ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

και ΝΙΚΟΥ ΛΥΚΙΟΥ ΥΚΛΙΙ ΩΤΡΙ ΛΥΣΙΣ ΤΩΝ ΣΚΗΣΩΝ ΥΠΟΥΡΙΟ ΠΙΙΣ ΚΙ ΘΡΗΣΚΥΤΩΝ Κωδικός βιβλίου: 0--007 ΠΟΛΙΤΙΣΟΥ ΚΙ ΘΛΗΤΙΣΟΥ ΥΚΛΙΙ ΩΤΡΙ ΛΥΣΙΣ ΤΩΝ ΣΚΗΣΩΝ ε Κ ε Ψ Ζ Ο Ι Θ ε Η μα ε4 και ΝΙΚΟΥ ΛΥΚΙΟΥ ISBN 978-960-06--6 ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΧΝΟΛΟΙΣ ΥΠΟΛΟΙΣΤΩΝ ΚΙ ΚΟΣΩΝ (0) 000000 0 007 0 «ΙΟΦΝΤΟΣ»

ΥΠΟΥΡΙΟ ΠΙΙΣ ΚΙ ΘΡΗΣΚΥΤΩΝ ΠΟΛΙΤΙΣΟΥ ΚΙ ΘΛΗΤΙΣΟΥ EΥΚΛΙΙ ΩΤΡΙ ΛΥΣΙΣ ΤΩΝ ΣΚΗΣΩΝ Η συγγραφή και η επιμέλεια του βιβλίου πραγματοποιήθηκε υπό την αιγίδα του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου ΝΟΧΟΣ ΡΟΥ: ΛΛΗΝΙΚΗ ΘΗΤΙΚΗ ΤΙΡΙ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΧΝΟΛΟΙΣ ΥΠΟΛΟΙΣΤΩΝ ΚΙ ΚΟΣΩΝ «ΙΟΦΝΤΟΣ»

ΣΤΟΙΧΙ ΡΧΙΚΗΣ Κ ΟΣΗΣ ΛΛΗΝΙΚΗ ΘΗΤΙΚΗ ΤΙΡΙ Ο ΣΥΡΦΗΣ ργυρόπουλος Ηλίας ιδάκτωρ αθηματικών.. Πολυτεχνείου Καθηγητής /θμιας κπαίδευσης λάμος Παναγιώτης ιδάκτωρ αθηματικών.. Πολυτεχνείου Κατσούλης εώργιος αθηματικός αρκάτης Στυλιανός πίκουρος Καθηγητής Τομέα αθηματικών.. Πολυτεχνείου Σίδερης Πολυχρόνης αθηματικός, τ. Σχολικός Σύμβουλος Ιστορικά Σημειώματα: ανδουλάκης Ιωάννης ιδάκτωρ Πανεπιστημίου. Lomonosov όσχας Ιόνιο Πανεπιστήμιο Φιλολογική πιμέλεια: ημητρίου λένη πιλογή εικόνων: Παπαδοπούλου πία ικονογράφηση - Σελιδοποίηση: λεξοπούλου Καίτη ΣΤΟΙΧΙ ΠΝΚ ΟΣΗΣ Η επανέκδοση του παρόντος βιβλίου πραγματοποιήθηκε από το Ινστιτούτο Τεχνολογίας Υπολογιστών & κδόσεων «ιόφαντος» μέσω ψηφιακής μακέτας, η οποία δημιουργήθηκε με χρηματοδότηση από το ΣΠ / Π «κπαίδευση & ιά ίου άθηση» / Πράξη «ΣΤΗΡΙΖΩ». Οι αλλαγές που ενσωματώθηκαν στην παρούσα επανέκδοση έγιναν με βάση τις διορθώσεις του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου.

ΠΡΟΛΟΟΣ γαπητοί αθητές, το τεύχος που κρατάτε στα χέρια σας περιέχει τις λύσεις των ασκήσεων του σχολικού σας βιβλίου. ν χρησιμοποιηθεί σωστά μπορεί να αποτελέσει πολύτιμη βοήθεια στην προσπάθειά σας vα καταλάβετε τις γεωμετρικές έννοιες που εισάγονται στο βιβλίο σας και να τις χρησιμοποιήσετε δημιουργικά. Σε καμμία περίπτωση το τεύχος των λύσεων δεν πρέπει να χρησιμοποιείται στην πρώτη δυσκολία που παρουσιάζει μία άσκηση ή για να καλύψει την "επιμέλεια" ενός μαθητή προς τον καθηγητή του στο σχολείο. ια να χρησιμοποιήσετε σωστά τις λύσεις των ασκήσεων πρέπει να ακολουθήσετε μια συγκεκριμένη μεθοδολογία. ρχικά, προσπαθήστε να λύσετε την άσκηση με διαφορετικούς τρόπους αντιμετώπισης. ν αποτύχετε κάντε μία επανάληψη στην αντίστοιχη θεωρία για να διαπιστώσετε ότι δεν έχετε κενά. Κατόπιν, ξαναπροσπαθήστε την άσκηση διαβάζοντας και την υπόδειξη που βρίσκεται στο τέλος του σχολικού βιβλίου. ν πάλι δυσκολεύεστε να λύσετε την άσκηση, τότε διαβάστε την ολοκληρωμένη λύση της. Φροντίστε να εντοπίσετε τα κύρια βήματα της λύσης, καθώς και τα κενά που σας οδήγησαν στο να μην αντιμετωπίζετε σωστά την άσκηση. Προσπαθήστε να διορθώσετε τα κενά αυτά και να ξαναλύσετε την άσκηση, χωρίς όμως να επαναλαμβάνετε τη λύση με στείρα απομνημόνευση, αλλά υλοποιώντας τα κύρια βήματά της. Τέλος, δοκιμάστε να λύσετε την άσκηση με διαφορετικό και ίσως καλύτερο τρόπο. Πρέπει να τονισθεί ότι οι λύσεις είναι προτεινόμενες, με την έννοια ότι είναι δυνατόν και ελπίζουμε να βρεθούν κομψότερες από τους μαθητές. Σημαντική είναι η προσπάθεια που έχει καταβληθεί, ώστε η κάθε άσκηση να προωθεί συγκεκριμένες αντιλήψεις και συνήθειες στο μαθητή, ενώ το σύνολο των ασκήσεων σε κατηγορία και διαβάθμιση οδηγούν τον μαθητή στην καλλιέργεια συγκεκριμένων ικανοτήτων. ια να επιτευχθούν οι στόχοι αυτοί, είτε μέσα στη λύση της κάθε άσκησης, είτε μετά την ολοκλήρωσή της, αναγράφεται ο διδακτικός της στόχος, ενώ οι ασκήσεις χωρίστηκαν στις παρακάτω κατηγορίες, δίνοντας φυσικά βαρύτητα στη διαβάθμιση των ασκήσεων κάθε κατηγορίας: ) σκήσεις μπέδωσης: Οι ασκήσεις αυτές εισάγονται αμέσως μετά τη Θεωρία και τις φαρμογές, με σκοπό την εμπέδωση των εννοιών από τους μαθητές και τη χρήση τους σε απλές ασκήσεις. ) ποδεικτικές σκήσεις: ίναι ασκήσεις που ταιριάζουν στη φύση της εωμετρίας, καλλιεργώντας την αποδεικτική διαδικασία στους μαθητές.

) Σύνθετα θέματα: ίναι θέματα που συνδυάζουν περισσότερες από μία γεωμετρικές έννοιες ή γνώσεις, είτε από το ίδιο κεφάλαιο, είτε από διαφορετικά, αναδεικνύοντας την κριτική σκέψη και συνδυαστική ικανότητα των μαθητών. 4) ενικές σκήσεις: ίναι ασκήσεις αυξημένης δυσκολίας, που παρατίθενται στο τέλος κάθε Κεφαλαίου και απευθύνονται σε μαθητές με ιδιαίτερο ζήλο και αγάπη προς τη εωμετρία. 5) ραστηριότητες: ίναι αντικείμενο μελέτης ομάδας μαθητών ή και ενός, εφόσον του παρέχεται το κατάλληλο χρονικό διάστημα, ενώ θα πρέπει να δοθεί κάθε δυνατή βοήθεια και υποδείξεις από τον καθηγητή. Κάθε κεφάλαιο, τέλος, πλαισιώνεται από ερωτήσεις κατανόησης που συντελούν στη σωστή επανάληψη και καλύτερη οργάνωση της ύλης.

ΠΡΙΧΟΝ ΚΦΛΙΟ... 7 ΚΦΛΙΟ... 7 ΚΦΛΙΟ 4... 4 ΚΦΛΙΟ 5... 55 ΚΦΛΙΟ 6... 79 ΚΦΛΙΟ 7... 99 ΚΦΛΙΟ 8... 7 ΚΦΛΙΟ 9... 7 ΚΦΛΙΟ 0... 5 ΚΦΛΙΟ... 77 ΚΦΛΙΟ... 0 ΚΦΛΙΟ... 9

7 ΠΡΤΗΡΗΣΙΣ - ΥΠΟΙΞΙΣ α α Όταν έχουμε αναλογίες της μορφής = =... θέτουμε β β α α = =... λ, όπου λ> 0. β β (σκήσεις: 7.6 μπέδωσης,, ποδεικτικές ) ν ισχύει το αντίστροφο του θεωρήματος του Θαλή σε τρίγωνο ή τραπέζιο προκύπτουν παράλληλες ευθείες. (σκήσεις: 7.7 μπέδωσης 5, 6, ποδεικτικές, 6) α α β ν για δύο τμήματα α, β ισχύει = ή =, όπου x β x x α β κατάλληλο τμήμα ή = µε x = y τότε α=β. x y (σκήσεις: 7.7 μπέδωσης 7, ποδεικτικές 7) Σε τρίγωνο αν οι ημιευθείες, είναι αντίστοιχα η εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος της γωνίας ˆ τα, είναι συζυγή αρμονικά των και. (σκήσεις: 7.8-7.9 μπέδωσης 7, Σύνθετα ) ΚΦΛΙΟ

7.-7.6 σκήσεις μπέδωσης 7.-7.6. Έστω ότι ˆ ˆ ˆ = = =λτότε = ˆ 4λ, = ˆ λ και = ˆ λ. 4 λλά ++= ˆ ˆ ˆ 80, οπότε 9λ = 80 λ = 0. Άρα = ˆ 80, = ˆ 60, = ˆ 40.. Έστω ϕˆ η παραπληρωματική της ˆω. Τότε: ω ˆ = ή ϕ= ˆ ω. ˆ λλά ω+ϕ= ˆ ˆ 80 ή 4ω= ˆ 80 ή ω= ˆ 45 ϕˆ. Έστω ότι α = β = γ = λ τότε α= 6 λ, β= 4 λ και γ = λ. 6 4 λλά α + β + γ = 65cm, οπότε λ= 65 cm λ= 5 cm. Άρα α = 0cm, β = 0cm, γ = 5cm. ποδεικτικές σκήσεις ˆ ˆ ˆ εξ εξ εξ. Έστω = = = λ τότε ˆ εξ = λ ˆ εξ = λ ˆ εξ = 4λ. 4 λλά ˆ + ˆ + ˆ = 60 (4 ορθές), οπότε 9λ = 60 λ = 40 εξ εξ εξ Άρα ˆ = 80, ˆ = 0 και ˆ = 60 εξ πομένως = ˆ 00 εξ εξ ˆ = 60 = ˆ 0..... Πρέπει ε = = + + = = 0 0 ( + ) = 0 8 = = 9. 00

7.7. Έστω σημείο του τέτοιο ώστε: M MA MB = 4. MA MA Τότε = = MA = AB. MA + MB + 4 AB 7 7 ιαιρούμε το =α σε 7 ίσα μέρη και το άκρο του τρίτου από την αρχή τμήματος είναι το ζητούμενο σημείο. 7.7 σκήσεις μπέδωσης. i) Έχουμε: //: = () EZ//AB: Ζ = () Ζ και ΖΗ//: Ζ Η = () Ζ Η πό (), (), () προκύπτει ότι: Η =. Η Η Ζ ii) Έχουμε: Η Η = = Η + Η + Η Η = = Η.. i) Έχουμε: Ζ//: Ζ Η = Η = Η ( = ). ii) Έχουμε: //Ζ: = και Ζ //Η: Η =. Η Ά ρα = =Ζ Η. Ζ. ρκεί Ο Ο και //: Ο Ο Ο =. Έχουμε: //: Ο Ο Ο Ο =. Άρα: Ο Ο Ο Ο =. Ο Ο = Ο Ο Ζ Η 0

7.7 4. Έχουμε: //: = και Ζ//: Ζ =. Άρα: Ζ = ( = ) ή Ζ =. 5. ρκεί: Ζ Η = Ζ Η (αντίστροφο Θαλή στο τρίγωνο ). Έχουμε: Ζ//: Ζ = Ζ και Η//: Η =. Άρα: Ζ =. Η Ζ Ζ Η 6. ρκεί: = (αντίστροφο Θαλή στο Ζ Η τρίγωνο ). Έχουμε: Ζ//: Ζ = και Η//: Η =. Ζ Η Άρα Ζ Η = γιατί = και =. Ζ Η B Ζ B Ζ Η Ζ B Η 7. Έχουμε: Κ//: και Κ//: Άρα Κ =. Κ = =, οπότε = ( = ). B Κ 8. ρκεί: Ζ Η =. Ζ Η Έχουμε: //: Ζ = Ζ και //: Η =. Η Άρα: Ζ Η = ( = ), Ζ Η οπότε τα Ζ, Η είναι συζυγή αρμονικά των,. Ζ Η B 0

7.7 9. Έχουμε //: =, οπότε με αντικατάσταση των δεδομένων h m παίρνουμε = h= 8m. 0 m 5 m ποδεικτικές σκήσεις { 5m m 0m } h. Έστω ότι το είναι μεταξύ των Ο και. Τότε: >. λλά = >. πομένως >. Έστω ότι το είναι μεταξύ των Ο και. Τότε: <. λλά = <. πομένως <. Ο Ο x y ω. Έχουμε 4x = 6y= ω = =. 4 Παίρνουμε αυθαίρετα ευθύγραμμο τμήμα μ. Φέρουμε τυχαία ημιευθεία x και παίρνουμε σ αυτή τα διαδοχικά τμήματα = µ, = µ, = 4µ. νώνουμε το με το και φέρουμε Ζ// και Η//. Τότε: Ζ ΖΗ Η Ζ ΖΗ Η = = = = µ µ 4µ. Άρα Ζ = x, ΖΗ = y και Η =ω. Ζ Η x. ρκεί Ζ Η = Ζ Η (αντίστροφο Θαλή στο τρίγωνο ). πειδή διάμετρος είναι ˆ = ˆ = 90 Άρα //Ζ, οπότε Ζ = και //Η, Ζ οπότε Η =. πομένως Ζ Η =. Η Ζ Η. B Z E Η 0

7.7 4. Έχουμε Ζ//: Ζ = ή Ζ = Ζ ( = ) ή = ή + Ζ + Ζ = ή Ζ = Ζ + Ζ + Ζ 5 Ζ + Ζ, οπότε Ζ = Ζ. Ζ 5. Έχουμε: //: Ζ = Ζ Ζ = Ζ ( = ) και =. Ζ Ζ B Άρα Ζ Ζ = = =. Ζ Ζ Ζ Ζ 6. i) Έχουμε Κ//: Κ =. Κ Κ λλά = =, οπότε Κ =. Άρα Κ βαρύκεντρο του. ii) Έχουμε: = =, οπότε =. Άρα Κ = =, οπότε Κ//. Κ Κ 7. Έχουμε: Ο//: Ο = () και ΟΖ//: Ζ Ο = () λλά //, οπότε Ο Ο = () πό (), (), () προκύπτει ότι O Z Ζ = = Ζ. 04

7.7 Σύνθετα Θέματα. Έστω Κ, Λ μέσα των,. Φέρουμε Ζ//ΚΛ//. Ζ Τότε K Λ Ζ =, οπότε Ζ E = Ζ Ζ Ζ Ζ = = Ζ =. Ζ + Ζ + πομένως στο τρίγωνο Ζ το Λ είναι το μέσο του Ζ και ΛΚ//Ζ. Άρα μέσο του, οπότε Κ, Λ, συνευθειακά.. Φέρουμε //. Τότε Η = και Η Ζ Ζ =. Άρα Η Η ή Ζ Η = Η Ζ. Ζ = ( = ) Ζ. Έστω ότι τα, είναι συζυγή αρμονικά των,. Τότε: = () πειδή //Ο είναι Ο = () και επειδή Ζ//Ο είναι Ο = () Ζ πό (), (), () προκύπτει ότι Ο Ο = = Ζ. Ζ ντίστροφα: Έστω = Ζ τότε από (), () προκύπτει ότι =. Άρα τα, είναι συζυγή αρμονικά των,. 4. Έχουμε =λ και =κ. Φέρουμε Η//Ζ. Τότε: ΖΗ = Η ΖΗ ΖΗ λ ΖΗ λ = λ = = Η ΖΗ + Η λ + Ζ λ + () 05 Η Ζ Ο E Z Ζ H ε

7.8-7.9 πίσης Ζ = Ζ ΖΗ ΖΗ =κ (). Ζ ΖΗ πό (), () προκύπτει ότι: ΖΗ Ζ Ζ = κλ + Ζ = κλ λ λ +. 5. πειδή, αρκεί Κ////. Έχουμε: //: Κ = () Κ λλά = και = () (εφαπτόμενα τμήματα). πό (), () προκύπτει ότι: Κ =, οπότε Κ Κ// (αντίστροφο Θαλή στο τρίγωνο ). Ο Κ 7.8-7.9 σκήσεις μπέδωσης. Έχουμε ( διχοτόμος): = = = () και ( διχοτόμος): πό (), () προκύπτει ότι = () =. αγ 0 6. Έχουμε = = + + = 60 = 4 και β γ 9 6 5 αγ 0 6 = = = 60 β γ = 0. 9 6 Άρα = + =4.. Έχουμε ( διχοτόμος): = () και ( εξωτερική διχοτόμος): = () λλά = () πό (), (), () προκύπτει ότι = =. 06

7.8-7.9 4. Έχουμε ( διχοτόμος): = και ( διχοτόμος): =. Άρα = ( = ), οπότε // (αντίστροφο Θαλή στο τρίγωνο ). B 4 5. πειδή, BE και Ζ διχοτόμοι είναι: =, = και Ζ =. Ζ Άρα Ζ Ζ = =. ν Κ, Λ και οι εξωτερικές διχοτόμοι του τριγώνου ισχύει: Κ Λ Κ Λ =. Η απόδειξη είναι όμοια. 6. πειδή = έχουμε =, οπότε ˆ ˆ =. Άρα στο τρίγωνο ( διχοτόμος): = =. 7. Έχουμε Ο= Ο και Ο = Ο, οπότε Ο ˆ ˆ =Ο και Ο ˆ ˆ =Ο 4. Άρα στο τρίγωνο ΟΖ η Ο είναι εσωτερική διχοτόμος και η Ο εξωτερική διχοτόμος της ˆΟ. πομένως τα, είναι συζυγή αρμονικά των, Ζ. 8. Έστω = 0m, = 6m και η διχοτόμος της γωνίας Â. Τότε 0 5 = = = 6 9 (). πό την () προκύπτει ότι <. Άρα θα είναι = m (). πομένως 07 B Ζ Ζ Ι 4 Ο A

οπότε 7.8-7.9 () 5 5 5 = = = = 5 m, 9 9 5 m 4 = 7 m και = + = 4 m. ποδεικτικές σκήσεις. Έχουμε Ο (Ο διχοτόμος): Ο Ο φ = () και Ο Ο (OA εξωτερική διχοτόμος, γιατί Ο Ο): φ Ο t z = ( ) Ο λλά Ο= Ο (Ο = Ο, = =ϕ, ˆ ˆ ˆ Ο ˆ ˆ =Ο = 45 ). Άρα Ο = Ο () πό (), (), () προκύπτει ότι: = =.. Έχουμε: //: = = () και Ζ Ζ//: Ζ = = Ζ () πίσης ( διχοτόμος): = = () πό (), (), () επειδή = προκύπτει ότι = Ζ.. i) Έχουμε (Ι διχοτόμος): Ι Ι = = γ. αγ Ι λλά =, οπότε β + γ Ι = β+ γ Ζ Ι Κ α. ii) α) πειδή β+ γ = α είναι Ι Ι =. λλά Κ βαρύκεντρο, οπότε Κ Ι Κ =. πομένως =, Κ Ι Κ οπότε ΙΚ// (αντίστροφο Θαλή στο τρίγωνο ). x y 08

7.8-7.9 β) Έχουμε Ζ//, οπότε Ζ Κ Ζ Ζ = = = α α (αφού β+ γ = α). Ζ = α β Ζ = + γ 4. Έχουμε ( διχοτόμος): = και ( διχοτόμος): =. Άρα: + + = + = > 5. i) Έχουμε Ο //: Ο Ο (γιατί = = ) = διότι + > (τριγωνική ανισότητα). (ΟΖ διχοτόμος): Ζ Ζ = () Ο = () και Ο πό (), () προκύπτει ότι Ζ = Ζ = Ζ. Ζ Ζ ii) Όμοια Ο (Ο διχοτόμος): Ο = Ο και //: Ο =. Άρα = =. Ο Ο Σύνθετα Θέματα. πειδή ΚΛ διάμετρος έχουμε ΚΛ ˆ = 90 (). πίσης, αφού ΚΛ, το Λ είναι το μέσο του τόξου. Άρα ˆ ˆ = () πό τις () και () προκύπτει ότι οι Κ και Λ είναι η εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος της γωνίας ˆ του τριγώνου Ζ. Άρα τα, Ζ είναι συζυγή αρμονικά των Κ, Λ. Κ Ο Λ 09

7.8-7.9. ν οι διχοτόμοι των γωνιών ˆ και ˆ τέμνονται σε σημείο της τότε: = και Άρα =. = =. ντίστροφα: ν έχουμε = ή = θα δείξουμε ότι οι διχοτόμοι των γωνιών ˆ και ˆ τέμνονται πάνω στη. Έστω ότι η διχοτόμος της ˆ τέμνει τη στο. Τότε: =, οπότε από την υπόθεση =. Άρα η διχοτόμος της ˆ (στο τρίγωνο ).. Έστω το ζητούμενο σημείο. ν φέρουμε τη διχοτόμο του τριγώνου και την προεκτείνουμε τέμνει τον κύκλο στο. πειδή ˆ Ν = ˆ το θα είναι το μέσο του τόξου Ν. Ο πίσης = = µ ν. Άρα τόσο το, όσο και το προσδιορίζονται. Κατασκευή: ιαιρούμε τη χορδή σε τμήματα, τέτοια ώστε = µ ν. Φέρουμε κάθετη στο μέσο της, η οποία διχοτομεί το τόξο Ν στο. Η προεκτεινόμενη ορίζει το σημείο του τόξου, τέτοιο ώστε = µ ν. Πράγματι = = µ εκ κατασκευής (αφού διχοτόμος του τριγώνου ν ). 4. Έστω ότι η Ζ τέμνει την στο Κ. Κ Ζ ρκεί ΗΚ Κ =. Έχουμε: //Κ, Η Η οπότε ΗΚ Η = Κ = Κ Ζ () ( = Ζ ). πίσης Ζ//, οπότε Κ = ή Κ Κ = () Κ Ζ Ζ 0

πό (), () προκύπτει ότι ΗΚ Κ =, Η οπότε η Η είναι διχοτόμος της γωνίας. ˆ 5. Η άγνωστη κορυφή του τριγώνου πρέπει: i) Να απέχει από τη απόσταση υ, άρα θα ανήκει σε ευθεία παράλληλη της και σε ' υ απόσταση ίση με υ από αυτή. ii) Να ικανοποιεί τη σχέση = µ, άρα θα ανήκει σε κύκλο διαμέτρου, ν όπου τα και διαιρούν το εσωτερικά και εξωτερικά σε λόγο λ = µ. ν Κατασκευή: Ορίζουμε την =α. Φέρουμε Κ ώστε Κ =υ και από το Κ φέρουμε Κx//. ιαιρούμε το εσωτερικά και εξωτερικά σε λόγο λ = µ και βρίσκουμε τα και. ν Τέλος γράφουμε κύκλο διαμέτρου οπότε: ν το ύψος υ είναι μικρότερο από την ακτίνα του κύκλου έχουμε δύο λύσεις (τα τρίγωνα, του σχήματος), αν το ύψος υ είναι ίσο με την ακτίνα μια λύση ενώ αν δεν είναι μεγαλύτερο καμμία λύση. ενικές σκήσεις. Έχουμε Κ, Λ. Άρα Κ////Λ. πομένως Ζ//Κ: Ζ Λ Ζ R = = Ζ Κ ΚΛ + = R ρ R R ρ R + ρ () και Ζ//Λ: Ζ Λ = Ζ Κ Λ = ΚΛ ή Ζ R ρ ρ Ζ ρ = + = R (). R R + ρ R ρ R + ρ. πό (), () προκύπτει ότι: = Ζ + Ζ =. Φέρουμε x//. ν η τέμνει τις, x στα Κ, Λ αντίστοιχα έχουμε: Λ//Κ: Κ = () και Λ Λ//Κ: Κ = () Λ πό (), () προκύπτει ότι: ενικές σκήσεις K Ζ Θ Λ K Λ x

Κ + Κ Κ + Κ + Κ + = = = = Λ Λ Λ (γιατί Κ Λ Θ = ) = = Θ. i) Φέρουμε Η//. Τότε: = και Ζ Η Ζ ενικές σκήσεις (αφού Θ βαρύκεντρο). Η =, οπότε Θ Θ Ζ Ζ Η Ζ Η = =. Ζ Η Ζ ντίστροφα: Θεωρούμε τρίγωνο και,, Ζ σημεία των ευθειών,, αντίστοιχα (έστω, Ζ εσωτερικά των, και εξωτερικό, του ) τέτοια ώστε: Ζ Ζ =. Τότε τα σημεία,, Ζ είναι συνευθειακά. πόδειξη: Η ευθεία Ζ τέμνει την ευθεία στο (γιατί αν Ζ// τότε Ζ =, Ζ οπότε από την υπόθεση θα είναι = άτοπο). ια το τρίγωνο και την ευθεία έχουμε (Θεωρ. ενελάου) Ζ =. Ζ λλά από υπόθεση είναι: Ζ =, οπότε = Ζ. Άρα τα, ταυτίζονται (γιατί διαιρούν εξωτερικά το στον ίδιο λόγο). Παρατηρήσεις: ) πό τα σημεία,, Ζ το ένα ή και τα τρία θα είναι σημεία των προεκτάσεων των πλευρών (Θεώρημα Pasch). ) ν π.χ.,, Ζ τα μέσα των,, τότε Ζ Ζ = χωρίς τα,, Ζ να είναι συνευθειακά. Ζ ii) ια το τρίγωνο και την ευθεία Ζ έχουμε (Θεωρ. ενελάου) Ζ Η Η Ζ Η = () Όμοια για το τρίγωνο και την ευθεία είναι Η Η = () ε πολλαπλασιασμό των () και () κατά μέλη προκύπτει Ζ Ζ =. ε

ενικές σκήσεις ντίστροφα: Θεωρούμε τρίγωνο και,, Ζ, σημεία των πλευρών του,, αντίστοιχα. ν ισχύει Ζ = τότε οι ευθείες, BE Ζ και Ζ συντρέχουν. Η απόδειξη όμοια με το (i) (έστω Η η τομή των BE, Ζ και η τομή της Η με την. Τότε...) Σχόλιο: ν από τα σημεία,, Ζ το ένα είναι εσωτερικό και τα άλλα δύο εξωτερικά (στις προεκτάσεις) των πλευρών, τότε οι ευθείες, BE, Ζ συντρέχουν ή είναι παράλληλες. 4. πειδή //Ζ έχουμε: = (). Ζ Ζ πίσης (Ζ διχοτόμος): Ζ = (). Ζ πό τις () και () προκύπτει ότι: Ζ Ζ Ζ = = = = Ζ Ζ Ζ Ζ Ζ 5. πειδή έχουμε = και = οπότε ˆ ˆ = και Ζ ˆ ˆ =Ζ. Άρα: ( διχοτόμος): = () 6. και Ζ (Ζ διχοτόμος): Ζ = () Ζ πό (), () προκύπτει ότι Ζ = Ζ = Ζ Ζ Ο Ο Ο Ο Ο i) Έχουμε: = + + = Ο Ο Ο Ο Ο Ο Ο Ο + + = ( Ο Ο Ο Ο Ο = Ο)... Ο = Ο Ο. ii) Έχουμε: = = Ζ

ενικές σκήσεις = + = +. Σημείωση: Τα, βρίσκονται προς το ίδιο μέρος του Ο. 7. ν η τέμνει την στο Ζ τότε επειδή Ζ// έχουμε: Ζ = ή Ζ = µ ν ή Ζ = µ ν. πομένως το Ζ προσδιορίζεται και η x ορίζεται ως κάθετη της Ζ από το. Ζ x 8. α) νάλυση: Έστω η ζητούμενη ευθεία και ότι y η παράλληλη από το προς την Οx τέμνει την Oy στο. Τότε το είναι σταθερό (ορίζεται) και επειδή = το είναι το μέσο του Ο. Άρα x ορίζεται και το. O Κατασκευή: Φέρουμε από το παράλληλη στην Οx, βρίσκουμε το και ορίζουμε το πάνω στην Oy ώστε Ο = Ο. Η ζητούμενη ευθεία είναι η (που τέμνει την Οx στο ). Η απόδειξη είναι απλή. β) Έχουμε: = = = =. Φέρουμε πάλι //Οx, οπότε Ο = ή Ο = ή = Ο. Άρα ορίζεται το σημείο και συνεχίζουμε όπως στο (α). γ) Όμοια έχουμε Ο µ ν = = = Ο. ν µ Άρα το κατασκευάζεται. Η συνέχεια όπως στο (α). 9. α) νάλυση: Έστω η ζητούμενη ευθεία ώστε =. Φέρουμε τα αποστήματα Κ, Λ, οπότε =. πειδή Κ//Λ αν το μέσο του ΚΛ τότε, από το αντίστροφο του Θαλή, θα είναι //ΚΛ//Λ. Άρα, οπότε η κατασκευάζεται. Κ A ' Λ 4

Κατασκευή: Ορίζουμε το ως μέσο του ΚΛ και γράφουμε ευθεία κάθετη στην AM στο, που τέμνει τους κύκλους στα και. πόδειξη: Φέρουμε τα αποστήματα Κ, Λ, οπότε Κ////Λ. Άρα Κ = = (αφού Κ = Λ) =. Λ β) νάλογα με το (α) ορίζουμε το σημείο το οποίο διαιρεί εσωτερικά την ΚΛ σε λόγο Κ Λ = και γράφουμε ευθεία κάθετη στην AM στο, που 4 τέμνει τους κύκλους στα και. 0. Έχουμε (Ι διχοτόμος): A Ι = = γ β = + γ Ι αγ α. β+ γ Z Άρα Ι I Ι = β α + γ () όμοια α Ι Ι = α+ γ α γ = + () και β β β Ι ΙΖ = α+ β α β = + γ γ γ () πό (), (), () με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: Ι Ι ενικές σκήσεις + Ι Ι Ι + ΙΖ = α + β + α + γ + β + γ β α γ α γ β 6 (γιατί το άθροισμα δύο αντίστροφων θετικών αριθμών είναι μεγαλύτερο ή ίσο του ). 5

8 ΚΦΛΙΟ ΠΡΤΗΡΗΣΙΣ - ΥΠΟΙΞΙΣ ια να είναι όμοια δυο τρίγωνα αρκεί να ισχύει ένα από τα παρακάτω: i) Να έχουν γωνίες ίσες μία προς μία. (σκήσεις: μπέδωσης ). ii) Να έχουν δυο πλευρές ανάλογες και τις περιεχόμενες γωνίες ίσες. (σκήσεις: μπέδωσης ). iii) Να έχουν τις πλευρές τους ανάλογες. (σκήσεις: μπέδωσης ). ια να είναι όμοια δύο κυρτά πολύγωνα πρέπει να έχουν τις πλευρές τους ανάλογες και τις γωνίες που σχηματίζονται από ομόλογες πλευρές ίσες. (σκήσεις: ποδεικτικές, Σύνθετα ). ε τη χρήση της ομοιότητας μπορούμε να μετρήσουμε μήκη ευθυγράμμων τμημάτων που είναι απρόσιτα (φαρμογή 8.). (σκήσεις: μπέδωσης 4, ποδεικτικές ). Σχόλιο: Στην άσκηση 4, (μπέδωσης) υπολογίζουμε το ύψος ενός δέντρου, μετρώντας τη σκιά του. ρχαίοι συγγραφείς αναφέρουν ότι με τον τρόπο αυτό ο Θαλής υπολόγισε το ύψος των πυραμίδων.

8.-8. σκήσεις μπέδωσης 8.-8.. i) Τα τρίγωνα και έχουν δύο γωνίες ίσες ( == ˆ ˆ 90, ˆ κοινή), άρα είναι όμοια. ii) φού τα τρίγωνα και είναι όμοια έχουμε: = =.. i) Έχουμε = = και =, οπότε = =. Άρα = =. πομένως τα τρίγωνα και είναι όμοια γιατί έχουν και τη γωνία ˆ κοινή. ii) φού τα τρίγωνα και είναι όμοια, έχουμε: = = =, οπότε =.. ν α, β και γ είναι οι πλευρές μετά τη διαστολή, από την εκφώνηση προκύπτει ότι: 6 6 α=α+ α α= α, β=β+ β β= βκαι 5 5 5 5 6 α β γ 6 γ=γ+ γ γ= γ. Άρα = = 5 5 = α β γ 5. πομένως το τρίγωνο με πλευρές α, β και γ είναι όμοιο προς το αρχικό, αφού έχουν τις πλευρές τους ανάλογες. Άρα το τρίγωνο και μετά τη διαστολή θα παραμείνει ορθογώνιο, αφού το αρχικό τρίγωνο είναι ορθογώνιο. 4. Η ακτίνα του ήλιου, το ύψος και η σκιά του δέντρου σχηματίζουν ορθογώνιο τρίγωνο ( = ˆ 90 ). Το ίδιο ισχύει για την ακτίνα Ζ, τη ράβδο και τη σκιά της Ζ. πειδή τόσο οι κατακόρυφες και, όσο και οι ακτίνες του ήλιου και Ζ είναι παράλληλες, θα είναι = ˆ ˆ (οξείες γωνίες με παράλληλες πλευρές). Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα Ζκαι Ζ είναι όμοια, οπότε = Ζ. 8 m 4m m Ζ

8.-8. ε αντικατάσταση των δεδομένων έχουμε: 4m = AB = 6m. m m 5. i) Τα τρίγωνα και είναι όμοια (ορθογώνια και οξείες γωνίες με κάθετες πλευρές). Άρα = =. ii) και iii) Τα τρίγωνα και είναι όμοια ( = = ˆ ˆ 90, ˆ κοινή). Άρα = =, οπότε = = και = =. 6. Έχουμε τρίγωνο όμοιο με τρίγωνο ( ˆ = ˆ, = ˆ ˆ γιατί βαίνουν στο τόξο ). Άρα = =. x ˆ ˆ = ως y ποδεικτικές σκήσεις. πειδή φ = ω θα είναι και Κ ˆ = Κ ˆ (συμπληρωματικές ίσων γωνιών). Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα Κ και Κείναι όμοια, οπότε: = Κ Κ. ε αντικατάσταση των δεδομένων m x φ ω Κ m,70m m 5, προκύπτει ότι: = = m =,55m., 7m m 9

8.-8.. i) Έστω τα παραλληλόγραμμα και με = B ' και =. ˆ ˆ ' ' πειδή =, =, = και = A θα είναι = = = () πίσης, επειδή ˆ= ˆ και = ˆ ˆ θα είναι =, ˆ ˆ οπότε και =, ˆ ˆ = ˆ ˆ () ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών. πό () και () προκύπτει ότι τα παραλληλόγραμμα και είναι όμοια. ii) πειδή = ˆ ˆ = 90 σύμφωνα με το (I) αρκεί να αποδείξουμε ότι =. ' ' Κ Κ' Τα ισοσκελή τρίγωνα Κ και Κ είναι όμοια ' ' (αφού Κ=Κ). ˆ ˆ Άρα = Κ (). Το ίδιο ισχύει για τα τρίγωνα Κ και Κ. Κ Άρα = Κ (). πό () και () προκύπτει ότι = Κ.. Τα τρίγωνα και είναι όμοια, γιατί ˆ ˆ = και ˆ ˆ = (γωνίες από χορδή και εφαπτόμενη). Ο Ο Άρα = =. B 4. Έχουμε τρίγωνο Η όμοιο με τρίγωνο Η ( == ˆ ˆ 90, Η ˆ ˆ =Η ). Άρα Η = Η Η Η = Η Η () Η Η Ζ 4 πίσης τρίγωνο ΗΖ όμοιο με τρίγωνο Η ( =Ζ= ˆ ˆ 90 Η, Η ˆ ˆ =Η 4). Άρα Η = ΗΖ Η Η = Η ΗΖ () Η Η 0 '

8.-8. πό (), () προκύπτει ότι Η Η = Η Η = Η ΗΖ. 5. Έχουμε Ζ ˆ ˆ ˆ = + (εξωτερική στο Ζ ) ˆ Ζ Ζ Ζ Ζ ˆ = + = + = =. Άρα τρίγωνο Ζ όμοιο με τρίγωνο Ζ ( ˆ κοινή, ˆ ˆ =Ζ), Ζ οπότε = = Ζ Ζ. Ζ 6. πειδή το ύψος είναι το αρκεί να αποδείξουμε ότι =. ν ˆ = ω, τότε ˆ = 90 ω και ˆ = 90 ω, οπότε τα τρίγωνα και είναι όμοια, άρα: = ή =. ω ' M Ζ' Ζ Σύνθετα Θέματα. Θεωρούμε τα τραπέζια (//) και ΖΗΘ (Ζ//ΗΘ) με = Ζ ΘΗ και =, ˆ ˆ =Ζ. ˆ ˆ Έστω >, οπότε θα είναι και Ζ > ΘΗ αφού =. Φέρουμε // και ΗΗ //Θ. Ζ ΘΗ Τότε τα τρίγωνα και ΖΗΗ είναι όμοια ( =Ζ, ˆ ˆ ˆ ===Η), ˆ ˆ ˆ οπότε = = = Η Ζ ΖΗ ΗΗ Θ () πίσης έχουμε = = = () Ζ ΘΗ Ζ ΘΗ Η Ζ ' Η' Ζ πό τις () και () προκύπτει ότι = = =, δηλαδή οι πλευρές Ζ ΖΗ ΘΗ Θ του τραπεζίου είναι ανάλογες προς τις πλευρές του ΖΗΘ. πιπλέον, έχουν και τις αντίστοιχες γωνίες ίσες ( =, ˆ ˆ οπότε =Θ ˆ ˆ και =Ζ, ˆ ˆ οπότε =Η). ˆ ˆ Άρα τα τραπέζια είναι όμοια. Θ Η

8.-8.. Έστω = d και E = d. Το τετράπλευρο Ο είναι εγγράψιμο, οπότε ˆ =. ˆ Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα και είναι όμοια, οπότε: d = =. d O E x y. Στο τρίγωνο, επειδή η Ζ είναι διχοτόμος έχουμε: Ζ = Ζ (). Στο τρίγωνο, επειδή η είναι διχοτόμος έχουμε: = (). Ζ Τα τρίγωνα και A είναι όμοια (ορθογώνια και ˆ = ), ˆ οπότε = Ζ (). πό τις (), () και () προκύπτει ότι = Ζ, οπότε από το αντίστροφο του Θαλή στο τρίγωνο έχουμε ότι Ζ//. 4. πό την υπόθεση έχουμε ότι: = ˆ ˆ 90 ˆ = 90 +ˆ (). λλά ˆ = 90 + ˆ () (ως εξωτερική στο τρίγωνο ). πό τις () και () προκύπτει ότι ˆ=. ˆ Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα και όμοια, οπότε: = =. είναι A 5. i) Έχουμε τρίγωνο ( ˆ ˆ =, ˆ ˆ Άρα όμοιο με τρίγωνο = γιατί βαίνουν στο ). = =. ii) Έχουμε τρίγωνο όμοιο με τρίγωνο ( ˆ κοινή, ˆ = ˆ = ˆ ). Άρα = =. A

ενικές σκήσεις ενικές σκήσεις. Έχουμε τρίγωνο Τ όμοιο με τρίγωνο Τ ( ˆ κοινή, =Τ ˆ ˆ ). Τ A Άρα Τ Τ = = Τ Τ () πομένως () Τ Τ Τ Τ Τ Τ Τ = = = Τ Τ Τ Τ Τ = Τ.. Έχουμε τρίγωνο όμοιο με τρίγωνο ( ˆ κοινή, ˆ ˆ =). Άρα = () και ( ˆ κοινή, ˆ ˆ = ). Άρα = (). πό (), () επειδή = προκύπτει ότι = =. E. Έχουμε τρίγωνο Ζ ( =Ζ= ˆ ˆ 90 Άρα = Ζ Ζ () και Ζ, όμοιο με τρίγωνο ˆ = ˆ κατακορυφήν). ( =Ζ= ˆ ˆ 90 Άρα = Ζ Ζ (). πό (), () προκύπτει ότι ˆ = ˆ )., Ζ = = Ζ Ζ Ζ. Άρα τα, Ζ είναι συζυγή αρμονικά των,. A E Z

4. Έστω σημείο της και Ζ, Η. Φέρουμε Κ και. Τότε Η//, οπότε Η = και Ζ//Κ, οπότε Ζ = Κ. Η Ζ Η Άρα = = Κ Ζ Κ () λλά τρίγωνο όμοιο με τρίγωνο Κ οπότε = = Κ () πό (), () προκύπτει ότι Η = Ζ. 5. i) Ισχύει = R Η (εφαρμογή βγ = Rυ α ). Άρα Η = d =. R ii) Φέρνουμε τη διάμετρο. Τότε MAE ˆ = 90 και Ê= A ˆ (χορδή, εφαπτομένη). Άρα τρίγωνο MAE όμοιο ενικές σκήσεις με τρίγωνο MAK, οπότε R = = d =. Κ d R iii) ίναι d =, d =, R R d =. Άρα d d = = d. R (R) Η ( Κ== ˆ ˆ 90 Ζ d ˆ = ˆ ),, Ο d d Η Κ d' d Κ 6. Πρέπει να αποδείξουμε ότι + =. Παίρνουμε σημείο της ώστε ˆ = ˆ () Τότε τρίγωνο όμοιο με τρίγωνο ( ˆ = ˆ, ˆ = ˆ ). Άρα = = () 4

ενικές σκήσεις πίσης τρίγωνο όμοιο με τρίγωνο ( ˆ ˆ ˆ ˆ =, = ως διαφορά ή άθροισμα ίσων γωνιών). Άρα = = (). ε πρόσθεση κατά μέλη των (), () προκύπτει ότι: + = ( + ) =. 5

9 ΚΦΛΙΟ ΠΡΤΗΡΗΣΙΣ - ΥΠΟΙΞΙΣ ια να υπάρχει τρίγωνο με δεδομένα μήκη πλευρών πρέπει να ισχύει η τριγωνική ανισότητα. (σκήσεις: 9.4 μπέδωσης, ). ια 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. (σκήσεις: 9. ποδεικτικές - 9.4 μπέδωσης, ποδεικτικές ). ια να υπολογίσουμε μια γωνία (σε μοίρες) χρησιμοποιώντας τις γνωστές μετρικές σχέσεις βρίσκουμε κατάλληλη σχέση μεταξύ των στοιχείων (πλευρών, διαμέσων κ.λπ.) ενός τριγώνου π.χ. Ισόπλευρο τρίγωνο, ορθογώνιο τρίγωνο με μια πλευρά ίση με το μισό της υποτείνουσας κ.λπ. (σκήσεις: 9.4 μπέδωσης, 9.5 μπέδωσης, ενικές 8). Σχόλιο: Πολλές φορές μια γωνία υπολογίζεται και τριγωνομετρικά (Νόμος συνημιτόνων, ημιτόνων κ.λπ.). (π.χ. 9.4 Άσκηση μπέδωσης ). Χρησιμοποιώντας την εφαρμογή της 9.7 αποδεικνύουμε ότι μια ευθεία εφάπτεται σε έναν κύκλο. (σκήσεις: 9.7 Σύνθετα ).

9.-9. 9.-9. σκήσεις μπέδωσης. ίναι = + = + 4 = 5 = 5 = 5 9 = = 5 = 5 = = 6 5 και = 9 6 = 5 5 = 5.. ίναι = ˆ += ˆ ˆ ˆ ˆ 90 = = ˆ ˆ 0 α οπότε γ = και από την α = β + γ προκύπτει ότι β, β = γ =, οπότε αληθές είναι το. γ. πειδή < < και <, αρκεί να συγκρίνουμε τα και. 5 Έχουμε: = 5 = =, οπότε = = 44 () και από τη σχέση = βρίσκουμε = 60 (). πό () και () προκύπτει ότι < και επομένως < < <. ποδεικτικές σκήσεις. Έχουμε β + γ = ( κλ) + ( κ λ ) = = ( κ + λ ) = α, δηλαδή α =β +γ = ˆ 90.. πειδή διάμετρος, οι γωνίες ˆ και ˆ είναι ορθές, οπότε από τα ορθογώνια τρίγωνα και έχουμε αντίστοιχα: = και = Ζ. πό τις σχέσεις αυτές με διαίρεση κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. A Ζ 8

9.-9.. Φέρνουμε τη. πό τα ορθογώνια τρίγωνα και έχουμε: = και = αντίστοιχα, από τις οποίες με αφαίρεση κατά μέλη προκύπτει: = = (), αφού το είναι μέσον της. πό την () και επειδή το είναι ορθογώνιο προκύπτει = + = (). ίναι φανερό ότι >. πό την () προκύπτει ότι > οπότε > >. 4. i) πό τα ορθογώνια τρίγωνα και έχουμε: µ β = γ + β και µ β = γ + αντίστοιχα από τις οποίες, αφού µ β = µ β 4 β β προκύπτει: γ + = γ + (). 4 4 ' β 4 ' ' ' ' Όμοια, από τα ορθογώνια τρίγωνα και και επειδή µ γ µ γ γ προκύπτει β + = β + (). 4 4 Προσθέτοντας τις () και () κατά μέλη βρίσκουμε: 5 5 ( β + γ ) = ( β + γ ), από την οποία λαμβάνοντας υπόψη ότι 4 4 β + γ = α και β + γ = α, προκύπτει ότι α= α. = γ ii) ίδαμε ότι β + γ = β + γ (). φαιρώντας από την () την () προκύπτει β = β, δηλαδή β= β. πειδή πλέον τα τρίγωνα και 4 4 είναι ορθογώνια και έχουν τις κάθετες πλευρές ίσες, είναι ίσα. 5. πό το ορθογώνιο τρίγωνο έχουμε: α = + (). 9

9.-9. πίσης από το ορθογώνιο τρίγωνο έχουμε: γ = + (). πειδή β= γ θα είναι β = γ = + (). Προσθέτοντας τις (), () και () κατά μέλη προκύπτει ότι: α + β + γ = + +. Σύνθετα Θέματα. i) Έχουμε: αφού = ˆ και. πίσης, από τα ορθογώνια τρίγωνα και έχουμε αντίστοιχα: = () και = Ζ (). Ζ πό (), () και () έχουμε: 4 = = =. 4 Ζ Ζ ii) πό τα ορθογώνια τρίγωνα και έχουμε: = και = Ζ από τις οποίες προκύπτει = Ζ (). λλά = (). πό (), () προκύπτει το ζητούμενο.. i) Φέρνουμε Λ Κ. Τότε ΚΛ = R + ρ, Κ = R ρ και Λ =. πό το ορθογώνιο τρίγωνο ΚΛ έχουμε: Λ = ΚΛ Κ = = ( R + ρ) ( R ρ) = 4Rρ Λ = Rρ, δηλαδή = Rρ. ii) Σύμφωνα με το i) έχουμε E = Rσ και E= Rσ, οπότε από την προφανή σχέση = + Κ Λ προκύπτει Rρ = Rσ + Rσ από την οποία με διαίρεση με το Rρσ προκύπτει το ζητούμενο.. i) πειδή Ν μέσον και Ν//Κ, το είναι μέσον του Κ, δηλαδή στο τετράπλευρο Κ οι διαγώνιοι διχοτομούνται και αφού = ˆ 90, αυτό είναι ορθογώνιο. ii) Έχουμε διαδοχικά: = Κ = Κ (από το ορθογώνιο τρίγωνο Κ ) = 0 γ α Κ Ν E β}

= ( Ν ) = 4Ν, δηλαδή = 4Ν. 9.4 α 4. πειδή µ α =, έχουμε: µ βγ α βγ α β + γ βγ (γιατί = ˆ 90 ) ( β γ) 0 που ισχύει. Το = όταν β=γ. 5. Φέρνουμε Ζ, Η και τις Ο και Ο. Το τρίγωνο Ο είναι ισοσκελές φ και επομένως Ο ˆ = Ο ˆ = ϕ. 45 Ο Η ο Z 45 Η γωνία ο ΟΗ ˆ είναι εξωτερική φ στο τρίγωνο Ο, οπότε ˆ ΟΗ = 45 + ϕ. Έτσι τα ορθογώνια τρίγωνα ΖΟ και Η Ο έχουν: Ζ=Η= ˆ ˆ 90, ˆ ΟΗ = 45 + ϕ = ΟΖ ˆ και Ο = Ο ( = R), άρα είναι ίσα και επομένως Ζ = ΟΗ (). Έχουμε: + = Ζ + Η = ( ΟΗ + Η ) (από την ()) = Ο = R, δηλαδή + = R. 6. πό την ομοιότητα των τριγώνων γ x γ x έχουμε ότι: = = α ω α ω (). και Όμοια, από την ομοιότητα των τριγώνων β y και βρίσκουμε ότι = α ω (). Προσθέτοντας τις (), () κατά μέλη και λαμβάνοντας υπόψη ότι α =β +γ προκύπτει ότι x + y =ω. 9.4 σκήσεις μπέδωσης. πειδή β γ<α<β+γ (τριγωνική ανισότητα) υπάρχει τρίγωνο. Η μεγαλύτερη γωνία είναι η και αφού α <β +γ θα είναι< ˆ. Άρα το τρίγωνο είναι οξυγώνιο.. Ναι, υπάρχει, αφού ισχύει η τριγωνική ανισότητα. Έχουμε επίσης ότι: 5 5 5 5 υ α = τ( τ α)( τ β)( τ γ ) = 6 5 4 = α 6

9.4 5 5 7 5 7 5 7 = = =. 4 4 Όμοια 7 υ β =, 5 7 υ γ =. 8. Έχουμε β = 4+, α =, γ = 4. Άρα β >α +γ, οπότε > ˆ 90. Στο τρίγωνο είναι > ˆ 90 οπότε α = β + γ β, + ( + ) = = = + +. () Στο τρίγωνο είναι = = =. πειδή = γ = και = είναι = ˆ 0. ος τρόπος: πό το νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο προκύπτει ότι: β +γ α ( + ) + ( ) 6 + ( + ) συν = = = = = βγ ( + ) 4( + ) 4( + ) Άρα = ˆ 0. 4. ίναι = ˆ 60, οπότε από το Νόμο των συνημιτόνων έχουμε: = + συνˆ = 6 + 5 4 5 = cm. 0 ο B

9.4 ποδεικτικές σκήσεις. λέγχουμε αρχικά το είδος του τριγώνου. ίναι = 44, = 49, = 8. πειδή > + θα είναι > ˆ 90. Έστω η προβολή της πάνω στην. πειδή > ˆ 90 έχουμε: = + + 44 8 49 4 = = = 8 8 7 = cm. 9. φαρμόζουμε το γενικευμένο Πυθαγόρειο στα τρίγωνα και με την υπόθεση ότι < ˆ, ˆ. ν μία από τις ˆ, ˆ ήταν αμβλεία η απόδειξη είναι ανάλογη. Τότε: = + = + Ζ Ζ Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε ότι: + = + + ( Φ Ζ ) = = + + Ζ = + +.. φαρμόζοντας το θεώρημα οξείας γωνίας στο τρίγωνο έχουμε ότι: β = α + γ γ γ = α + β β. Προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. B ' B' 4. Στο τρίγωνο είναι > ˆ 90 οπότε: = = + + = + = ( + ) = =., B

9.4 5. Στο τρίγωνο είναι < ˆ 90, οπότε: = + Ζ ( ) () Φέρουμε Η. Τότε τα τρίγωνα Η και Ζ είναι ίσα ( Ζ=Η= ˆ ˆ 90, =, ˆ ˆ Η = Ζ), οπότε Η = Ζ. Άρα Ζ = Ζ Η = ΗΖ = () Η A Ζ πό τις () και () προκύπτει ότι = +. Σχόλιο: Το είναι ισοσκελές τραπέζιο. Φέρνοντας δύο κατάλληλα ύψη δημιουργούνται ίσα τρίγωνα. 6. Έστω ότι υπάρχει. Πρέπει 5α< 4β+ γ (5 α ) < (4β+ γ) 5α < 6β + 9γ + 4βγ (διότι α =β +γ ) 9β + 6γ 4βγ < 0 (β 4 γ ) < 0 άτοπο. Άρα δεν υπάρχει τρίγωνο με πλευρές 5α, 4β, γ. Σύνθετα Θέματα. Στο φέρνουμε το ύψος και εφαρμόζοντας το γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε: α =β +γ β α =β +β β α = β β () 0 0 Στο ορθογώνιο τρίγωνο επειδή = ˆ 0 β είναι =, οπότε β β β = β = = () 4 β πό (), () έχουμε: α = β β α =β ( ) α=β. 4

9.5. πειδή // είναι = = (). Στο τρίγωνο είναι ˆ < 90 (αφού < 80 ), οπότε: = + (). A Όμοια στο τρίγωνο έχουμε: = + Η (). Το είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε = Η (4). Προσθέτουμε κατά μέλη τις () και () και έχουμε: () + = + + + Η (4) + = + + ( + ) + = + + ( ) + = + διότι =. επειδή ˆ = 90 και ύψος του ορθογωνίου τριγώνου Η. πό την ισότητα α =β +γ προκύπτει ότι α>β και α>γ. Άρα η γωνία είναι η μεγαλύτερη γωνία του τριγώνου, οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι είναι οξεία. Έχουμε α>β α>γ συνεπώς αβ > β αγ > γ οπότε αβ + αγ > β + γ ή αβ ( +γ ) >α ή β +γ >α ή < ˆ 90. 9.5 σκήσεις μπέδωσης. i) πό το ο θεώρημα διαμέσων έχουμε: α β +γ = µ α + β + γ = 4µ α +α 49 α = β + γ 4µ α α = 49 + 6 4 4 α = α=. 5

9.5 ii) Έστω η προβολή της διαμέσου μ α στη. πό το ο θεώρημα διαμέσων έχουμε: β γ 49 6 β γ = α = = =. α β + γ α ( β+γ) α. ίναι µ α + βγ = + βγ =. 4 4 ρκεί ( β+γ) α α > ή ( β+γ ) 4 4 >α ή β+γ>α, που ισχύει.. πό το θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο έχουμε: + = Ο + ή R 5 = R + 0 = 5R R = R =. Ο B 4. i) πό τους τύπους των διαμέσων έχουμε: β + γ α α + γ β α + β γ µ α +µ β +µ γ = + + = 4 4 4 α + β + γ ( = = α +β +γ ). 4 4 ii) πειδή Θ βαρύκεντρο είναι: Θ = µ, Θ = µ, Θ = µ. α β γ Άρα από το (i) ερώτημα προκύπτει ότι: α β γ α β γ 4 Θ + Θ + Θ = µ + µ + µ = ( µ + µ + µ ) = 9 4 = ( α +β +γ ) = ( α +β +γ ). 9 4 Σχόλιο: ν το τρίγωνο είναι ορθογώνιο ( = ˆ 90 ) τότε β +γ =α, οπότε µ α +µ β +µ γ = α. 6

9.5 ποδεικτικές σκήσεις. Στοτρίγωνο ( < ˆ 90 ),οπότεαπότο γενικευμένοπυθαγόρειοθεώρημαείναι: γ α = β + γ βγ () λλά = α =β +γ β Στοτρίγωνο(AMδιάμεσος) α β + γ = µ α + β + γ = = 4µ + α β + γ = 4µ + β + γ βγ α () α 5 + 9+ 5 49 7 4µ = β + γ + βγ µ = µ = µ = 4 4 α α α α..νείναιτομέσοτης,τότεαπότοτρίγωνο (διάμεσος)είναι: = () πειδή//(αφού ) είναι: = = = ( ) πό(),()έχουμε: =. B.i)Φέρνουμετιςδιαγωνίους,.Στοτρίγωνο(Οδιάμεσος): + = Ο + () λλά = () B O πό(),(),()έχουμε: B 60 0 E + = +. ii)πόi)έχουμε: + = + + = + =. 7

9.5 Άρα, αφού = =, το θα βρίσκεται στη μεσοκάθετο του, δηλαδή στην. πομένως από το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο είναι: α + α = ( ) α = + α = 4+ α= +. 4. πό το o θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο έχουμε: + = + (). Ν Όμοια στο τρίγωνο έχουμε: + = + (). ε πρόσθεση κατά μέλη των () και () προκύπτει ότι: + + + = ( + ) + (). λλά στο τρίγωνο η Ν είναι διάμεσος, οπότε: + = Ν + (4). πό τις () και (4) προκύπτει ότι: + + + = + + 4Ν α α α M α Σχόλιο: ν το είναι παραλληλόγραμμο τα και Ν ταυτίζονται. Άρα + + + = +, δηλαδή «το άθροισμα των τετραγώνων των τεσσάρων πλευρών του ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των διαγωνίων». 5. Φέρουμε τη διάμεσο AM στο τρίγωνο. πειδή = η AM θα είναι διάμεσος και στο ορθογώνιο τρίγωνο. Άρα = (). πό την υπόθεση έχουμε ότι = = = (). () πομένως: + = + () 8

9.5 + = + 5 = + =. 8 9 6. πό το ο θεώρημα διαμέσων έχουμε: α α β + γ = µ α + αµ α = µ α + 4αµ α = 4µ α + α α 4αµ + 4µ = 0 ( µ α ) = 0 µ α= 0 α α α α α ˆ µ α = = 90. Σύνθετα Θέματα. Έστω το τραπέζιο με βάσεις = 8, = 6 και μη παράλληλες πλευρές = 5 και = 6. ν και Ζ τα μέσα των και αντίστοιχα πρέπει να υπολογίσουμε το μήκος Ζ. Φέρουμε Η// και Κ//, όπως στο σχήμα. Τότε Η = 5, Κ = 6, ΗΚ = Η Κ = και Ζ διάμεσος του τριγώνου ΗΚ. πομένως από τους τύπους των διαμέσων προκύπτει ότι: 5 5 6 ΗΖ Κ 6 Η + Κ ΗΚ 5 + 6 4 Ζ = = = 4 4 8 = = 9,5 5,45. 4 Άρα το μήκος του δρόμου είναι 5,45Km και η διάνοιξη κοστίζει 75 ευρώ.. Έστω Ο το μέσο της Ν, τότε έχουμε ότι: Ο + Ο = ΟΝ + Ο Ο Ο + = + και αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε ότι: Ο Ν Ο Ο =. 9

9.5 4α. ίναι: + = MO + = α + = 4α. α 0α + = Ο + = α + =. 9 9 πομένως ισχύει ότι: 56α + + + =. 9 α Ο α 4. Στο τρίγωνο (Ο διάμεσος): + = Ο + () Στο τρίγωνο (Ο διάμεσος): Ο + = Ο + () πό (), () και υπόθεση με πρόσθεση + κατά μέλη έχουμε: 8α = 4( λα ) + () λλά στο τρίγωνο Ο έχουμε = Ο + Ο (γιατί;) α = + α = + (4) 4 4 πό (), (4) είναι: 8α = 4λ α + α 6α = 4α λ λ = 4 λ =. 5. φαρμόζοντας το θεώρημα των διαμέσων έχουμε ότι: Ρ + Ρ = ΡΟ + Ρ + Ρ = ΡΟ + και αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε: ( Ρ Ρ ) + ( Ρ Ρ ) = α α = = =α. και = Ο=α ( ) Ο Ρ 40

9.7 9.7 σκήσεις μπέδωσης. πειδή Κ > 6 το είναι εξωτερικό σημείο του κύκλου. Άρα = Κ ρ. Έστω AB = x τότε = x+ 6, οπότε x(x + 6) = 4 6 x + 6x 60 = 0 απ όπου προκύπτει ότι = x = 0. Κ 6 4 x. πειδή, Ν μέσα είναι μέσο και =, Ν =. Οπότε από το θεώρημα τεμνόμενων χορδών είναι: = Ν = =. Ν Ρ Ρ. ίναι Ρ Ρ = Ρ Ρ και = Ρ Ρ, οπότε Ρ = Ρ ή Ρ = Ρ και Ρ = Ρ. Ρ 4. Έστω Ρ το σημείο τομής των και. Τότε είναι Ρ = Ρ Ρ = Ρ ή Ρ = Ρ. Ρ (Κ ) (Κ ) 4

9.7 ποδεικτικές σκήσεις. i) πό το ορθογώνιο τρίγωνο έχουμε: α 5α = + = α + = 4 α 5 =. ii) Οι χορδές και Ζ τέμνονται στο, οπότε Ζ = Ζ = α α α 5 Ζ = Ζ =. α 5 0 α 5 πομένως 5Ζ = =.. Στο τρίγωνο Όμοια στο τρίγωνο είναι ε πολλαπλασιασμό κατά μέλη Ζ προκύπτει ότι =. Ζ λλά = (τέμνουσα και εφαπτόμενη), η είναι διχοτόμος, οπότε = (). Ζ = Ζ (). Ζ Ζ Ζ οπότε = Ζ = Ζ. Ζ. i) Οι χορδές και τέμνονται στο, οπότε = = = (). 4 ii) πό το ο θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο () έχουμε: + = + 4

9.7 + = + = = ( + ) =. 4. Φέρνουμε Ο, οπότε Ο (γιατί;) άρα το τετράπλευρο ΝΗ είναι εγγράψιμο (γιατί), οπότε ΟΝ Ο = ΟΗ Ο (). λλά το Ο είναι ορθογώνιο στο και Η ύψος, οπότε ΟΗ Ο = Ο (γιατί;) () ΟΝ Ο = R. Ο Ν Η (ε) 5. Φέρνουμε Η. ίναι Η ˆ = 90, οπότε το τετράπλευρο Η είναι εγγράψιμο (γιατί;) Άρα Η = () πειδή ορθογώνιο και ύψος, είναι: = () (γιατί;) πό (), () έχουμε Η =. Η Σύνθετα Θέματα. ίναι = = = () Τα τρίγωνα και είναι όμοια (γιατί;) οπότε: = = () = =. ω ω 4

9.7. Στο τρίγωνο, AM διάμεσος, οπότε: α α α α β +γ = µ α + α = µ α =µ α µ α = () 4, χορδές, άρα: = α α () α = = = α Κ α Η = () 6 β. ίναι: µ γ = β µ γ = 4 α + β γ = β β +γ = α () ν διάμεσος του τριγώνου αρκεί να δείξουμε ότι = (γιατί;) Έχουμε: () β + γ α 4α α = µ α µ α = µ α = = 4 4 α α = = =. 4 B 4. ίναι = και Ζ =, οπότε διαιρώντας κατά μέλη έχουμε ότι: = = Ζ λόγω του Θεωρήματος των ιχοτόμων. A Ζ 44

ενικές σκήσεις ενικές σκήσεις.έστω καικτοσημείοτομής των,.τότε = Κ + Κ, = Κ + Κ, οπότε = Κ Κ (). Όμοια =Κ Κ (). πότις()και()προκύπτει ότι =. ντίστροφα:έστωότι =.Τότε ( + )( ) = ( + )( ) ε απ όπουπροκύπτειότιοιδιαφορές Κ' και είναιομόσημες. Κ Άρατασημεία,ανήκουνστοίδιο ημιεπίπεδοωςπροςτηνμεσοκάθετο(ε)του,οπότεοιπροβολέςτουςκκαικ βρίσκονταιπροςτοίδιομέροςτουμέσουτου. πότοoθεώρημαδιαμέσωνπροκύπτειότι = Κ και = Κ. πομένως Κ = Κ, δηλαδή Κ = Κ.Άρα Κ Κ,οπότε. K. Έστωότιητέμνειτονκύκλοστο.Οιχορδέςκαι τέμνονταιστο,οπότε: = ( ) = = = + (). λλάτατρίγωνα καιείναι όμοια( ˆ ˆ =, =),οπότε: ˆ ˆ = = (). πότις()και()προκύπτειότι = +. 45

Σχόλιο: πό την παραπάνω σχέση μπορούμε να υπολογίσουμε τη διχοτόμο = δ συναρτήσει των πλευρών α, β και γ του τριγώνου. Πράγματι είναι αγ = β+γ, αβ = β+γ, οπότε ενικές σκήσεις α βγ δ = βγ. β+γ ( ). ος τρόπος: Υπολογίζουμε όλους τους όρους του συμπεράσματος συναρτήσει των πλευρών του τριγώνου. + Έχουμε: = () 4 = = () 4 B M πειδή < ˆ 90 από το γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα προκύπτει ότι: + ()( ) + Άρα = + = ( ) 4 = + = () + = + 4 + + =, ισχύει. 4 4 ος τρόπος: Ο κύκλος διαμέτρου διέρχεται από το (αφού ˆ = 90 ). Άρα = (, ) = = +. A 4. i) ν η δεν είναι κάθετη στη, μπορούμε να υποθέσουμε ότι είναι ˆ < 90 και ˆ > 90. πό το γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο προκύπτει ότι: = + Κ Κ (πολλαπλασιάζουμε επί ) = + Κ () Όμοια από το τρίγωνο έχουμε: = + + Κ (πολλαπλασιάζουμε επί ) 46

ενικές σκήσεις = + + Κ () ε πρόσθεση κατά μέλη των () και () παίρνουμε: + = ( + ) + ( + ) ( = + ). + = ( + ). ύκολα αποδεικνύεται ότι η πρόταση ισχύει και όταν. ii) ν = το Θ. Stewart γίνεται: ( + ) = ( + ) ή = +. 5. i) Έστω = µ α, = µ β, Ζ = µ γ και Θ το βαρύκεντρο. πό το o θεώρημα διαμέσων α έχουμε β +γ = µ α + (). Πρέπει να υπολογίσουμε τη διάμεσο μ α συναρτήσει της πλευράς α. Ζ πειδή µ β µ γ το τρίγωνο Θ Θ είναι ορθογώνιο στο Θ με διάμεσο Θ. α α Άρα Θ = µ α = α (αφού Θ βαρύκεντρο) µ α =. α α πό τις () και () προκύπτει ότι β + γ = 9 + β + γ = 5α. 4 ii) πειδή < ˆ 90 από το γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε: (i) α = β + γ β Κ α = 5α Κ Κ = 5α α Κ = α. πομένως αρκεί Κ = Η, που ισχύει γιατί το τετράπλευρο ΗΚ είναι εγγράψιμο ( ˆ ˆ +Κ= 90 + 90 = 80 ). Η Κ 6. ια να προκύψει το γινόμενο εφαρμόζουμε γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο. Έχουμε: = + = + = 4 + 4 8 () λλά AM διάμεσος στο τρίγωνο, 47

ενικές σκήσεις οπότε: 4 = + (). πό τις () και () προκύπτει ότι: = + + 4 8 = 6 + 8 = + 4. 7. ν το μέσο της έχουμε: + = + (). πειδή έχουμε κύκλο μετασχηματίζουμε τη σχέση () και παίρνουμε Ο + = + = = + = + (R Ο ) = = ( Ο ) + R = Ο + R (γιατί Ο ˆ = 90 ). Άρα + = 4R, δηλαδή το άθροισμα + είναι σταθερό. 8. ρκεί να αποδείξουμε ότι στο τρίγωνο Η ισχύει το πυθαγόρειο θεώρημα, δηλαδή R + Η = Η + Η =. 4 πό το o θεώρημα διαμέσων στα τρίγωνα και Η έχουμε: R + = Ο + = R + () Η Ο και H + H = Ο H + = R + (). R πό τις () και () με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε: + Η = 5R ( + Η ) (). λλά Η = + Η, οπότε Η = + Η + Η 48

ενικές σκήσεις + Η = Η (αφού Η = ) R R R 7R + Η = + Η = (4). 4 4 R πό () και (4) προκύπτει ότι + Η =. 4 Άρα Η ˆ = 90. 49

0 ΚΦΛΙΟ ΠΡΤΗΡΗΣΙΣ - ΥΠΟΙΞΙΣ ν γνωρίζουμε το εμβαδόν ενός σχήματος το χρησιμοποιούμε για να υπολογίσουμε κάποια στοιχεία του (ύψος, βάση κ.λπ.). (σκήσεις: 0. μπέδωσης - 0.4 μπέδωσης, 4). Η διάμεσος του τριγώνου το χωρίζει σε δύο ισοδύναμα τρίγωνα (εφαρμογή 0.). (σκήσεις: 0.4 ποδεικτικές, - Σύνθετα ). Τρίγωνα που έχουν κοινή βάση και η άλλη κορυφή τους βρίσκεται σε ευθεία παράλληλη προς τη βάση είναι ισοδύναμα (εφαρμογή 0.5). (σκήσεις: 0.5 Σύνθετα - ενικές ). ν προεκτείνουμε τις πλευρές τριγώνου σχηματίζονται τρίγωνα που έχουν γωνίες παραπληρωματικές (ή ίσες). Όμοια αν από εσωτερικό σημείο τριγώνου φέρουμε κάθετες στις πλευρές του. (σκήσεις: 0.5 μπέδωσης ). Όταν έχουμε σχέση της μορφής = 4 συνήθως την μετασχηματίζουμε σε λόγο εμβαδών. (σκήσεις: 0.5 Σύνθετα - ενικές 4).

0.-0. 0.-0. σκήσεις μπέδωσης. Έστω τετράγωνο πλευράς α= 4. ίναι φανερό ότι ( ) = α = 6 τµ.., Ζ Ι α 6 ( Ζ ) = = = 4. 4 4 Φέρνουμε ΖΙ και ΖΗ τότε: ΖΙ = Η = =, οπότε ( Ζ) = ΖΙ = =.. 4 4 τµ Η Τα τρίγωνα Ζ και Ζ είναι ίσα, οπότε και ισεμβαδικά και επομένως: ( Ζ) = ( ) ( Ζ) ( Ζ) = 6 4= 4 = 8 4.. Έχουμε: ( ) + ( ) = + = = + = = = ( ) 0 0 50, άρα το άθροισμα ( ) + ( ) είναι : 50 τ.μ.. α) πειδή = ˆ 60 και = ˆ 90 θα είναι ˆ = 0, οπότε = =. πό το ορθογώνιο τρίγωνο με εφαρμογή Πυθαγορείου θεωρήματος έχουμε: υβ = = 6 9= 7 υ β = µµ.. O β) Έχουμε ( ) = = 60 = 8 = τµ.. 6 8 υβ γ) ίναι = = 8 = 5 και από το βρίσκουμε = + = ( ) + 5 = 5 = µµ.. λλά ( ) = = = =.. 9 υα υα υ α µµ 5

0.-0. 4. Έστω α, β οι διαστάσεις του ορθογωνίου, τότε έχουμε α+ β= 4 α+ β= 7 () και α + β = 5 () Υψώνοντας την () στο τετράγωνο και αξιοποιώντας την () έχουμε: α + β + αβ = 49 5 + αβ = 49 αβ =, β α 5 δηλαδή το εμβαδόν του ορθογωνίου είναι τ.μ. 5. α) Έχουμε ( ) = Η = 0 5= 50 τµ.. β) πειδή = και = Ζ προκύπτει υ υ =, οπότε τα τραπέζια Ζ και Ζ έχουν ίσες βάσεις μία προς μία, δηλαδή Ζ = Ζ και Ζ = και ίσα ύψη υ, οπότε: ( ΖΘ ) = ( + Ζ) υ = ( Ζ + ) υ = ( Ζ ) δηλαδή έχουν ίσα εμβαδά. Τα τραπέζια αυτά δεν έχουν κοινά εσωτερικά σημεία, οπότε: ( Ζ ) + ( Ζ ) = ( ) ( Ζ ) = ( ) = 50, άρα ( Ζ ) = ( Ζ ) = 5 τ. µ. 6. πό το φέρνουμε κάθετη Η προς την. Τότε το Η είναι ορθογώνιο, οπότε Η = 5 και επομένως Η = Η = 5m. πό το ορθογώνιο τρίγωνο Η ( Η= ˆ 90 ) παίρνουμε: = Η + Η = + 5 = =, οπότε το εμβαδόν της λωρίδας ΘΙ που αποκόπτει ο δρόμος είναι ( Θ Ι ) = = 9 τ. µ. Το εμβαδόν του αρχικού οικοπέδου είναι: ( ) = ( + ) υ = (5 + 0) = 0 τ. µ., oπότε το εμβαδόν του οικοπέδου ΘΙ που απομένει είναι ( ΘΙ ) = 0 9 = 7 τ. µ. ποδεικτικές σκήσεις. Φέρνουμε τα ύψη Η, Ζ των τριγώνων Σ, Σ που αντιστοιχούν στις πλευρές Σ, Σ αντίστοιχα. Τα ύψη αυτά, ως αποστάσεις των παραλλήλων και 5 5 0 H Σ Ζ Ι m Η Θ

0.-0., είναι ίσα, δηλαδή Η = Ζ, οπότε έχουμε: ( Σ) + ( Σ ) = Σ Η + Σ Ζ = ( Σ + Σ) Η = = Η = ( ), άρα ( Σ ) + ( Σ ) = ( ).. α) Τα τρίγωνα και έχουν κοινό το ύψος Ζ από την κορυφή και ίσες βάσεις και (αφού μέσο της ). πομένως ( ) = Ζ = Ζ = ( ). β) πό το α) έχουμε ( ) = ( ) () Όμοια ( ) = ( ) (). πό () και () προκύπτει: ( ) = ( ) ( Θ) + ( Θ ) = = ( Θ ) + ( Θ) ( Θ) = ( Θ). πί σης ( ) = ( ) = ( ) ( ) = ( ). i) πειδή διάμεσος του τριγώνου έχουμε ( ) = ( ). Όμοια, αφού A Σ διάμεσος του τριγώνου Σ έχουμε: ( Σ ) = ( Σ ). Z ε αφαίρεση των δύο αυτών σχέσεων κατά μέλη βρίσκουμε ( Σ ) = ( Σ ). ii) Τα τμήματα Σ, ΣΖ είναι ύψη Σ Θ των τριγώνων Σ, Σ αντίστοιχα, οπότε σύμφωνα με το i) έχουμε: B ( Σ ) = ( Σ) ΣΖ = Σ ΣΖ = Σ. πίσης, από το i) για Σ Θ έχουμε ( Θ ) = ( Θ ) (). Πάλι από το i), αφού Θ σημείο της διαμέσου Κ του τριγώνου έχουμε ( Θ ) = ( Θ ) (). πό τις () και () προκύπτει ( Θ ) = ( Θ ) = ( Θ ) και επειδή ( Θ ) + ( Θ ) + ( Θ ) = ( ) προκύπτει τελικά ότι ( Θ ) = ( Θ ) = ( Θ ) = ( ), που είναι και το ζητούμενο. 54 A Θ Ζ.

0.-0. 4. πό το φέρνουμε παράλληλη προς τη που τέμνει την προέκταση της στο και τη στο Ζ. Τα τρίγωνα και Ζ έχουν: υ =, ˆ ˆ = και ˆ ˆ =, επομένως είναι ίσα, άρα και ισεμβαδικά. Ζ Έχουμε: ( ) = ( Ζ ) + ( Ζ ) = = ( Ζ ) + ( ) = ( Ζ ) = υ = υ = ( ), δηλαδή ( ) = ( ). 5. πό το φέρνουμε παράλληλη προς τη που τέμνει την προέκταση της στο και τη στο Ζ. Τα τρίγωνα και Ζ έχουν =, ˆ ˆ = και ˆ ˆ =, επομένως είναι ίσα, άρα και ισεμβαδικά, δηλαδή ( ) = ( Ζ ). ε τη βοήθεια αυτού προκύπτει ότι M B το τραπέζιο είναι ισεμβαδικό με το παραλληλόγραμμο Ζ και επειδή ( Ζ ) = Ν προκύπτει ( ) = Ν. 6. i) Φέρνουμε Η Θ. Στο τρίγωνο Θ η γωνία Θ ˆ είναι οξεία, επομένως έχουμε: Θ = + Θ Θ Η () λλά το τρίγωνο Η είναι ορθογώνιο με ˆ Η = 0, Κ 60 O οπότε: Η = = 0 O και η () γίνεται: Θ = + = Θ =. ii) Στο i) βρήκαμε ότι Θ = Θ = = 4 = Θ Θ + = Θ Θ ˆ ορθογώνιο στο, δηλαδή Θ= ˆ και επειδή και = ˆ συμπεραίνουμε ότι τα,, Θ είναι συνευθειακά. B Z Ν υ Θ Ζ 55

0.-0. iii) ίναι ( ΖΘ ) = ( ) + ( ΖΘ ) + ( Θ ) + ( ) (). Φέρνουμε το ύψος Κ του τριγώνου. Τότε ˆ = 60, οπότε ˆ = 0 και επομένως Κ = =. πό το ορθογώνιο τρίγωνο Κ ( Κ= ) έχουμε Κ = Κ = = Κ =, 4 4 οπότε ( ) = Κ = = τ.. µ (). ξάλλου ( ΖΘ ) = 4 τ.. µ και ( ) =.. τ µ (4). Τέλος στο ερώτημα i) είδαμε ότι Θ = και στο ii) ότι Θ= ˆ, οπότε ( Θ ) = Θ = (5). ντικαθιστώντας τις (), (4) και (5) στην () βρίσκουμε ( ΖΘ ) = + 4+ + = 5+. 7. Έχουμε ( ) = ( ) + ( )(). A M λλά ( ) = (). Κ ω ω Λ πό το ορθογώνιο τρίγωνο Κ έχουμε ηµω = = ηµω Κ, Κ οπότε η () γίνεται: ( ) = Κ ηµω (). Όμοια βρίσκουμε ότι ( ) = Κ ηµω (4). Η () με τη βοήθεια των () και (4) δίνει: ( ) = ( Κ + Κ) ηµω = ηµω. Σχόλιο: ν ω= 0 τότε Κ =, Κ Λ = και ( ) =. 4 56

0.-0. 8. ν το πλάτος του οικοπέδου είναι x m, το μήκος του θα είναι (x+8)m. Η δενδροστοιχία που περιβάλλει το οικόπεδο αποτελείται: i) πό δύο ορθογώνια με διαστάσεις (x + 8) m και,5m και συνολικό εμβαδόν (x + 8),5 = 5(x + 8) m.,5,5,5 x+8 ii) πό δύο άλλα ορθογώνια με διαστάσεις x m και,5m και συνολικό εμβαδόν x,5 = 5x m. iii) πό τέσσερα τετράγωνα πλευράς,5 m και συνολικό εμβαδόν 4 (,5) = 5m. πειδή το άθροισμα των εμβαδών ισούται με 695m έχουμε την εξίσωση 5(x + 8) + 5x + 5 = 695 ή 0x = 580 ή x = 58. Άρα το πλάτος είναι 58m και το μήκος 58 + 8 = 76 m.,5 Σύνθετα Θέματα Θ. α) πειδή Ι = η ΘΙ είναι διάμεσος στο ΘΙ, οπότε ( ΙΘ ) = ( Θ ) (). Όμοια η είναι διάμεσος I στο Θ, οπότε ( Θ ) = ( ) (). πό () και () προκύπτει το ζητούμενο. β) Σύμφωνα με το α) έχουμε Z ( ΙΘ ) = ( ΙΘ ) = ( ) (). Όμοια αν φέρουμε τη διάμεσο Ζ του τριγώνου ΖΗ βρίσκουμε ( ΖΗ ) = ( ) (4). Προσθέτοντας τις () και (4) κατά μέλη βρίσκουμε: ( ΙΘ ) + ( ΖΗ ) = ( ). γ) Έχουμε ( ΙΖΗΘ ) = ( ΙΘ ) + ( ΖΗ ) + ( ΙΖ ) + ( ΗΘ ) + ( )(5). Στο β) βρήκαμε ότι ( ΙΘ ) + ( ΖΗ ) = ( ) (6) Όμοια βρίσκουμε ότι: ( ΙΖ ) + ( ΗΘ ) = ( ) (7). ε τη βοήθεια των (6) και (7) η (5) δίνει: ( ΙΖΗΘ ) = 5( ). Η 57

0.-0.. Στο τρίγωνο Ν η MP είναι διάμεσος, επομένως ( ΝΡ ) = ( Ν ). Στο τρίγωνο η Ν είναι διάμεσος, οπότε ( Ν) = ( ) (). Όμως ( ) = ( ) + ( ) και τα τμήματα και είναι διάμεσοι στα τρίγωνα και Ν αντίστοιχα, οπότε: Ρ ( ) = ( ) + ( ) = ( )(). ντικαθιστώντας στην () διαδοχικά τη () και την () βρίσκουμε: ( ΝΡ ) = ( ) = ( ). 8. α) ρκεί να δείξουμε ότι: ˆ ˆ + =. Τα τρίγωνα Ζ και Η είναι ίσα, γιατί είναι ορθογώνια και έχουν τις κάθετες πλευρές ίσες, άρα θα είναι και ˆ ˆ =, οπότε ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ + = + == Κ αφού τετράγωνο. β) Το τρίγωνο Ζ είναι ορθογώνιο B Ζ στο, οπότε (πυθαγόρειο θεώρημα) 9α 5α 5α Ζ = + Ζ = α + = Ζ =. 6 6 4 πίσης στο ορθογώνιο τρίγωνο Ζ είναι Κ Ζ, 5α 4α οπότε = Ζ Κ α = Κ Κ =. 4 5 Το τρίγωνο Η είναι ορθογώνιο στο, α 7α α οπότε Η = + Η = α + = Η = 7. 6 6 4 Τέλος από το ορθογώνιο τρίγωνο ΚΗ ( Κ= ) 7α 6α έχουμε: Η = Κ + ΚΗ = + ΚΗ ΚΗ = α. 6 5 0 γ) ίναι ( ΚΗ ) = ( ΚΗ) + ( Η) = Κ ΚΗ + Η = 4α α 7 = + α α = 7 α τµ.. 5 0 4 00 Η 58

0.4 4. α) πό το Ο φέρνουμε ΗΖ κάθετη τις παράλληλες πλευρές και του παραλληλογράμμου. Τότε: ( Ο) + ( Ο ) = A = ΟΗ + ΟΖ = Η O = ( ΟΗ + ΟΖ) = ΗΖ = Ζ = ( ) = ( ) β) Έχουμε ( Ο ) + ( Ο ) = ( ) ( Ο ) = ( Ο ), σύμφωνα με το α. 5. Έστω Ο το σημείο τομής των διαγωνίων = δ και = δ του ρόμβου. πειδή οι διαγώνιοι του ρόμβου τέμνονται κάθετα, το τρίγωνο Ο είναι ορθογώνιο, οπότε έχουμε: δ δ = Ο + Ο α = + = ( δ + δ ) (). 4 4 4 ίναι όμως γνωστό ότι: x + y xy, για οποιουσδήποτε πραγματικούς αριθμούς, οπότε από την A () προκύπτει: K N δδ α δδ = 4 δ ( ΚΛΝ) ( ). δ Ο Προφανώς το ''='' ισχύει όταν δ =δ, δηλαδή όταν ο ρόμβος γίνει Λ M τελικά τετράγωνο. 0.4 σκήσεις μπέδωσης. Τα τρίγωνα και είναι ίσα, άρα και ισεμβαδικά και επομένως ( ) = ( ). Το εμβαδόν του θα το υπολογίσουμε με τη βοήθεια του τύπου του Ήρωνα. 8 + 0 + 4 ι αυτό έχουμε: τ= = 6, A 8 B 4 0 59

0.4 οπότε ( ) = 6 8 6 = 44 τ. µ. και επομένως ( ) = 44 = 88 τ. µ.. πό το φέρνουμε παράλληλη προς την που τέμνει τη στο Ζ. Τότε το Ζ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε Ζ = και επομένως Ζ = 4. υ 5 πίσης Ζ = =. Στο τρίγωνο Ζ γνωρίζουμε τα μήκη των πλευρών του, οπότε σύμφωνα με τον τύπο του Ήρωνα Ζ 5 έχουμε: ( Ζ ) = 8 7 6 = 84 τ. µ. Φέρνουμε το ύψος Η του τριγώνου Ζ (που είναι και ύψος του τραπεζίου). Τότε ( Ζ ) = Ζ Η 84 = 4 Η Η =. Το εμβαδόν πλέον του τραπεζίου είναι ( ) = ( + ) Η = (+ 5) = 6 τ. µ. Η 4. Έστω ότι = ˆ 60, φέρνουμε, οπότε ˆ = 0 και επομένως = =. 60 O ε εφαρμογή του πυθαγορείου θεωρήματος στο βρίσκουμε: = = 6 4 = =, οπότε ( ) = = 7 = 7.. τ µ Τριγωνομετρικά: ( ) = ηµ = 4 7 = 7. 4. i) ( ) = = 4. ii) ε το πυθαγόρειο θεώρημα βρίσκουμε = 6 + 8 = 00 = 0, οπότε ( ) = 4 = = 0 4 υ υ υ 5 iii) Έχουμε: τ= (6 + 8 + 0) =, οπότε από τον τύπο =τ ρ α α α. 8 6 βρίσκουμε ότι 4 ρ= =. 60

0.4 ποδεικτικές σκήσεις αβγ. Έχουμε βγ = αυα βγ = και επειδή = η τελευταία είναι ισοδύναμη με την: βγ = α = R η οποία σημαίνει ότι η πλευρά 4R αβγ R είναι διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου, οπότε η γωνία είναι ορθή και αντίστροφα.. i) Έχουμε διαδοχικά: <τ( τ α) <τ ( τ α) τ( τ α)( τ β)( τ γ ) <τ ( τ α) α+γ β α+β γ α+β+γ β+γ α ( τ β)( τ γ ) <τ( τ α) < α ( γ β ) < ( β+γ) α α <β +γ = ˆ 90 ii) Όμοια =τ( τ α) α =β +γ = 90 ˆ iii) πίσης >τ( τ α) α >β +γ > 90 ˆ.... Τα τρίγωνα και έχουν τον ίδιο περιγεγραμμένο κύκλο ( Ο,R) και επομένως έχουμε: αβγ αβγ ( ) = και ( ) =. 4R 4R ε διαίρεση αυτών κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. R A' Ο ' 4. Έστω ότι η γωνία Â είναι οξεία. ' Η Ζ Ζ γ Η β πό το ορθογώνιο τρίγωνο Η( Η= ˆ ) έχουμε Η = βσυν και από το Ζ ( Ζ= ˆ ) ότι Ζ = γσυν, οπότε: 6

0.4 ( ΖΗ ) = Η Ζ ηµ = ( β συν)( γ συν) ηµ = = βγηµ συν = ( ) συν. Έστω ότι > ˆ 90 τότε Ζ = γσυν και Η = βσυν, οπότε πάλι ( ΖΗ ) = Ζ Η ηµ = βγηµσυν = ( ) συν. α 5. i) Έχουμε: ( ) == α υα υ α = = α υα. Όμοια β = υ, γ = υ. Άρα: β γ α β γ τ τ + + = + + = = = υ υ υ τρ ρ. α β γ Σύνθετα Θέματα. α) πό το Κ φέρνουμε Κ Ο x και Κ Ο y. O Τότε τα τμήματα Κ και KB είναι σταθερά, ανεξάρτητα δηλαδή από τη θέση της (ε). ω Tότε έχουμε: + = ( ΟΚ) ( ΟΚΝ) ( ΟΚΝ) + ( ΟΚ) ( ΟΝ) = = = Ν ( ΟΚ)( ΟΚΝ) ( ΟΚ)( ΟΚΝ) x K y ε Ο ΟΝ ηµω = ηµω = = σταθερό. Ο Κ ΟΝ Κ Κ Κ β) Σύμφωνα με το α) θεωρώντας τις τέμνουσες KB και Κ των πλευρών της ˆ έχουμε: + = + + 6 5 + 6 (). Όμοια θεωρώντας τις τέμνουσες Κ και Κ των πλευρών της ˆ βρίσκουμε: ' 6 B' + = + +4 + (). 5 K 4 ' Όμοια από τις τέμνουσες των πλευρών της ˆ βρίσκουμε ότι: + = + 6 +5 4 +4 5 (). ε πρόσθεση των (), () και () κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. 6

0.5. Έστω τρίγωνο και ο περιγεγραμμένος κύκλος ( Λρ, α ) στη γωνία. Φέρουμε τα τμήματα Λ, Λ και Λ. Σχηματίζονται τα τρίγωνα Λ, Λ και, που έχουν το ίδιο ύψος ρ α. Σύμφωνα με το σχήμα έχουμε: ( ) + ( Λ ) = ( Λ ) + ( Λ ) ή ( ) = ( Λ) + ( Λ) ( Λ) = = γρα + βρα αρα = = + = = ( γ β αρ ) ( τ α αρ ) ( τ α ) ρ. α α α γ β ρα Λ Όμοια αποδεικνύονται και οι άλλοι τύποι.. Έστω R η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του εγγράψιμου τετραπλεύρου τότε: ( ) = ( ) + ( ) = αδ βγ αδ + βγ = + = () δ 4R 4R 4R γ ( ) = ( ) + ( ) = α αβ γδ αβ + γδ = + = () 4R 4R 4R β πό () και () προκύπτει: αδ + βγ ( αδ + βγ) = ( αβ + γδ) = αβ + γδ 0.5 σκήσεις μπέδωσης. φ όσον τα τρίγωνα έχουν ίσες βάσεις α=α έχουμε: ( ) υα 0 = = = ( ) = 0 τµ.. ( ) υ ( ) α 6

. Φέρουμε την διαγώνιο. 0.5 ( ) Τότε ( ) = = 0 m. Τα τρίγωνα και έχουν κοινό ύψος από την κορυφή, οπότε: ( ) = = =. ( ) Άρα ( ) = ( ) = 5m.. Τα τρίγωνα Ζ και έχουν ˆ Ζ ˆ = ως κατακορυφήν και επομένως: ( Ζ) Ζ = = = ( ) ( Ζ ) = ( ) = 0 = 0 τ. µ. 4. Τα τρίγωνα Ζ και είναι όμοια (Ζ//) ( Ζ) και επομένως: = ( ) () Όμως και τα τρίγωνα και είναι όμοια, οπότε: = = 5 αφού =. πό () και () βρίσκουμε: ( Ζ ) 9 ( ) 9 ( ) 9 = Ζ = = 75 = 7 τ. µ., ( ) 5 5 5 οπότε: ( Ζ ) = 48 τ. µ. 5. πειδή = ˆ ˆ έχουμε: ( ) βγ = ( ) βγ () Όμοια αφού + ˆ ˆ = 80 ( ) αγ έχουμε: = ( ) αγ () () πό τις () και () προκύπτει: βγ = αγ αβ = α β. βγ αγ A 64 B ' ' Ζ '

0.5 ποδεικτικές σκήσεις. Τα τρίγωνα Ρ και έχουν κοινή βάση και επομένως αν φέρουμε τα ύψη Ρ και Η αυτών θα έχουμε: ( Ρ ) Ρ = ( ) Η () Όμως τα τρίγωνα Η και Ρ είναι όμοια, οπότε: Ρ = Ρ Η () Η πό () και () προκύπτει το ζητούμενο, δηλαδή ( Ρ ) Ρ = ( ). ii) Σύμφωνα με το i) έχουμε: ε πρόσθεση αυτών κατά μέλη παίρνουμε: Ρ ( Ρ) = ( ), Ρ ( Ρ) = ( ) και ΡΖ ( Ρ) = Ζ ( ). Ρ Ρ ΡΖ ( Ρ ) + ( Ρ ) + ( Ρ) ( ) + + = = =. Ζ ( ) ( ) Ρ Ρ Ρ iii) Έχουμε = =. Ρ Ρ Όμοια = και Ρ ΡΖ =, οπότε προσθέτοντας αυτές Ζ Ζ κατά μέλη και λαμβάνοντας υπόψη την ii) προκύπτει το ζητούμενο. Ζ Ρ. Τα τρίγωνα και έχουν ˆ ˆ =, (//), οπότε: E Z ( ) = = ( ) ( ) = ( )() Όμοια αφού ˆ ˆ = βρίσκουμε ότι ( ΖΝ ) = ( )(). ε πρόσθεση των (), () προκύπτει ( ) + ( ΖΝ ) = ( + ) = ( ). B Ν 65

0.5. Έστω Κ το σημείο τομής των χορδών και, τότε: ˆ + =, οπότε: Ο ˆ +Ο ˆ = ( ) + ( ) = και επομένως: ( Ο ) Ο Ο R = = R = ( Ο ) Ο Ο R R (R η ακτίνα του κύκλου), δηλαδή ( Ο ) = ( Ο ). Κ Ο 4. Η αποδεικτέα ισότητα γράφεται: ( ) ( ) = ( ) ( ) () Τα τρίγωνα και έχουν κοινό το ύψος από την κορυφή, άρα: ( ) = ( ) () πίσης τα τρίγωνα και έχουν κοινό το ύψος από την κορυφή, άρα: ( ) = ( ) () πειδή όμως // είναι: = (θεώρημα Θαλή), οπότε από τις () και () προκύπτει η (). 5. ίναι ˆ ˆ + = 80, οπότε: ( Ζ) Ζ = = αφού = ( ) και Ζ =, ως πλευρές τετραγώνων και επομένως: ( Ζ ) = ( ) (). Όμοια προκύπτει ότι ( ΗΚ ) = ( ) (). ε πρόσθεση των () και () κατά μέλη προκύπτει: ( Ζ ) + ( ΗΚ ) = ( ) (). Όμοια, θεωρώντας τα τρίγωνα Θ, και ΙΛ, βρίσκουμε ότι: ( Θ ) + ( ΙΛ ) = ( ) (4). πό () και (4) προκύπτει ( Ζ ) + ( ΗΚ ) = ( Θ ) + ( ΙΛ ). Ζ Θ Λ Η Ι Κ 66

0.5 6. πειδή τα πολύγωνα Ρ και Ρ είναι όμοια με ομόλογες πλευρές β, α, ( Ρ ) β αντίστοιχα έχουμε: = ( Ρ) α () Ρ ( Ρ) γ β Όμοια: = ( Ρ) α () πό τις () και () προκύπτει: ( Ρ ) + ( Ρ) β +γ α = = = ( Ρ ) + ( Ρ ) = ( Ρ). ( Ρ ) α α γ α Ρ Ρ Σύνθετα Θέματα. Τα τρίγωνα Ο και Ο έχουν: Ο ˆ ˆ +Ο 4 =, 4 Ο Ο Ο οπότε: = = 4 Ο Ο Ο, 4 O Ο δηλαδή = 4 Ο () (τη σχέση () μπορούμε να τη συμπεράνουμε παρατηρώντας ότι τα τρίγωνα που θεωρήσαμε έχουν κοινό το ύψος από την κορυφή ). Όμοια, αφού Ο ˆ ˆ Ο +Ο = προκύπτει ότι: = Ο () πό τις () και () προκύπτει ότι: = = 4. 4 i) Τα τρίγωνα και έχουν κοινή 4 βάση και ίσα ύψη Η και Ζ, ως αποστάσεις των παραλλήλων και, άρα ( ) = ( ) + = Ο = + =. B Η Θ ii) πειδή = η σχέση που αποδείξαμε = 4 γίνεται =. 4 iii) Έχουμε: = + + + 4 = ( + ) + +4 = + + + 4 (x + y xy, για κάθε x,y 0) 4 67

0.5 = + (από το ii) = 4, δηλαδή 4. 4 Σχόλιο: Το «=» ισχύει όταν Ο Ο = 4 = = Ο Ο = Ο Ο (). 4 Ο Ο πειδή όμως // τα τρίγωνα Ο και Ο είναι όμοια, οπότε: Ο = Ο Ο Ο = Ο Ο (4). Ο Ο ε πολλαπλασιασμό των () και (4) κατά μέλη προκύπτει ότι: Ο = Ο Ο = Ο (5), οπότε η () δίνει Ο = Ο (6). Οι (5), (6) μας βεβαιώνουν πως το είναι παραλληλόγραμμο.. πειδή από το Σ έχουμε φέρει παράλληλες προς τις πλευρές του τριγώνου, καθένα από τα τρίγωνα με εμβαδόν,, έχει ίσες γωνίες με το και επομένως είναι όμοιο με το. ι αυτό έχουμε: = = () Όμοια: και ΣΗ = = () = (). ε πρόσθεση των (), () και () κατά μέλη προκύπτει: + + + + = = = + + =. Η Σ Ζ 68

0.5. i) πειδή τα,, Ζ, είναι εσωτερικά σημεία των πλευρών του τριγώνου έχουμε: ( Ζ ) = ( ) ( Ζ) ( Ζ ) ( ) ( Ζ ) ( ) ( ) ( ) Ζ Ζ = ( ) ( ) ( ) ( ) (). Τα τρίγωνα Ζ Ζ και έχουν κοινή τη γωνία ˆ και επομένως: ( Ζ) Ζ = ( ). πειδή όμως Ζ και BE διχοτόμοι είναι (παράγραφος 7.8) γβ βγ Ζ = και =, οπότε η προηγούμενη ισότητα δίνει: α+β α+γ ( Ζ) ( ) = βγ (). Όμοια βρίσκουμε ότι: ( α+ β) ( α+ γ) ( Ζ ) γα ( Ζ) = () και ( ) ( β+γ) ( β+α ) ( ) = αβ ( γ+ α) ( γ+ β ) (4). ε αντικατάσταση των (), () και (4) στην () βρίσκουμε: ( Ζ ) = βγ γα αβ = ( ) ( α+β) ( α+γ) ( β+γ) ( β+α) ( γ+α) ( γ+β) ( α+ β) ( β+ γ) ( γ+ α) βγ( β+ γ) γα( γ+ α) αβ( α+ β) = = ( α+ β) ( β+ γ) ( γ+ α) ( αβ + αγ + β + βγ) ( γ+ α) βγβ ( + γ) γαγ ( + α) αβα ( + β) = = ( α+ β) ( β+ γ) ( γ + α) αβγ α β+ αγ + α γ+ β γ+ β α+ βγ + αβγ βγ βγ γα γα αβ αβ = ( α + β)( β+ γ)( γ+ α) αβγ = ( α+ β) ( β+ γ) ( γ+ α) (5). ii) Σύμφωνα με την x+ y xy, x, y 0 έχουμε: α + β αβ, β + γ βγ και γ + α αγ από τις οποίες με πολλαπλασιασμό κατά μέλη βρίσκουμε: ( α + β) ( β + γ) ( γ + α) 8αβγ, οπότε η (5) γίνεται: ( Ζ) αβγ = ( Ζ) ( ). ( ) 8αβγ 4 4 4. νάλυση: Έστω KM και ΛΝ οι ζητούμενες ευθείες. Τότε: ( Κ ) = ( ) ή ( Κ ) = (). ( ) 69 =

0.6 λλά τα τρίγωνα Κ και έχουν κοινή την γωνία ˆ, οπότε η () Κ είναι ισοδύναμη με την ( Κ )( ) = Ν Λ ( )( ) ή Κ = () που σημαίνει ότι το AM είναι η τέταρτη ανάλογος των γνωστών τμημάτων Κ, και και επομένως το είναι γνωστό σημείο της. Όμοια ( ΝΛ ) ( Ν )( Λ ) Λ = = = ( ) ( )( ) Ν δηλαδή το Ν τέταρτη ανάλογος των τμημάτων Λ, και και επομένως Ν γνωστό τμήμα. Σύνθεση: Κατασκευάζουμε τα τμήματα AM και Ν (πρόβλημα 7.7) και έτσι βρίσκουμε τα σημεία, Ν. πόδειξη: ίναι: ( Κ ) ( Κ )( ) Κ = = = από (). ( ) ( )( ) Κ ιερεύνηση: Το πρόβλημα έχει πάντα λύση. 0.6 σκήσεις μπέδωσης. ν x η πλευρά του ζητούμενου τετραγώνου x θα είναι x = αβ. ια την κατασκευή επομένως του x θεωρούμε πάνω σε μια ευθεία τα σημεία, και ώστε = α και = β. α β ε διάμετρο τη γράφουμε ημικύκλιο και φέρουμε την κάθετη της στο που τέμνει το ημικύκλιο του. πειδή = το είναι το ζητούμενο τμήμα x.. ν x είναι η πλευρά του ζητούμενου τετραγώνου τότε x =α +β και επομένως το x είναι η υποτείνουσα ορθογώνιου τριγώνου με κάθετες πλευρές α, β.. νάλυση: Έστω AM η ζητούμενη ευθεία, τότε ( ) = ( ) (). πό το φέρουμε παράλληλο προς τη διαγώνιο που τέμνει την προέκταση της στο Ζ. Τότε είναι ( ) = ( Ζ ), οπότε η () γίνεται ( ) = ( Ζ ) ή ισοδύναμα ( ) = ( Ζ ) και επειδή τα τρίγωνα και Ζ Ζ έχουν το ίδιο ύψος από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι = Ζ. Τα υπόλοιπα βήματα είναι απλά. 70

ενικές σκήσεις 4. i) πό τα και φέρουμε παράλληλες προς τις KB και Κ που τέμνουν την προέκταση της στα και Ζ αντίστοιχα. Φέρουμε τις Κ και ΚΖ. Τότε, όπως είναι γνωστό, ( Κ ) = ( Κ ) και ( Κ ) = ( ΚΖ ), οπότε ( ) = ( ΚΖ ). ii) Σύμφωνα με το i) αν Λ είναι το μέσο του Ζ θα είναι ( ΚΛ ) = ( ΚΛΖ ) και επομένως ( ΚΛ) = ( Κ Λ). Κ Λ Ζ ενικές σκήσεις. i) Τα τρίγωνα και έχουν κοινή βάση. πειδή // έχουμε ( ) = ( ). ii) Έχουμε ( ) = ( ) ( ) + ( ) = ( ) + ( ) ( ) = ( ) που ισχύει από το (i) ερώτημα. iii) ν τα, είναι μέσα των, τότε οι BE και είναι διάμεσοι του τριγώνου, ( ) ( ) οπότε ( ) = και ( ) =. Άρα ( ) + ( ) = ( ).. i) Τα τρίγωνα και τη γωνία ˆ κοινή, έχουν ( ) λ οπότε = = = ( ) λ + 4 λ ( ) = ( ). λ + 4 (i) λ ii) Έχουμε ( ) ( ) ( ) ( ) 4 λ + 4 4 4λ λ + 4 0 λ 4λ+ 4 0 ( λ ), που ισχύει. 7

ενικές σκήσεις iii) ίναι ( ) + ( ) = ( ) και αφού ( ) ( ) 4 προκύπτει ότι ( ) ( ). 4. πειδή ˆ ˆ = έχουμε ( ) = = ( ) (). πίσης επειδή ˆ ˆ = = 80 έχουμε ( ) = = ( ) (). πό τις () και () προκύπτει ότι =, δηλαδή το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου. 4. i) Έχουμε: ( ) γ γ = = = = =. ( ) β γ Άρα ( ) = ( ). ii) Έχουμε ( ) ( ) = ( ) ( ) (i) ( ) ( ) ( ) = =. ( ) ( ) ( ) Η Πράγματι τα τρίγωνα και έχουν κοινό ύψος Η, οπότε ( ) = = ( θεώρηµα διχοτ ό µου ) =. ( ) iii) Τα τρίγωνα και έχουν κοινή τη γωνία ˆ, οπότε ( ) + = = = + = + = 8. ( ) Άρα ( ) = 8( ) ή ( ) = ( ). 8 7

ενικές σκήσεις 5. i) ( ) = ηµ 0 = 6 6 = 9. ii) Τα τρίγωνα και έχουν τη γωνία ˆ κοινή, οπότε ( ) = ( ). λλά = και = ( ύψος και διάμεσος), οπότε ( ) ( ) ( ) = = = 9 =. ( ) iii) Τα τρίγωνα Ζ και είναι όμοια (Ζ//), οπότε ( Ζ) = = =. Άρα ( ) 4 ( Ζ ) = ( ) =. 4 4 Ζ 6. i) Τα τραπέζια ΛΚ και ΚΛ έχουν ίδιο ύψος υ και ίσες βάσεις (Κ = Κ, Λ = Λ). Άρα ( ΛΚ ) = ( ΚΛ ). ii) ίναι ( Κ ) = ( Κ ) και ( Λ ) = ( Λ ) αφού Κ, Λ μέσα των,. Λ Άρα ( ΛΚ ) = ( ΚΛ ) ( Κ ) + ( ) + ( Λ ) = = ( Κ ) + ( ) + ( Λ) ( ) = ( ). Κ 7. i), ii) Θεωρούμε τα σημεία,,..., ν = = =... = = d, όπου d ν Φέρνοντας από τα,,..., ν παράλληλες προς την τα τρίγωνα, Ζ, της πλευράς ώστε: γ =. ν Ζ,, ν Ζν E E E... Eν+ που σχηματίζονται είναι ισοσκελή,... ν+ οπότε έχουμε: Ζ = d, Ζ = d, Ζ = d,, ν Ζ ν = ( ν )d. ίναι: = d ν, = (d + d)d = d,, ν = (( ν )d +ν d)d = d, οπότε η ισότητα: + + +... + = ( ) δίνει: ν Z Z Z... Zν+ 7

ν ν d + d +... + d = ( νd)( ν d) = d + + 5 +... + (ν ) =ν 8. Κάθε τετράγωνο έχει πλευρά μήκους 6μ.μ. ίναι: ( ΖΗ ) = ( ) + ( ΖΗ) ( ) = = 6 + 6 ( ) = = 7 = = 7 6 = 7 8 = 54. Ζ 9. Το εμβαδόν της γραμμοσκιασμένης περιοχής είναι: = 7 ( + )( ) = 7 (). πειδή, ακέραιοι, + > + = 7 και έχουμε: = Λύνοντας το σύστημα αυτό βρίσκουμε = 9 και = 8, οπότε: = + = + = + = 8 8 = 0, οπότε το μικρότερο τετράγωνο έχει εμβαδόν = 8 = 64 τ. µ. και το μεγαλύτερο = 0 = 00 τ. µ. 0. νάλυση: Έστω και ΖΗ οι ζητούμενες ευθείες. Τότε: ( ) = ( ΗΖ) = ( ΖΗ) λ κ ν ή ( ) ( ΖΗ) ( ) ( ) ( ΖΗ) = = () λ µ ν πειδή όμως τα τρίγωνα, ΖΗ Ζ και είναι όμοια μεταξύ τους θα έχουμε: B ( ) ( ΖΗ) ( ) = = = κ, Η Η Η οπότε η () γίνεται: = = λ µ ν ενικές σκήσεις ράφουμε ημικύκλιο διαμέτρου και πάνω σ αυτό παίρνουμε τα σημεία και Η ώστε = και Η = Η αντίστοιχα. ν Θ, Η Ι από τα ορθογώνια τρίγωνα και Η παίρνουμε: = = Θ 74 Θ (). E Ι ' H Η' Η

ενικές σκήσεις και Η = Η = Ι, Θ ( Ι Θ) ( Ι) οπότε η () γίνεται: = = λ µ ν Θ ΘΙ Ι ή = = που σημαίνει ότι τα Θ, I διαιρούν την σε μέρη ανάλογα λ µ ν των λ, μ, ν. Σύνθεση: ρίσκουμε τα σημεία Θ, I διαιρώντας την σε μέρη Θ, ΘΙ, Ι ανάλογα την λ, μ, ν. πό τα Θ, I φέρνουμε καθέτους στην που τέμνει το ημικύκλιο διαμέτρου στα και Η αντίστοιχα. ράφουμε τους κύκλους (, ) και (, Η ) που τέμνουν την στα και Η αντίστοιχα. Τότε οι ζητούμενες ευθείες είναι οι παράλληλες προς τη που φέρνονται από τα, Η. πόδειξη: Ξεκινώντας από την Θ ΘΙ Ι = = λ µ ν ή και ακολουθώντας αντίστροφη πορεία από αυτήν της ανάλυσης καταλήγουμε στην ( ) = ( ΗΖ) = ( ΖΗ). λ µ ν ιερεύνηση: Το πρόβλημα έχει πάντα λύση.. α) i) ες ποδεικτικές ασκήσεις. i) 0.5. ii) Τα τρίγωνα και έχουν την ίδια βάση, οπότε: ( ) Κ = (). Όμως ( ) Λ τα τρίγωνα Κ και Λ είναι όμοια και επομένως: Κ = Λ (). πό () και () προκύπτει το ζητούμενο. B Λ Κ β) Σύμφωνα με τα α) έχουμε διαδοχικά: Ζ ( ) ( ) + = + = Ζ ( ) ( ) ( ) + ( ) = = ( ) Ζ ( ) ( ) ( ) = = = = ( ) ( ) = =. 75

ΚΦΛΙΟ ΠΡΤΗΡΗΣΙΣ - ΥΠΟΙΞΙΣ Σε κύκλο (Ο, R) ισχύουν οι παρακάτω ισοδυναμίες: 60 ˆ 60 = Ο = = λν ΟΚ = αν, ν ν όπου ΟΚ το απόστημα της χορδής. (σκήσεις:. μπέδωσης, ποδεικτικές, Σύνθετα -.7 Σύνθετα ). Κάθε κανονικό ν-γωνο... ν. ν το σχεδιάζουμε εγγεγραμμένο σε κύκλο (. θεώρημα I) και υπολογίζουμε τα ίσα τόξα. ίναι: 60 = =... =ν =. ν (σκήσεις:. μπέδωσης 7). Το κανονικό ν-γωνο, το περιγεγραμμένο στον κύκλο (Ο, R) έχει απόστημα α ν = R. (σκήσεις:. ποδεικτικές 5). Ένας κυκλικός τροχός κινητού σε μια πλήρη περιστροφή διανύει απόσταση ίση με το μήκος του L. Όλοι οι τροχοί ενός κινητού διανύουν την ίδια απόσταση (αφού κινούνται ταυτόχρονα), αλλά αν οι ακτίνες τους είναι άνισες κάθε ένας κάνει διαφορετικό αριθμό στροφών. (σκήσεις:.4 μπέδωσης 4).

.-..-. σκήσεις μπέδωσης 60. Σύμφωνα με τον τύπο ϕ = 80 ν ν 60, έχουμε: ϕ 5 = 80 = 80 7 = 08 5 60 ϕ 6 = 80 = 80 60 = 0, 6 και όμοια ϕ 0 = 44 και ϕ = 50. 60 ια την κεντρική γωνία ω ν, έχουμε τύπο ω =, 60 οπότε: ω 5 = = 7 5, 6 ν ν 60 ω = = 60, ω 0 = 6 και ω = 0 6. Έστω ν το πλήθος των πλευρών του πολυγώνου. 60 60 Τότε: ϕ ν = 08 80 = 08 7 = ν= 5, ν ν άρα η σωστή απάντηση είναι η... πειδή τα κανονικά αυτά πολύγωνα έχουν τον ίδιο αριθμό πλευρών είναι α 5 R P5 όμοια, οπότε έχουμε: = = =λ= και ο λόγος των εμβαδών θα α 5 R P 5 5 είναι: =λ =4. 5 4. ρκεί να δείξουμε ότι ν =ν. ε το σχήμα Horner βρίσκουμε ότι η δοθείσα εξίσωση είναι ισοδύναμη με την ( ν 5)( ν + ν+ ) = 0 ν= 5 ή ν + ν+ = 0. Η εξίσωση ν + ν+ = 0είναι προφανώς αδύνατη στο Ν, επομένως μοναδική ρίζα της δοθείσας εξίσωσης είναι η ν= 5, άρα ν =ν = 5, δηλαδή τα πολύγωνα έχουν το ίδιο πλήθος πλευρών, άρα είναι όμοια. 5. Έστω κανονικό ν-γωνο τέτοιο ώστε: 60 60 ϕ ν < 90 80 < 90 90 < ν< 4, άρα ν=, δηλαδή ν ν το μόνο κανονικό ν-γωνο με γωνία οξεία είναι το ισόπλευρο τρίγωνο. 78

.-. λ λ ν 6. i) νωρίζουμε ότι +α ν = µ R και +α µ = R από τις οποίες 4 4 λ λ ν µ προκύπτει ότι: +α ν = +α µ λ ν λ µ = 4( α µ α ν). 4 4 ii) Σύμφωνα με το i) έχουμε: λ > λ λ > λ λ λ > 0 7. i) πειδή τόξα = έχουμε =, οπότε το είναι τραπέζιο και μάλιστα ισοσκελές αφού = ως πλευρές κανονικού πενταγώνου. Το τρίγωνο είναι ισοσκελές αφού =. ii) Έστω Ζ η διχοτόμος της Τότε: ν µ ν µ ν µ 4( α α ) > 0 α > α α > α. ˆ. µ ν µ ν µ ν, άρα Ζ. iii) Σύμφωνα με το i) είναι // και //, οπότε το Η είναι παραλληλόγραμμο. Το παραλληλόγραμμο αυτό έχει τις δύο διαδοχικές πλευρές και ίσες (πλευρές του n πολυγώνου), άρα είναι ρόμβος. Τα τρίγωνα, Η είναι όμοια, γιατί έχουν τη ˆ κοινή και ˆ = ˆ ως εγγεγραμμένες που βαίνουν σε ίσα τόξα. πομένως είναι: = = Η (). Η λλά = και = Η από το ρόμβο Η, οπότε = Η και η () γίνεται Η = Η. ποδεικτικές σκήσεις Ζ Η. Η κάλυψη με τα πλακίδια θα είναι πλήρης όταν σε κάθε σημείο που είναι κοινή κορυφή και των τριών πλακιδίων δεν υπάρχουν κενά. υτό θα συμβαίνει όταν ϕ +ϕ +ϕ = 60 λ µ ν 60 60 60 80 + 80 + 80 = 60 λ µ ν 60 60 60 + + = 80 + + = λ µ ν λ µ ν φ ν φ μ φ λ 79

.-.. Έστων-γωνο... εγγεγραμένοσε ν κύκλο(ο,r)καιπεριγεγραμμένοσεκύκλο (Ο,ρ)( R >ρ).οιπλευρές,, τουν-γώνουείναιχορδέςτου(ο,r)που d έχουναποστήματαίσαμερ,άραείναιίσες, A Ο v δηλαδήτοπολύγωνοέχειίσεςτιςπλευρέςτου. A d ν πειδή πλέον οι χορδές,, d d, ν του (Ο, R) είναι ίσες και τα αντίστοιχα τόξα θα είναι ίσα, δηλαδή = =... =ν =τ A A,οπότεκαι οιγωνίες ˆ, ˆ,, ˆ νείναιίσες,αφούκάθεμιαείναιεγγεγραμμένηκαι βαίνεισετόξο ( ν ) τ.άρατο... είναικανονικό. ν.έστωτομέσοτηςπλευράς. A' B ' Φέρνουμε. εεφαρμογήτουουθεωρήματος διαμέσωνστο παίρνουμε: = (). Φέρνουμεεπίσης. Τατρίγωνα και είναιορθογώνιακαιέχουν = και ˆ ˆ =,άραείναιίσα,οπότε = καιεπομένως = ().πό(),()προκύπτει = = (το είναιορθογώνιο). 4. Έστω = λν καιτομέσοτουτόξου.τότε = λνκαι Ο. πειδήηο τοεμβαδόν τουτετραπλεύρουοείναι ( )( Ο ), Ο δηλαδή( Ο ) = λ R, ν οπότε: ν = ν( Ο ) = ν λ νr = ( νλ ν)r = PνR. 5. Τοκανονικόν-γωνοτοπεριγγεγραμμένοστον(Ο,R)έχειπλευρά λ και ν απόστημαr.ταδύοαυτάπολύγωναέχουντοίδιοπλήθοςπλευρών,επομένως λν αν είναιόμοια,οπότε = λ νr =ανλ ν. λr R 6. Έστω α, β,γταεμβαδάτωνκανονικώνπολυγώνωνμεπλευρέςτις,,αντίστοιχα.τακανονικάαυτάπολύγωνα,αφούέχουντοίδιοπλήθος πλευρών,είναιόμοια. 80

.-. β β πομένως είναι: = α α και γ γ =. Προσθέτοντας κατά μέλη τις ισότητες προκύπτει = (). πειδή το τρίγωνο είναι ορθογώνιο α α β +γ β +γ α α έχουμε α =β +γ, οπότε η () δίνει + =. β γ α Σύνθετα Θέματα. Έστω ότι χρειάζονται κ κανονικά ν-γωνα για να καλύψουν το επίπεδο γύρω από ένα σημείο, κορυφή των πολυγώνων. Τότε θα ισχύει: φ ν φ ν φν 60 κϕ ν = 60 κ 80 = 60 φ ν ν ν κ = κ = ν ν ν ν 4+ 4 4 κ= = = + ν ν ν, δηλαδή 4 κ= + (). ν πειδή το κ είναι ένας θετικός ακέραιος από την () προκύπτει ότι το ν είναι ένας θετικός διαιρέτης του 4, δηλαδή ότι: ν =,,4 ν=,4,6. Άρα η κάλυψη πράγματι γίνεται μόνο με ισόπλευρα τρίγωνα, τετράγωνα ή κανονικά εξάγωνα.. Έστω... ν ένα κανονικό ν-γωνο και d, d,..., d ν οι αποστάσεις ενός εσωτερικού σημείου Σ από τις πλευρές του,,, ν αντίστοιχα. πειδή το Σ είναι εσωτερικό σημείο έχουμε: ( Σ ) + ( Σ ) +... + ( Σ ) = (... ) ν λ νd + λ νd +... + λ νdν = Pνα ν = νλναν λ ν (d + d +... + d ν) = λνναν d + d +... + dν = να ν. ν ν dν Σ Ο d d d 8

.. πειδή οι κορυφές του κανονικού δεκαγώνου είναι ανά δύο αντιδιαμετρικά σημεία, η ακτίνα Ο προεκτεινόμενη προς το Ο περνάει από την κορυφή Θ του πολυγώνου. A ίναι Θ = 6 και B = 6 M, Κ οπότε: ˆ = ( Θ ) = 6 = 6. O Ι πίσης: ˆ 6 6 = = = Θ E και επομένως ˆ ˆ = (). Η Ζ ξάλλου ˆ ˆ = () ως εγγεγραμμένες που βαίνουν σε ίσα τόξα. πό () και () προκύπτει ότι τα τρίγωνα και έχουν και ˆ = ˆ. Έτσι στα προαναφερόμενα τρίγωνα έχουν : κοινή, ˆ ˆ = και ˆ ˆ =, άρα είναι ίσα, οπότε και =.. σκήσεις μπέδωσης R. ίναι λ = R και α =, R οπότε: = Pα = λα = R = R 4 λ R ος τρόπος : = = 4 4. R πίσης λ 4 = R και α 4 =, R οπότε: 4 = P4α 4 = 4λ4α 4 = R = R. (ος τρόπος: 4 =λ 4 = R ). R ίναι λ 6 = R και α 6 =, R οπότε: 6 = P6α 6 = 6λ6α 6 = R = R. 8

. πό την ισότητα. λ ν +α ν = R με αντικατάσταση των δεδομένων βρίσκουμε: 4 λ ν + 5 = 00 λ ν = 4 5 λ ν = 0, δηλαδή 4 λ = R, άρα το πολύγωνο είναι 6-γωνο, οπότε: ν 6 = P6α 6 = 6λ6α 6 = λ6α 6 = 0 5 = 50 cm. λ ν +α ν = R με αντικατάσταση των δεδομένων προκύπτει:. πό την ισότητα 4 64 8 R +α ν = 64 α ν = = 6 α ν = 4 = =, 4 R δηλαδή α ν =, οπότε: ν= 4 και επομένως: 8 4 = P 4α 4 = (4 λ4) α 4 = λ4α 4 = 8 = 8 cm. 8 4. πειδή AB = 60 προκύπτει ότι: AB =λ 6 = R. Όμοια αφού B = 90 είναι: = λ 4 = R. πίσης, αφού = 0 έχουμε ότι: = λ = R. Τέλος: = 60 = 90 και επομένως = λ 4 = R. ια τους ίδιους αντίστοιχα λόγους είναι: R ΟΚ = α 6 =, 4 R ΟΛ = α =, R Ο = α = και 4 οπότε: ( ) = ( Ο ) + ( Ο ) + ( Ο ) + ( Ο ) = = ΟΚ + ΟΛ + Ο + ΟΝ = R ΟΝ = α =, ( ) R R R R R = R + R + R + R = +. 60 O A Κ Ν Λ 0 O 90 O ποδεικτικές σκήσεις. Το άθροισμα των γωνιών ενός πολυγώνου ν-πλευρών είναι (ν 4) ορθές, άρα: ν 4 = 8 ν= ν= 6, άρα πρόκειται για κανονικό εξάγωνο. πομένως: R 6 = 6 6 λ6α 6 = 6 R = R = 4 R =. 8

.. πειδή // το είναι ισοσκελές τραπέζιο. ξάλλου: = R = λ 6 συνεπάγεται ότι = 60 και από = R = λ έπεται ότι = 0. πομένως: = = 60 60 0 = 80 = = 90, οπότε: = = λ 4 = R. Η ια το ύψος ΖΗ του τραπεζίου έχουμε: ( ) R R R ΖΗ = ΟΖ + ΟΗ = α + α 6 = + = +, οπότε: Ζ ( ) ( ) ( ) R R ( ) = ( + ) ΗΖ = R+ R + = +. 4 Ο. Έστω = λ 6 και το μέσο του τόξου. Τότε = λ και αν πάρουμε το αντιδιαμετρικό Η του θα είναι: Η και Ο = α 6. πό το ορθογώνιο τρίγωνο Η ( = ˆ 90 ) έχουμε: Η = Η λ = R( Ο Ο ) = R(R α ) = 6 R = = ( ) λ = R R R R πό την ισότητα: λ + α = R α = ( λ 4 4 4 R ) = 4 4 4 = R R ( ) = R 4 + ( ) α = R +.. Ο 4. Έστω = λ 6 και το μέσο. Το τετράπλευρο Ο έχει κάθετες διαγώνιες, οπότε: R ( Ο ) = Ο = λ6 R = R R =, R δηλαδή ( Ο ) = (). λλά = ( Ο ) = 6( Ο ), οπότε με τη βοήθεια της () προκύπτει ότι: =. R Ο 0 O Η 84

. 60 ος τρόπος: ίναι ˆ Ο R Ο = = 0. Άρα Η = =. R R πομένως ( Ο ) = Ο Η = R = και = ( Ο ) = R. 4 Σύνθετα Θέματα R. Έχουμε Ο = Ο = α = R και Ο = α 6 = (). Στο τρίγωνο η Ο είναι διάμεσος, Ο () οπότε: + = Ο + R R + = + + = R + = R = λ. ( ) 4 (ε). i) πειδή τέμνουσα και εξωτερικό σημείο του κύκλου είναι = Ο R AB = R R AB R. = ( ) = 7 Ο Άρα = = R = λ. Σχόλιο: Η υπολογίζεται και από το ο θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο Ο. ii) πειδή Ο διάμεσος στο τρίγωνο Ο R R έχουμε: ( Ο ) = ( Ο ) = λ α = R =.. Έχουμε = λ 6 = 60 και = λ = 0. Άρα = 80, οπότε = ˆ 90. πομένως R = + = R + 7R R 7 = = (). 4 85

.4 Οι χορδές και τέμνονται στο, οπότε: R R () R 7 = = = =. R 7 4.4 σκήσεις μπέδωσης. Έχουμε: L + L + L = π + π + π = + + = π = π = L. ε. Ο κύκλος αυτός έχει ακτίνα το απόστημα α 6 του 6-γώνου. R ίναι α 6 =, λ 6 = R και επειδή λ 6 = 0 προκύπτει α 6 = 5, οπότε το ζητούμενο μήκος L του κύκλου είναι: L = πα 6 = π 5 = 0π. L L L L 60. Έστω = λ 0. Τότε: Ο ˆ = = 6 0 οπότε το μήκος l του δίνεται R 5 6 από την: π µ π = = = π 80 80, δηλαδή = π cm., Ο 4. Έστω L, l τα μήκη των τροχών με ακτίνες R, ρ αντίστοιχα. Σύμφωνα με το πρόβλημα έχουμε: ν L= ν L= π R = π ρ R = ρ. 86

.4 5. Έχουμε = R = λ 4, οπότε 60 = = 90. 4 πr 90 πr Άρα = =. 80 πίσης = R = λ, οπότε 60 = = 0. πr 0 πr Άρα l = =. 80 A πr 50 5πR πομένως = =. 80 6 B O ποδεικτικές σκήσεις. Έστω µ το μέτρο του τόξου. Τότε ( Ο ˆ ) =µ. ν Κ είναι το κέντρο του κύκλου (Κ) θα είναι ΚΟ = Κ, ως ακτίνες, οπότε το ΚΟ είναι ισοσκελές και για την εξωτερική γωνία ˆΚ αυτού θα έχουμε: Κ ˆ = Ο ˆ, οπότε ( Κ ˆ ) = µ και ( ) = µ. O Κ (κ) R π Rµ π µ R πομένως: l = () και 80 π µ = = 80 80 (). πό () και () προκύπτει ότι τα μήκη και των τόξων και είναι ίσα.. Έστω Ο το κοινό κέντρο των κύκλων και Λ το κέντρο του κύκλου που εφάπτεται σ αυτούς. ια την περίπτωση του σχ. έχουμε: πειδή οι κύκλοι (Ο, OA) και (Λ, Λ) εφάπτονται εσωτερικά στο ισχύει: ΟΛ = Ο Λ (). Όμοια, επειδή οι κύκλοι (Ο, Ο) και (Λ, Λ) εφάπτονται εσωτερικά στο ισχύει: ΟΛ = Λ Ο = Λ Ο (). πό () και () προκύπτει ότι: Ο Λ=Λ Ο Λ=Ο+Ο (). ' Λ Ο σχ. σχ. Ο Λ 87

.4 Τότε: L + L = π( Ο ) + π( Ο ) = π( Ο + Ο ) = = π Λ = ( π Λ ) = L L = (L + L ). ια την περίπτωση του σχ. έχουμε: Οι κύκλοι (Ο, OA) και (Λ, Λ) εφάπτονται εσωτερικά στο, άρα: ΟΛ = Ο Λ (4). Οι κύκλοι (Ο, Ο) και (Λ, Λ) εφάπτονται εξωτερικά στο, οπότε: ΟΛ = Ο + Λ = Ο + Λ (5). πό (4), (5) προκύπτει: Ο Λ = Ο + Λ Λ = Ο Ο (6). Τότε: L L = π( Ο) π( Ο ) = π( Ο Ο ) = π Λ = = ( π Λ ) = L L = (L L ).. Έχουμε τ= + 4 + 5 = 4 τ= και από τον τύπο του Ήρωνα έχουμε: = 8 7 6 = 84cm. πό τον τύπο = τρ προκύπτει πλέον ότι ρ= 4cm και επομένως το μήκος l του εγγεγραμμένου κύκλου είναι: = π 4 = 8πcm. αβγ αβγ 4 5 65 πό τον τύπο: = προκύπτει R = = =, 4R 4 8 84 4 65 65 οπότε το μήκος L του περιγεγραμμένου κύκλου είναι: L = π = π cm. 4 Σύνθετα Θέματα. Έστω x η ακτίνα του κύκλου που εφάπτεται στα τρία θεωρούμενα ημικύκλια. R Τότε: Ο = Ο = R x, ΟΚ = R και Κ = Κ + = + x. Το τρίγωνο ΟΚ είναι ορθογώνιο στο Ο, οπότε: R R ΟΚ + Ο = Κ + (R x) = + x 4 R R R + R + x Rx = + x + Rx Rx = R x =, 4 4 R πr οπότε το μήκος L του κύκλου κέντρου είναι: L= π x = π =. () (6) χ Κ Ο Λ 88

.6-.7. Έστω x η ακτίνα του κύκλου (c) και R = Ο, τότε έχουμε: ΟΝ = R x, R ΟΛ = Ν = x, ΚΝ = + x. Στο τρίγωνο ΟΚΝ είναι Ο ˆ < 90, οπότε χ έχουμε: ΚΝ = ΟΚ + ΟΝ ΟΚ ΟΛ Ν (c) R R R + x = + (R x) x 4 4 R R + x + Rx = + R + x Rx Rx Ο Λ Κ 4 4 4Rx = R x =, οπότε το μήκος του κύκλου (c) είναι: 4 R R = π x = π =π (). λλά και: π Rµ πr90 πr = = = 4 80 80 (). πό () και () προκύπτει: l= l, δηλαδή το ζητούμενο. R. ίναι (βλέπε σχήμα βιβλίου) = 5, ΚΛ = Κ + Λ Λ =,. ξάλλου με εφαρμογή του ου θεωρήματος διαμέσων έχουμε 9 + 7 = + 8 = 6. Το ημικύκλιο διαμέτρου έχει μήκος π. πό το ορθογώνιο τρίγωνο ΖΙ προκύπτει ΘΖ = ΘΙ Θ = 8 = 6 ΘΖ = 4, οπότε το ημικύκλιο διαμέτρου Ζ έχει μήκος 4π. πομένως το συνολικό μήκος της γραμμής Ζ είναι 6, + 6 + 6π..6-.7 σκήσεις μπέδωσης. Η ακτίνα Ο του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου είναι Ο = και επειδή ύψος του τριγώνου ( ) λ R είναι = = = = R αφού = λ = R, οπότε Ο = R = R R και επομένως το εμβαδόν του κύκλου είναι π. 4 Ο 89

.6-.7. Έστω R η ακτίνα του κύκλου (Κ). Το μήκος l του τόξου πr 60 πr = 60 είναι = =, 80 πr οπότε = 4π = 4π R =, οπότε το εμβαδόν του κύκλου θα είναι: =π R = 44π cm.. Τα τόξα, και είναι τόξα ίσων κύκλων και αντιστοιχούν σε ίσες επίκεντρες γωνίες, 60, επομένως είναι ίσα, άρα και τα μήκη τους θα είναι ίσα. Το μήκος του τόξου πα 60 πα είναι =, οπότε 80 η περίμετρος του καμπυλόγραμμου τριγώνου πα είναι: = πα. Έστω ε το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος χορδής. Τότε: πα 60 α πα α ε = ( Ο) ( ) = = 60 4 6 4 Το εμβαδόν του καμπυλογράμμου τριγώνου θα είναι πλέον:. α πα α = ( ) + ε = + = ( π ) α. 4 6 4 ε 4. Πρέπει ( µ ) + ( µ ) + ( µ ) + (k) = ( ) [( µ ) + ( τ )] + [( µ ) + ( τ )] + [( µ ) + ( τ )] + (k) = = ( ) + ( τ ) + ( τ ) + ( τ ) ή 4 φορές το εμβαδόν ημικυκλίου διαμέτρου AO = = μβαδόν ημικυκλίου διαμέτρου R π πr πr πr ή 4 = =, που ισχύει. μ τ τ τ κ μ Ο R μ B 5. ίναι φανερό ότι τα τόξα, και είναι ίσα, οπότε έχουν και ίσα μήκη. Το μήκος π.χ. του πr60 πr είναι =, οπότε η περίμετρος του 80 π R καμπυλογράμμου τριγώνου είναι: = π R. 90

.6-.7 Έστω ε το εμβαδόν του καμπυλόγραμμου τριγώνου. Τότε: ε = ( ΚΛ) ( ) (). (R) ίναι ( ΚΛ ) = = R 4 και πr 60 πr ( ) = = 60 6, οπότε αντικαθιστώντας στην () βρίσκουμε: πr R ε= R = ( π ). Λ K ε A B R R ποδεικτικές σκήσεις. πειδή από κατασκευή είναι: Ο = Ο = Ο Ο = Ο και = ˆ 90 η γωνία ˆ = 0, οπότε ˆ Ο = 60 και επομένως το μήκος l του τόξου Ο πr60 πr είναι: = =. 80 πίσης από το ορθογώνιο τρίγωνο: Ο ( = ˆ 90 ) έχουμε: = Ο Ο = (R) R = R = R, οπότε το μεικτόγραμμο τρίγωνο έχει περίμετρο: πr π P = + + = R+ R + = R + +. ξάλλου για το εμβαδόν ε του μεικτογράμμου τριγώνου έχουμε: ε = ( Ο) ( Ο ) (). R ίναι: ( Ο ) = Ο = R R = και πr 60 πr ( Ο ) = =, 60 6 9

.6-.7 οπότε η () δίνει: R π R R ( ) ε= = π. 6 6 A. Έστω το κοινό σημείο των δύο τόξων. ίναι φανερό ότι τα μεικτόγραμμα μη γραμμοσκιασμένα τρίγωνα και είναι ίσα, άρα και ισεμβαδικά. Έστω ε το εμβαδόν καθενός από τα τρίγωνα αυτά. Το ζητούμενο εμβαδόν δίνεται από την: = ( ) ε=α ε (). ρκεί επομένως να βρούμε το ε. Έστω τ το εμβαδόν του τμήματος χορδής. πειδή ισόπλευρο πλευράς α, είναι: ˆ = ˆ = 60 και ˆ = 0. Έτσι έχουμε: πα 0 ε = ( ) τ = ( ) ( ) = 60 πα πα 60 α α πα α = + = = ( π), 60 4 4 α οπότε με αντικατάσταση στην () βρίσκουμε ότι: = ( 6 +π ). 6. Παρατηρούμε ότι R R < R < R+ R και επομένως οι κύκλοι τέμνονται. A Έστω, τα κοινά τους σημεία. K Λ πειδή Κ = Λ = Λ = ΛΚ = R το τετράπλευρο ΚΛ είναι ρόμβος. B Κ + Λ = R + R = R = ΚΛ, Όμως: ( ) οπότε: ΚΛ ˆ = 90 και επομένως το ΚΛ είναι τετράγωνο. Το εμβαδόν του κοινού μέρους είναι το εμβαδόν δύο ίσων κυκλικών τμημάτων. Έτσι έχουμε: = ( ) = [( Κ ) ( Κ )] = π π π = R R = = R 60 4 R 90 R R. 9

.6-.7 4. Το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται μεταξύ των τριών ημικυκλίων δίνεται από την: = π π π = = π ( ) = 8 A = π[( + ) ] = π = 8 8 = π. 4 λλά από το ορθογώνιο τρίγωνο ( = ˆ 90 ). Έχουμε =, οπότε η προηγούμενη σχέση γίνεται: = π = π = 4 εμβαδόν κύκλου διαμέτρου. 5. Έστω (Κ, x) ο κύκλος ο εγγεγραμμένος στον τομέα Ο με = 60. Τότε ΟΚ = R x, Κ = x και Ο ˆ = 0, οπότε από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΚ προκύπτει: ΟΚ R x R Κ = x = x = R x =, R οπότε το εμβαδόν του κύκλου (Κ, x) είναι: =π. 9 A χ Ο Κ R Σύνθετα Θέματα Η τ. i) πειδή = λ 6 και = λ προκύπτει ότι: = 60 + 0 = 80, οπότε διάμετρος τ του κύκλου (Ο, R), άρα = R. Κ ii) Το τρίγωνο έχει εμβαδόν: ( ) = (αφού ˆ = 90 ) = R R = R, οπότε αν το εμβαδόν τ Ο Ζ του κύκλου θα είναι: R ( ) = = πr π. 9

.6-.7 iii) Το κυκλικό τμήμα Ζ είναι προφανώς ημικυκλικός δίσκος, οπότε το εμβαδόν του ( τ ) = π R. ια το εμβαδόν ( τ ) του () έχουμε: πr 0 R πr R R ( τ ) = ( Ο ) ( Ο ) = R = = ( 4π. ) 60 4 ια το εμβαδόν, τέλος, του κ.τ. Η έχουμε: πr 60 R πr R R ( τ ) = ( Ο Η) ( Ο ) = = = ( π. ) 60 4 6 4. πειδή = = λ 4, θα είναι = = 90, οπότε = 80 και επομένως ˆ = 90. Έτσι το ζητούμενο εμβαδόν, έστω, θα είναι το εμβαδόν του τεταρτοκυκλίου ( ) του κύκλου (, ) αυξημένο κατά το διπλάσιο του εμβαδού ε ενός από τα ίσα κυκλικά τμήματα που ορίζουν οι ίσες χορδές και στον (Ο, R), δηλαδή A = ( ) + ε (). ίναι: ( ) ( ) = π = π R = π R () 4 4 Ο ε = ( Ο ) ( Ο ) = πr R (). 4 ντικαθιστώντας τις () και () στην () βρίσκουμε: = ( π )R.. Παρατηρούμε ότι R R < R < R+ R, οπότε οι κύκλοι τέμνονται. Έστω (K, R), (Λ, R) οι κύκλοι και η κοινή χορδή τους. πειδή Κ = Λ = Λ = Κ = R, το τετράπλευρο ΚΛ είναι ρόμβος, οπότε: ΚΛ R ΚΟ = = = α 6. Άρα η χορδή του κύκλου (Κ, R) είναι = λ 6 = R. Το ζητούμενο εμβαδόν ε είναι το εμβαδόν δύο ίσων κυκλικών τμημάτων. πομένως: ε= κυκλικο ύ τµµατος ή ( Κ ) = πr 60 R πr R = ( