ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΛΕΙΞΕΙΣ

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΛΕΙΞΕΙΣ Για να υπάρχει τρίγωνο με δεδομένα μήκη πλευρών πρέπει να ισχύει η τριγωνική ανισότητα. (Ασκήσεις: 9.4 Εμπέδωσης 1, ). Για να βρούμε το είδος του τριγώνου ως προς τις γωνίες (οξυγώνιο, ορθογώνιο, αμβλυγώνιο) συγκρίνουμε το τετράγωνο της μεγαλύτερης πλευράς με το άθροισμα των τετραγώνων των δύο άλλων πλευρών. (Ασκήσεις: 9. Αποδεικτικές 1-9.4 Εμπέδωσης 1, Αποδεικτικές 1). Για να υπολογίσουμε μια γωνία (σε μοίρες) χρησιμοποιώντας τις γνωστές μετρικές σχέσεις βρίσκουμε κατάλληλη σχέση μεταξύ των στοιχείων (πλευρών, διαμέσων κ.λ.π.) ενός τριγώνου π.χ. Ισόπλευρο τρίγωνο, ορθογώνιο τρίγωνο με μια πλευρά ίση με το μισό της υποτείνουσας κ.λ.π. (Ασκήσεις: 9.4 Εμπέδωσης 3, 9.5 Εμπέδωσης 3, Γενικές 8). Σχόλιο: Πολλές φορές μια γωνία υπολογίζεται και τριγωνομετρικά (Νόμος συνημίτονων, ημίτονων κ.λ.π.). (π.χ. 9. 4 Άσκηση Εμπέδωσης 3). Χρησιμοποιώντας την εφαρμογή της 9.7 αποδεικνύουμε ότι μια ευθεία εφάπτεται σε ένα κύκλο. (Ασκήσεις: 9.7 Σύνθετα 3).

9.1-9. 19 9.1-9. Ασκήσεις Εμπέδωσης 1. Είναι ΒΓ = ΑΒ + ΑΓ = 3 +4 = 5 <=> ΒΓ = 5 ΑΒ = ΒΓ ΒΔ <=> 3 = 5 ΒΔ <=> ΒΔ =. 5 ΔΓ = ΒΓ - ΒΔ = καιαδ = ΒΔ. ΔΓ=- <=> ΑΔ = 5 5 5 5.. Είναι Β = Γ <=> Β + Γ = 3Γ ο 90 = 3Γ <=> Γ = 30 οπότε Q β Ι = και από την α"=β* +γ" προκύπτει ότι β" =3γ <=> = Λ/3, οπότε αληθές είναι το Γ. 3. Επειδή ΑΔ < ΑΓ < ΒΓ και ΓΔ < ΑΓ, αρκεί να συγκρίνουμε 5 τα ΑΔ και ΓΔ. Έχουμε: ΑΒ = ΒΓ ΒΔ <=> 5 = ΒΓ <=> 144 ΒΓ = 13 οπότε ΓΔ = ΒΓ -ΒΔ=-^- (1) και από τη σχέση ΑΔ = ΒΔ ΔΓ βρίσκουμε ΑΑ = (). Από (1) και () προκύπτει ότι ΑΔ < ΓΔ και επομένως ΑΔ < ΓΔ < ΑΓ < ΒΓ. Δ Β Αποδεικτικές Ασκήσεις 1. Έχουμε β + γ = (κλ) + (κ - λ ) = (κ + λ ) = α, δηλαδή α = β + γ <ί=> Α = 90. Επειδή ΑΒ διάμετρος, οι γωνίες ΑΓΒ και ΑΔΒ είναι ορθές, οπότε από τα ορθογώνια τρίγωνα ΓΑΒ και ΔΑΒ έχουμε αντίστοιχα: ΑΓ = ΑΒ ΑΕ και ΑΔ = ΑΒ ΑΖ. Από τις σχέσεις αυτές με διαίρεση κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο.

130 9.1-9. 3. Φέρνουμε τη ΒΔ. Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΕΒΔ και ΕΓΔ έχουμε: ΕΒ = ΒΔ - ΔΕ και ΕΓ = ΔΓ - ΔΕ αντίστοιχα, από τις οποίες με αφαίρεση κατά μέλη προκύπτει: BE - ΓΕ = ΒΔ - ΔΓ ο BE - ΓΕ = ΒΔ - ΑΔ (1), αφού το Δ είναι μέσον της ΑΓ. Από την (1) και επειδή το ΑΔΒ είναι ορθογώνιο προκύπτει BE - ΓΕ = ΑΒ <=> ΓΕ + ΑΒ = BE (). Είναι φανερό ότι ΔΒ > ΕΒ. Από την () προκύπτει ότι BE > ΓΕ οπότε ΔΒ > ΕΒ > ΕΓ. 4. ί) Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΔ και Α'Β'Δ' έχουμε: β, μ, β'" β =γ + και μ, =γ + ρ 4 4 αντίστοιχα από τις οποίες, αφού μρ = μ^' προκύπτει:, β" γ + γ,+ ~τ~ (1) 4 Όμοια, από τα ορθογιόνια τρίγωνα ΑΓΕ και Α'Γ'Ε'και επειδή μ γ = μ γ ' προκύπτει β + 1 Γ = β' + V (). 4 4 Προσθέτοντας τις (1) και () κατά μέλη βρίσκουμε: (β* + γ ) = (β' +γ' ), 4 4 ~ί ο Γ>'*' ' ' ' από την οποία λαμβάνοντας υπόψη ότι β" + γ" = α" και β " + γ" = α, προκύπτει ότι α = α'. ii) Είδαμε ότι β + γ = β " + γ " (3). Αφαιρώντας από την (3) την (1) προκύπτει 3 3 β" = β', δηλαδή β = β". Επειδή πλέον τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β'Γ' είναι ορ- 4 4 θογώνια και έχουν τις κάθετες πλευρές ίσες, είναι ίσα. 5. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΕΓ έχουμε: α" = BE" + ΕΓ" (1).

9.1-9. 131 Επίσης από το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΕΑ έχουμε: γ =ΒΕ +ΑΕ (). Επειδή β = γ θα είναι β = γ = BE + ΑΕ (3). Προσθέτοντας τις (1), () και (30 κατά μέλη προκύπτει ότι: α + β + γ = 3ΒΕ + ΑΕ + ΓΕ Σύνθετα Θέματα ΑΒ ΒΔ 1. ί) Έχουμε: = - (1), αφού Α 1 L καιαδιβγ ΑΓ ΔΓ Επίσης, από τα ορθογώνια τρίγωνα ΔΑΒ και ΔΑΓ έχουμε αντίστοιχα: ΒΔ = ΑΒ ΕΒ () και ΔΓ = ΑΓ ΖΓ (3). Από (1), () και (3) έχουμε: ΑΒ 4 ΒΔ ΑΒ ΕΒ ΑΒ 3 BE ΑΓ" ΔΓ ΑΓΖΓ ΑΓ" ΓΖ ii) Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΔΑΒ και ΔΑΓ έχουμε: <=> ΑΔ = ΑΒ ΑΕ και ΑΔ =ΑΓ ΑΖ από τις οποίες προκύπτει ΑΔ 4 = ΑΒ ΑΓ ΑΕ ΑΖ (1 ) Αλλά ΑΒ ΑΓ = ΒΓ ΑΔ (). Από (1), () προκύπτει το ζητούμενο. Β. ί) Φέρνουμε ΛΔΧΒΚ. Τότε ΚΔ = R + ρ, ΚΔ = R - ρ, και ΔΔ = ΒΓ. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΔΚΔ έχουμε: ΔΔ = ΚΔ - ΔΚ = (R + ρ) -( R-p) = 4Rp Ο ΔΑ = -y/rp δηλ ΒΓ = ^/ϊϊρ. ii) Σύμφωνα με το ί) έχουμε BE = Vro και ΕΓ = -/ro οπότε από την προφανή σχέση ΒΓ = BE + ΕΓ προκύπτει A/Rp = Λ/ro + Λ/RO από την οποία με διαίρεση με το Λ[Κρσ προκύπτει το ζητούμε EVO. 3. i) Επειδή Ν μέσον ΑΓ και ΜΝ//ΚΓ, το Μ είναι μέσον του ΑΚ, δηλαδή στο τετράπλευρο ΑΒΚΔ οι διαγώνιοι διχοτομούνται και αφού Α = 90, αυτό είναι ορθογώνιο. ii) Έχουμε διαδοχικά: ΔΓ - ΑΒ = ΔΓ - ΔΚ = ΚΓ" (από το ορθογώνιο τρίγωνο Κ.ΔΓ) = (ΜΝ) = 4ΜΝ, δηλαδή ΔΓ ΑΒ = 4ΜΝ.

13 9.4 4. Επειδή μ α = γ, έχουμε: μ > βγ <=> α > βγ ο β + γ > βγ (γιατί Α = 90 ) ο (β - γ) > 0 που ισχύει. Το "=" όταν β = γ. 5. Φέρνουμε ΓΖ, ΔΗ_Ι_ΑΒ και τις ΟΓ και ΟΔ. Το τρίγωνο ΟΓΔ είναι ισοσκελές και επομένως ΟΓΔ = ΟΔΓ = φ. Η γωνία ΔΟΗ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΟΕΔ οπότε ΔΟΗ = 45 +φ. Έτσι τα ορθογώνια τρίγωνα ΖΓΟ και ΗΔΟ έχουν: Ζ = Η = 90, ΔΟΗ = 45 +φ = ΟΓ Ζ και ΟΔ = ΟΓ (= R) άρα είναι ίσα και επομένως ΓΖ = OH (1). Έχουμε: ΓΕ + ΔΕ = ΓΖ + ΔΗ = (ΟΗ + ΔΗ ) (από την (1)) = = ΟΔ = R, δηλαδή, ΓΕ + ΔΕ = R. 6. Από την ομοιότητα των τριγώνων ΔΑΒ και ΑΒΓ έχουμε ότι: α ω α ω Όμοια, από την ομοιότητα των τριγώνων ΔΑΓ β ν και ΑΒΓ βρίσκουμε ότι = (). Προσθέα ω τοντας τις (1), () κατά μέλη και λαμβάνοντας υπόψη ότι α = β + γ προκύπτει ότι x + y = ω. 9.4 Ασκήσεις Εμπέδωσης 1. Επειδή β-γ<α<β + γ (τριγωνική ανισότητα) υπάρχει τρίγωνο. Η μεγαλύτερη γωνία είναι η Α και αφού α < β + γ θα είναι Α < 1 L. Άρα το τρίγωνο είναι οξυγώνιο.. Ναι, υπάρχει, αφού ισχύει η τριγωνική ανισότητα. Έχουμε επίσης ότι:

