγος των εµβαδών τους ισούται µε το τετράγωνο του λόγου οµοιότητας, δηλαδή ( ) ΑΕΖ ΑΕ = ( ΑΒΓ) ΑΒ. Ακόµα έχουµε β + γ α 9 α = β + γ βαε ΑΕ= ΑΕ= β 7 5 Οµοίως Β = και Γ = άρα η () γίνεται: ( ΕΖ ) 7 = 8 8 ( ΑΒΓ) 56 ( ) 7 ( ) 405 ΕΖ = ΑΒΓ = 7. 56 04 (Υπολογίσαµε το (ΑΒΓ) από τον τύπο του Ήρωνα: ( ABΓ) = τ( τ α)( τ β)( τ γ) )
70. Βήµα 4 ο Λύνουµε µόνοι µας ÂÞìá 4 ÂÞìá 3 ÂÞìá ÂÞìá Ëýíïõìå ìüíïé ìáò. ίνεται τραπέζιο ΑΒΓ (ΑΒ//Γ ) και ΕΖ//ΑΒ// Γ, όπου Ε σηµείο της Α και Ζ της ΒΓ. Να δείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΖ και ΒΕΓ είναι ισεµβαδικά.. Οι διαγώνιοι τετραπλεύρου ΑΒΓ τέµνονται στο Ρ. Αν (ΡΑΒ) = ε, (ΡΒΓ) = ε, ΡΓ = ε, Ρ Α = ε, να δείξετε ότι : ΡΑ ε ε4 = 3 4 ΡΓ ε ε 3.
Λύνουµε µόνοι µας Βήµα 4 ο 7. 3. Σε παραλληλόγραµµο ΑΒΓ είναι Α= 5Β και (ΑΒΓ ) = 40. Αν η περίµετρος είναι δωδεκαπλάσια της Α, να δείξετε ότι: i. ΑΒ = 0 και ΒΓ = 4. ii. Τα ύψη του ΑΒΓ είναι και 0. 4. Με υποτείνουσες τις κάθετες πλευρές ΑΒ και ΑΓ ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ, µε β + γ = 0 κατασκευάζουµε ορθογώνια και ισοσκελή τρίγωνα ΑΒ και ΑΓΕ εκτός αυτού. α. Να δείξετε ότι τα σηµεία,α,ε είναι συνευθειακά. β. Να βρείτε το εµβαδόν του τετραπλεύρου ΒΓΕ.
7. Βήµα 4 ο Λύνουµε µόνοι µας 5. Έστω ΑΒΓ ορθογώνιο τρίγωνο µε Α=90, ΑΒ < ΑΓ και Μ µέσο της ΒΓ. Η µεσοκάθετος της ΒΓ τέµνει την ΑΓ στο Ν. Έστω Α ΒΓ και (ΑΒΓ) = 3(ΓΜΝ). Να δείξετε ότι: 3 i. ΜΝ = υα ii. Γ = α iii. Το είναι µέσον του ΜΒ 3 4 iv. Το τρίγωνο ΑΜΒ είναι ισοσκελές v. ΒΓ=ΑΒ vi. Β=60. 6. α. ίνεται ορθογώνιο ΑΒΓ µε Α = α και ΑΒ = β. Έστω Ο το σηµείο τοµής των διαγωνίων του, και Μ το µέσο της ΑΒ. Τότε: i. το τµήµα Μ είναι ίσο µε:. α+β α +β 4α +β. 3. 4. α+β ii. Το εµβαδόν του τριγώνου Ο Μ είναι ίσο µε:. α β 4. α β 3. α β 4. α β 8 5. α+β 4 5. αβ β. ίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ µε ΑΒ = γ, ΒΓ = α, ΑΓ = β ( ˆ ο Α=90 ). Να αποδείξετε ότι Ε α = Ε β + Ε γ όπου Ε α, Ε β, Ε γ είναι τα εµβαδά των ισοπλεύρων τριγώνων µε πλευρές α, β, γ αντίστοιχα.