9.4 133 υ = I V'C " '" fx' " Ύ) = f Jf ί f " <>)(f " 5 I f " 4 ] = I 115 3 5 7 _J_ 15λ/7 _5Λ/7 3 V ' ' ' ~ 3 ' 4 ~ 4 3 Λ/7 15Λ/7 Ομοια υρ =,υ γ = 3. Έχουμε β = 4 + Λ/3, α =, γ = 4 Άρα β > α + γ οπότε Β > 90. Στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι Α > 90 οπότε α = β + γ - β ΑΔ <=> ΑΔ = 3 + λ/3 1 + Λ/3 S(l + S ) <=> ΑΔ = <=> ΑΔ = Λ/3.(1) 1 + Λ/3 Στο τρίγωνο ΑΒΔ είναι ΒΔ = ΑΒ - ΑΔ ο ΔΒ = 1 ο ΒΔ = 1. Επειδή ΑΒ = γ = και ΒΔ = 1 είναι Α = 30. ος τρόπος: Από το νόμο των συνημίτονων στο τρίγωνο ΑΒΓ προκύπτει ότι: συνα = β + γ - α (1 + Λ/3) + - (Λ/) 6 + Λ/3 + 1) Λ/3 βγ Άρα Α = 30. (1 + Λ/3) 4(1 + Λ/3) 4(1 + Λ/3) 4. Είναι Α = 60, οπότε από το Νόμο των συνημίτονων έχουμε: ΒΓ =ΑΒ +ΑΓ -ΑΒ ΑΓσυνΑ <=> ΒΓ = 16 + 5-4 5 - Ο ΒΓ = Λ/1< cm

134 9.4 Αποδεικτικές Ασκήσεις 1. Ελέγχουμε αρχικά ίο είδος του τριγώνου. Είναι ΑΓ = 144, ΒΓ = 49, ΑΒ = 81. Επειδή ΑΓ > ΑΒ + ΒΓ θα είναι Β > 90. Έστω ΒΔ η προβολή της ΒΓ πάνω στην ΑΒ. Ε- πειδή Β > 90 έχουμε: ΑΓ = ΑΒ + ΒΓ + ΑΒ ΒΔ <=> ΑΓ" - ΑΒ~ ΒΓ' 144-81 - 49 14 ΒΔ = ΑΒ 18 7 ΒΔ = cm 9 Εφαρμόζουμε το γενικευμένο Πυθαγόρειο στα τρίγωνα ΑΓΔ και ΒΔΓ με την υπόθεση ότι Γ, Δ < 1 L. Αν μία από τις Γ, Δ, ή- ταν αμβλεία η απόδειξη είναι ανάλογη. Τότε: ΑΓ = ΑΔ + ΔΓ - ΓΔ ΔΕ = <=> ΒΔ = ΒΓ +ΔΓ -ΔΓ-ΖΓ Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε ότι: Α Γ - ΒΔ = ΑΔ + ΒΓ + ΔΓ (ΔΦ - ΔΕ -ΖΓ) = ΑΔ + ΒΓ + ΓΔ ΕΖ = ΑΔ + ΒΓ + ΑΒ ΓΔ. 3. Εφαρμόζοντας το θεώρημα οξείας γωνίας στο τρίγο:>νο ΑΒΓ έχουμε ότι: β = α + γ - γ ΒΓ' γ = α + β - β ΓΒ' Προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. 4. Στο τρίγωνο ΒΓΔ είναι Γ > 90, οπότε: ΒΓ = ΓΔ ΒΔ = ΒΓ +ΓΔ" +ΓΔ ΑΓ <=> ΒΔ = ΒΓ + ΒΓ ΑΓ <=>, ΒΓ=ΓΔ ΒΔ = ΒΓ(ΒΓ + ΑΓ) <=> ΒΔ = ΒΓ ΑΔ

9.4 135 5. Στο τρίγωνο ΒΕΓ είναι Γ <90, οπότε: BE = ΕΓ + ΒΓ - ΒΓ ΖΓ Ο BE = ΕΓ + ΒΓ (ΒΓ - ΖΓ (1) Φέρουμε ΔΗ_Ι_ΒΓ. Τότε τα τρίγωνα ΔΒΗ και ΕΖΓ είναι ίσα (Ζ = Η = 90,Β = Γ,ΔΗ = ΕΖ), οπότε ΒΗ=ΖΓ. Άρα ΒΓ - ΖΓ = ΒΓ - ΖΓ - ΒΗ = ΗΖ = ΔΕ () Από τις (1) και () προκύπτει ότι BE = ΕΓ + ΒΓ ΔΕ. Σχόλιο: Το ΒΔΕΓ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Φέρνοντας δύο κατάλληλα ύψη δημιουργούνται ί- σα τρίγωνα. 6. Έστω ότι υπάρχει. Πρέπει 5α < 4β + 3γ» (5α) < (4β + 3γ) <=> 5α : < 16β +9γ + 4βγ (διότι α : = β + γ ) ο 9β + 16γ - 4βγ < 0 <=> (3β - 4γ) < 0 άτοπο. Άρα δεν υπάρχει τρίγωνο με πλευρές 5α, 4β, 3γ. Σύνθετα Θέματα 1. Στο ΑΒΓ φέρνουμε το ύψος ΒΔ και εφαρμόζοντας το γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε: α = β + γ -β ΑΔ «α = β + β -β ΑΔ <=> α = β -β ΑΔ (1) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ επειδή Α = 30 είναι ΒΔ =, οπότε ΑΔ- = ρ- _ί ) : 0 Α Λ ^ Ϊ 1 «Α Δ = Μ () Από (1), () έχουμε: α = β - ί «α : β ^ - -\/3 j <=> α = PV-V3.

136 9.5 η η. Επειδή ΑΒ//ΓΔ είναι ΑΓ = ΒΔ <=> ΑΓ = ΒΔ (1). Στο τρίγωνο ΜΑΓ είναι Α < 90 (αφού η ΒΓ < 180 ), οπότε: ΜΓ = ΜΑ + ΑΓ - ΜΑ ΑΕ (). Όμοια στο τρίγωνο ΜΒΔ έχουμε: ΜΔ = MB + ΒΔ - MB ΒΗ (3). Το ΑΓΔΒ είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε Α- Ε=ΒΗ (4). Προσθέτουμε κατά μέλη τις () και (3) και έχουμε: ΜΓ + ΜΔ = ΜΑ + MB + ΑΓ + ΒΔ - ΜΑ ΑΕ - MB ΒΗ S (4) ΜΓ + ΜΔ = ΜΑ + MB + ΑΓ - ΑΕ(ΜΑ + MB) Ο ΜΓ + ΜΔ = ΜΑ + MB + (ΑΓ - ΑΕ ΑΒ) <=> ΜΓ + ΜΔ = ΜΑ + MB διότι ΑΓ = ΑΒ-ΑΕ επειδή ΑΓ Β = 90 και ΓΕ ύψος του ορθογωνίου τριγώνου ΑΓΒ. 3. Από την ισότητα α 3 = β 3 + γ 3 προκύπτει ότι α>β και α>γ. Άρα η γωνία Α είναι η μεγαλύτερη γωνία του τριγώνου, οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι είναι οξεία. α > β αβ > β 3 1 3 Έχουμε συνεπώς,, οπότε αβ + αγ > β~ + γ ή α(β" + γ") > α > γ αγ > γ α 3 ή β + γ > α ή Α < 90. 9.5 Ασκήσεις Εμπέδωσης 1. ί) Α,.; 1 θεώρημα διαμέσων έχουμε: β + γ = μ + ο β + γ = 4μ + α <=> Δ Μ α = β + γ - 4μ <=>α = -49 + -36-4y <=> α = 11 <=> α = 11

9.5 137 ii) Έστω ΜΔ η προβολή της διαμέσου μ α στη ΒΓ. Από το " θεώρημα διαμέσων έχουμε:, β -Υ 49-36 13 β - γ = α ΜΔ <=> ΜΔ = <=> ΜΔ = = α. Γ-. β +γ -α (β + γ) -α. Είναι μ α + βγ = 1- βυ == Αρκεί > ή (β + γ) > α ή β + γ > α, που ισχύει. 4 4 3. Από το θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ΜΓΔ έχουμε: ΜΓ +ΜΔ =Μ0 +Ι^1 ή 5 = R + Ο 10 = 5R «=> R = Ο R = λ/ 4. ί) Από τους τύπους των διαμέσων έχουμε:.,.. μ α +μ β +μ β ζ +γ -α α ζ + γ - β α ζ +β -γ 4 4 ^α +3β + 3 γ = 3 ( α + β + γ ) 4 4 ii) Επειδή Θ βαρύκεντρο είναι: ΘΑ = μ α, ΘΒ = μβ,θγ = μ γ. Άρα από το (i) ερώτημα - προκύπτει ότι: ΘΑ +ΘΒ +ΘΓ = ^-μ α j j + (^μγ ) = "^μα + μ β + μ γ) = = ν 4 ((χ +β + Ύ ) = ^(α +β +Ύ ) Σχόλιο: Αν το τρίγωνο είναι ορθογώνιο ( Α = 90 υ ) τότε β +γ =α, οπότε ^ μ α +μρ +μ γ - -α.

138 9.5 Αποδεικτικές Ασκήσεις 1. Στο τρίγωνο ΑΒΓ (Α < 90 ) οπότε από ίο γενικευμένο πυθαγόρειο θείόρημα είναι : α =β +γ - β ΑΔ] Αλλά ΑΔ = - α = β + γ - βγ (1) Στο τρίγωνο ΑΒΓ (AM διάμεσος) (1) >,.. _ -,.., «-,, <=> β" + γ =μ" + β~ + γ = 4μ" +α ζ <=>β ζ + γ ζ = 4μ ζ + β~ + γ' α ο τ η 5 + 9+15 7 «4μ α =β +γ"+βγ<=>μ~= <=> μ" 49 7 <=> μ" =-. 4. Αν Μ είναι το μέσο της ΒΓ, τότε από το τρίγωνο ΔΒΓ (ΔΜ διάμεσος) είναι: ΔΓ -ΔΒ = ΒΓ ΕΜ (1) Επειδή ΔΕ//ΑΜ (αφού ΑΜ_1_ΒΓ) είναι: EM ΒΜ ΕΜ ΒΓ ΒΓ ΑΔ t s F. Μ ΑΔ ΑΒ ΑΔ ΑΒ ΑΒ () Από (1), () έχουμε: ΔΓ - ΔΒ = ΑΒ 3. ί) Φέρνουμε τις διαγώνιους ΑΓ, ΒΔ. Στο τρίγωνο ΜΑΓ (ΜΟ διάμεσος):?? 7 ΔΓ ΜΑ + ΜΓ = ΜΟ + (1) Αλλά ΑΓ = ΒΔ (3) Από (1), (), (3) έχουμε: ΜΑ + ΜΓ = MB + ΜΔ ii) Από ί) έχουμε: ΜΑ + ΜΓ = MB + ΜΔ <=>1+3 = + ΜΔ <=> ΜΔ = λ/.

9.5 139 Άρα, αφού ΜΒ=ΜΔ = Λ/,το Μ θα βρίσκεται στη μεσοκάθετο του ΒΔ, δηλαδή στην ΑΓ. Επομένως α- πό το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι: α + α = ΑΓ <=> α = ίΐ + α = 4 + Λ/3 α = Λ/ + Λ/3. 4. Από το 1 θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε:, Ί Ί ") I ΑΒ +ΒΓ =ΒΜ + (1). Όμοια στο τρίγωνο ΑΔΓ έχουμε: ΓΔ +ΔΑ =ΔΜ + (). Με πρόσθεση κατά μέλη των ί!) και () προκύπτει ότι: ΑΒ : +ΒΓ +ΓΔ : +ΔΑ =(ΒΜ : +ΔΜ')+ΑΓ (3). Αλλά στο τρίγωνο ΒΜΔ η ΜΝ είναι διάμεσος οπότε: ΒΜ +ΔΜ =ΜΝ + (4). Από τις (3) και (4) προκύπτει ότι: ΑΒ +ΒΓ +ΓΔ +ΔΑ =ΑΓ +ΒΔ +4ΜΝ Σχόλιο: Αν το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο τα Μ και Ν ταυτίζονται. 7 7 7 7 * Άρα ΑΒ"+ΒΓ~+ΓΔ~+ΔΑ~=ΑΓ +ΒΔ", δηλαδή «το άθροισμα τον τετραγώνων των τεσσάρων πλευρών του ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των διαγωνίων». 5. Φέρουμε τη διάμεσο AM στο τρίγιονο ΑΔΕ. Επειδή ΒΔ=ΕΓ η AM θα είναι διάμεσος και στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ. Άρα ΒΓ ΑΜ= (1). Από την υπόθεση έχουμε ότι pr ΒΔ=ΔΕ=ΕΓ= (). 3 ο BE (1) Επομένως: ΑΔ~+ΑΕ~=ΑΜ"+ <=> ()

140 9.5 ΑΔ +ΑΕ = ΒΓ ΒΓ 3 ΒΓ ΒΓ + = ΒΓ 18 9 6. Από το Ιο θεώρημα διαμέσων έχουμε: ->. β" + γ = μ +-y <=> αμ α = μ + ο 4αμ α = 4μ +α <=> α - 4αμ α + 4μ = 0 <=> (μ α - α) = 0 <=> μ α - α = 0 <t=> μ α = <=> Α = 90. Σύνθετα Θέματα 1. Έστω το τραπέζιο με βάσεις, ΑΒ=8, ΓΔ=6 και μη παράλληλες πλευρές ΑΔ=5 και ΒΓ=6. Αν Ε και Ζ τα μέσα των ΓΔ και ΑΒ αντίστοιχα πρέπει να υπολογίσουμε το μήκος ΕΖ. Φέρουμε ΕΗ//ΑΔ και ΕΚ//ΒΓ, όπως στο σχήμα. Τότε ΕΗ=5, ΕΚ=6, ΗΚ=ΑΒ-ΑΗ-ΚΒ= και ΕΖ διάμεσος του τριγώνου ΕΗΚ. Επομένως από τους τύπους των διαμέσων προκύπτει ότι: ΕΗ + ΕΚ ΕΖ = - ΗΚ/ -5 + -36-4 \ \ 5 ι\ ι\ \ Η Ζ Κ 3 118 = = 9,5 <=> ΕΑ = 5,45 4 Αρα το μήκος του δρόμου είναι 5,45Km και η διάνοιξη κοστίζει 7.500δρχ.. Έστω Ο το μέσο της ΜΝ, τότε έχουμε ότι:,, λτ, ΑΓ OA + ΟΓ" = 0Ν Ζ +- OA + OB = 0Μ + ΑΒ και αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε ότι: ΑΓ -ΑΒ ΟΓ - ΟΒ" =

9.5 141 3. Είναι: ΑΒ 4α" ΜΑ +ΜΒ = ΜΟ" + = α + = 4α". ΜΓ + ΜΔ = Μ0 + α 0α :α +- Επομένως ισχύει ότι: Ί Ί Ί Ί 56α" ΜΑ + MB" + ΜΓ + ΜΔ = 4. Στο τρίγωνο ΜΑΓ (ΜΟ διάμεσος): Λ ^ Γ ΜΑ + ΜΓ = ΜΟ + (1) Στο τρίγωνο ΜΒΓ (ΜΟ διάμεσος): ΒΓ MB + ΜΓ = ΜΟ + - () Από (1), () και υπόθεση με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε: 18α = 4(λα) + ΑΓ + ΒΔ (3) Αλλά στο τρίγωνο ΑΟΒ έχουμε ΑΒ" = AO" + OB" (γιατί;) ΑΓ ΒΔ ΑΓ + ΒΔ «α = + <=>α = (4) 4 4 Από (3), (4) είναι: 18α = 4λ α + α ο 16α = 4α λ ο λ = 4 ο λ =. 5. Εφαρμόζοντας το θεώρημα των διαμέσων έχουμε ότι: ΡΑ +ΡΓ = Ρ0 +^- ΒΔ ΡΒ + ΡΔ = ΡΟ + και αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε: (ΡΑ - ΡΒ ) + (ΡΓ - ΡΔ ) = _ ΑΓ _ ΒΔ _ 3α^ α ~ _ α (ΑΓ±ΒΔ και ΑΓ=ΑΟ=αΤ3). '

14 9.7 9.7 Ασκήσεις Εμπέδωσης 1. Επειδή ΑΚ>6 το Α είναι εξωτερικό σημείο του κύκλου. Άρα ΑΒ ΑΓ=ΑΚ -ρ. Έστω ΑΒ=χ τότε ΑΓ=χ+6, οπότε χ(χ+6)=14-6 ο χ' : +6χ-160=0 απ' όπου προκύπτει ότι ΑΒ=χ=10.. Επειδή Μ, Ν μέσα είναι Ε μέσο ΑΔ και ΒΔ ΔΓ ΜΕ =, ΝΕ =. Οπότε από το θεώρημα τεμνόμενων χορδών είναι ΑΔ ΑΔ ΒΔ ΔΓ ΑΕ ΕΔ = ΜΕ ΕΝ <=> = <=; ΑΔ = ΔΒ ΔΓ ΡΑ _ ΡΔ 3. Είναι ΡΑ ΡΒ = ΡΓ ΡΔ και -, οποτε ΡΒ ~ ΡΓ ΡΑ = ΡΔ ή ΡΑ = ΡΔ και ΡΒ = ΡΓ. 4. Έστω Ρ το σημείο τομής των ΓΔ και ΑΒ. Τότε είναι ΡΑ ΡΓ ΡΔ = ΡΒ ή ΡΑ = ΡΒ (ΚΙ)

9.7 143 Αποδεικτικές Ασκήσεις 1. i) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ABE έχουμε: BE = ΑΒ + ΑΕ =α +f- j = ο BE = α-ν/5 ii) Οι χορδές ΑΔ και ΒΖ τέμνονται στο Ε, οπότε AF FA BE ΕΖ = ΑΕ ΕΔ <=> ΕΖ = ο BE α α ΕΖ = - J- <=> ΕΖ = ολ/5 10 Επομένως 5ΕΖ = " = BE.. Στο τρίγωνο ΑΒΔ η ΑΕ είναι διχοτόμος, οπότε = (ί). ΕΔ ΑΔ Όμοια στο τρίγωνοι ΑΓ Δ είναι ΖΓ ΑΓ = ΖΔ ΑΔ (). Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη προκύπτει ότι ΕΒ ΖΓ ΑΒ ΑΓ ΕΔ ΖΔ ΑΔ Αλλά ΑΒ ΑΓ = ΑΔ (τέμνουσα και εφαπτό- ΕΒ ΖΓ μενη), οποτε = 1 <=> ΕΒ ΖΓ = ΕΔ ΖΔ. ΕΔ ΖΔ 3. i) Οι χορδές ΑΕ και ΒΓ τέμνονται στο Μ, οπότε ΒΓ ΒΓ ΒΓ AM ΜΕ = ΒΜ ΜΓ = <=> AM ΜΕ = 4 (1). ϋ) Από το 1 θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε:

144 9.7 ΒΓ W ΑΒ + ΑΓ" = ΑΜ + <=> ΑΒ + ΑΓ = ΑΜ + ΑΜ ΜΕ ΑΜ(ΑΜ + ΜΕ) = ΑΜ ΑΕ 4. Φέρνουμε ΟΜ οπότε ΟΜ_Ι_ΑΒ (γιατί;) άρα το τετράπλευρο ΓΝΗΜ είναι εγγράψιμο (γιατί) οπότε ON ΟΓ = OH ΟΜ (1). Αλλά το ΟΑΜ είναι ορθογώνιο στο Α και ΑΗ ύ- ψος, οπότε ΟΗ ΟΜ = OA (γιατί;) «ONOr=R. (1) 5. Φέρνουμε ΒΗ. Είναι ΒΗΓ = 90, οπότε το τετράπλευρο ΒΔΜΗ είναι εγγράψιμο (γιατί;) Άρα ΓΜ ΓΗ = ΓΔ ΓΒ (1) Επειδή ΑΒΓ ορθογώνιο και ΑΔ ύψος, είναι: ΓΑ = ΓΒ ΓΔ () (γιατί;) Από (1), () έχουμε ΓΜ ΓΗ = ΓΑ. Σύνθετα Θέματα 1. Είναι ΔΒ ΔΓ = ΑΔ ΔΕ <=> ΑΔ = ΑΔ ΔΕ» ΑΔ = ΔΕ (1) Τα τρίγωνα ΔΕΓ και ΑΕΓ είναι όμοια (γιατί;) οπότε: ΔΕ ΕΓ = <=> ΔΕ ΑΕ = ΕΓ ΕΓ ΑΕ (1) ΔΒ «- ~ ΑΕ = ΕΓ <=> ΑΕ - = ΕΓ. BC. Στο τρίγωνο ΑΒΓ, AM διάμεσος, οπότε: α η -, α-ν/3 β +γ =μ + +^~ & oa -y = μ r, Ο ^α = μ <=>μ α = ^ (1) ΑΔ, ΒΓ χορδές, άρα:

9.7 145 AM ΜΔ = ΒΜ ΜΓ α α ΒΜ-ΜΓ (1 ) Ο ΜΔ = <=>ΜΔ = _ «AM Ολ/3 Λ/3 <^ΜΑ α. Λ/3 () 3. 1 Είναι: Π' μ ^ α 3β ν = β <=> μ ν = Γ 4 Γ <=> α +3 -γ = 3β ο β + γ =α (1) Αν ΑΔ διάμεσος ττου τριγώνου ΑΒΓ αρκεί να δείξουμε ότι ΔΜ ΔΑ = ΔΒ (γιατί;) Έχουμε: 1 1 ΔΜ α \λ ΔΑ α α = μ 1 β +γ - α Ο α μ α = -μ α = <=> ΔΜ ΔΑ 1 4α - α <=> ΔΜ ΔΑ = - 3 4 <=> ΔΜ ΔΑ = I <=> ΔΜ ΔΑ = ΔΒ 4. Είναι BE ΒΑ = ΒΔ ΒΜ και ΓΖ ΓΑ = ΓΜ ΓΔ, οπότε διαιρώντας κατά μέλη έχουμε ότι: ΒΕ _ ΑΓ ΒΔ 1 λόγω του Θεωρήματος των ΓΖ ~ ΑΒ ΓΔ Διχοτόμων.

146 Γενικές Ασκήσεις Γ ενικές Ασκήσεις 1. Έστω ΑΒ_Ι_ΓΔ και Κ το σημείο τομής των ΑΒ, ΓΔ. Τότε ΑΓ =ΑΚ +ΚΓ, ΑΔ =ΑΚ +ΚΔ οπότε ΑΓ -ΑΔ =ΚΓ -ΚΔ (1). Όμοια ΒΓ -ΒΔ =ΚΓ -ΚΔ (). Από τις (1) και () προκύπτει ότι ΑΓ - ΑΔ =ΒΓ -ΒΔ. Αντίστροφα: Έστω ότι ΑΓ -ΑΔ =ΒΓ -ΒΔ. Τότε (ΑΓ+ΑΔ)( ΑΓ-ΑΔ)=(ΒΓ+ΒΔ)( ΒΓ-ΒΔ) απ' όπου προκύπτει ότι οι διαφορές ΑΓ-ΑΔ και ΒΓ-ΒΔ είναι ομόσημες. Άρα τα σημεία Α,Β ανήκουν στο ίδιο ημιεπίπεδο ως προς την μεσοκάθετο (ε) του ΓΔ, οπότε οι προβολές τους Κ και Κ' βρίσκονται προς το ίδιο μέρος του μέσου Μ του Γ Δ. Από το θεώρημα διαμέσων προκύπτει ότι ΑΓ -ΑΔ =ΓΔ ΜΚ και ΒΓ -ΒΔ =ΓΔ ΜΚ'. Επομένως ΓΔ ΜΚ=ΓΔ ΜΚ', δηλαδή ΜΚ=ΜΚ'. Άρα Κ=Κ\ οπότε ΑΒ1ΓΔ. Α Γ Γ1\Κ' \ Μ κ μ V ζ' Β..Έστω ότι η ΑΔ τέμνει τον κύκλο στο Ε. Οι χορδές ΑΕ και ΒΓ τέμνονται στο Δ, οπότε: ΑΔ ΔΕ=ΒΔ ΔΓ<=> ΑΔ(ΑΕ-ΑΔ)=ΒΔ ΔΓ<=> ΑΔ ΑΕ-ΑΔ =ΒΔ ΔΓοΑΔ ΑΕ=ΑΔ +ΒΔ ΔΓ(1). Αλλά τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΕΓ είναι όμοια (Α = Α,Β = Ε), οπότε: ΑΔ ΑΒ = <=> ΑΔ ΑΕ = ΑΒ ΑΓ (). ΑΓ ΑΕ Από τις (1) και () προκύπτει ότι ΑΒ ΑΓ=ΑΔ +ΒΔ ΔΓ. Σχόλιο: Από την παραπάνω σχέση μπορούμε να υπολογίσουμε την διχοτόμο ΑΔ=δ συναρτήσει των πλευρών α,β και γ του τριγώνου. Πράγματι είναι αγ αβ ΔΒ = β + γ,δγ = β + γ οπότε δ = βγ α βγ (β + γ)

Γενικές Ασκήσεις 147 3. 1 ος τρόπος: Υπολογίζουμε όλους τους όρους του συμπεράσματος συναρτήσει το)ν πλευρών του τριγώνου. Έχουμε: ΑΒ + ΑΓ - ΒΓ AM ΒΓ ΒΓ* ΒΜ = «ΒΜ" = 4 (1) () Επειδή Α < 90 από το γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα προκύπτει ότι: ΒΓ = ΑΒ + ΑΓ - ΑΓ ΑΔ <=> ΑΔ ΑΓ = ΑΒ + ΑΓ - ΒΓ Άρα (3), 0)() ΑΒ +ΑΓ -ΒΓ ΒΓ ΑΒ + ΑΓ - ΒΓ AM = ΒΜ + ΑΔ ΑΓ Ο = + : <=> (3) 4 ΑΒ + ΑΓ - ΒΓ ΑΒ + ΑΓ - ΒΓ 4, ισχύει. ος τρόπος: Ο κύκλος διαμέτρου ΒΓ διέρχεται από το Δ (αφού ΒΔΓ = 90 ). Άρα ΑΔ ΑΓ - Δ^ ΒΜ) Ο ΑΔ ΑΓ = AM - ΒΜ <=> AM ΒΜ" + ΑΔ ΑΓ 4. ί) Αν η ΑΔ δεν είναι κάθετη στη ΒΓ, μπορούμε να υποθέσουμε ότι είναι Δ ( < 90 και Δ > 90. Από το γενικευμένο πυθαγόρειο θειόρημα στο τρίγωνο ΑΔΒ προκύπτει ότι: ΑΒ =ΑΔ : +ΒΔ -ΒΔ Κ.Δο (πολλαπλασιάζουμε επί ΔΓ) ΔΓ ΑΒ =ΔΓ ΑΔ +ΔΓ ΒΔ -ΒΔ ΔΓ ΚΔ (1) Όμοια από το τρίγωνο ΑΔΓ έχουμε: ΑΓ =ΑΔ +ΔΓ +ΔΓ ΚΔ<=> (πολλαπλασιάζουμε επί ΒΔ) ΒΔ ΑΓ =ΒΔ ΑΔ +ΒΔ ΔΓ +ΒΔ ΔΓ ΚΔ () Με πρόσθεση κατά μέλη των (1) και () παίρνουμε: ΒΔ ΑΓ +ΔΓ ΑΒ =(ΒΔ+ΔΓ)ΑΔ +ΒΔ ΔΓ(ΒΔ+ΔΓ)» (ΒΓ=ΒΔ+ΔΓ) ΒΔ ΑΓ +ΔΓ ΑΒ =ΒΓ(ΑΔ +ΒΔ ΔΓ). Εύκολα αποδεικνύεται ότι η πρόταση ισχύει και όταν ΑΔ_Ι_ΒΓ. ii) Αν ΑΒ=ΑΓ το Θ. Stewart γίνεται: (ΒΔ+ΔΓ)ΑΒ =ΒΓ(ΑΔ +ΒΔ ΔΓ) ή ΑΒ-=ΑΔ"+ΒΔ ΔΓ

148 Γ ενικές Ασκήσεις 5. ί) Έστω ΑΜ=μ α, ΒΕ=μρ, ΓΖ=μ γ και Θ το βαρύκεντρο.από το 1 θεώρημα διαμέσων έχουμε β +γ α :^α + ~. (1). Πρέπει να υπολογίσουμε τη διάμεσο μ συναρτήσει της πλευράς α. Επειδή μ?-ίμ γ το τρίγωνο ΒΘΓ είναι ορθογώνιο στο Θ με διάμεσο ΘΜ. Άρα ΘΜ : ^<=>^μ α =^- (αφού Θ βαρύκεντρο) «μ α 3α Από τις (1) και () προκύπτει ότι β + γ 9α" ii) Επειδή Α < 90 από το γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε: ^ α =β" +γ - β ΑΚ <=> α = 5α - ΑΓ ΑΚ <=> ΑΓ ΑΚ = 5α - α <=> ΑΓ ΑΚ = α Επομένως αρκεί ΑΓ ΑΚ=ΑΗ ΑΔ, που ισχύει γιατί το τετράπλευρο ΗΔΓΚ είναι εγγράψιμο ( Δ + Κ = 90 + 90 = 180 ). + <=>β +γ =5α. 6. Για να προκύψει το γινόμενο ΑΒ-ΑΔ εφαρμόζουμε γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΜ. Έχουμε: ΒΜ = AM \ f I = AM + ΑΒ + ΑΒ - ΑΒ ΑΔ <ί=> ΑΒ ΑΔ Ο ΒΓ = 4ΑΜ + 4ΑΒ - 8ΑΒ ΑΔ (1) Αλλά AM διάμεσος στο τρίγωνο ΑΒΓ, οπότε: 4ΑΜ = ΑΒ + ΑΓ - ΒΓ (). Από τις (1) και () προκύπτει ότι: ΒΓ = ΑΒ + ΑΓ - ΒΓ + 4ΑΒ - 8ΑΒ ΑΔ <=> ΒΓ = 6ΑΒ + ΑΓ - 8ΑΒ ΑΔ <=> ΒΓ = 3ΑΒ + ΑΓ - 4ΑΒ ΑΔ

Γενικές Ασκήσεις 149 7. Αν Μ το μέσο της ΒΓ έχουμε: ΒΓ" ΑΒ + ΑΓ = ΑΜ + (1) ζ Επειδή έχουμε κύκλο μετασχηματίζουμε τη σχέση (1) και παίρνουμε ΑΒ + ΑΓ = ΑΜ + ΒΜ = ΑΜ + ΒΜ ΜΓ = ΑΜ + (R - ΟΜ ) = (ΑΜ - ΟΜ ) + R = 0Α + R (γιατί ΜΟΑ = 90 ). Άρα AB +Ar =4R, δηλαδή το άθροισμα ΑΒ : +ΑΓ είναι σταθερό. 8. Αρκεί να αποδείξουμε ότι στο τρίγωνο ΕΔΗ ισχύει το πυθαγόρειο θεώρημα, δηλαδή ΔΕ + ΔΗ = ΕΗ Ο ΔΕ + ΔΗ = Από το 1 θεώρημα διαμέσων στα τρίγωνα ΕΓΔ και ΔΗΓ έχουμε: ΔΕ + ΕΓ = 0Ε + και 7 ΓΔ ΔΗ + ΗΓ = 0Η + (1, R : R + (). Από τις (1) και () με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε: ΔΕ +ΔΗ =5R -(ΕΓ +ΗΓ ) (3). Αλλά ΕΗ=ΕΓ+ΓΗ, οπότε ΕΗ = ΕΓ + ΓΗ + ΕΓ ΓΗ <=> ΕΓ + ΓΗ = ΕΗ - ΑΓ ΓΒ (αφού ΕΓ ΓΗ=ΑΓ ΓΒ) <» 13R R 3R 7R ΕΓ +ΓΗ"= <=>ΕΓ +ΓΗ"= (4). 4 4 Από (3) και (4) προκύπτει ότι ΔΕ + ΔΗ 13R. Άρα ΕΔΗ = 90.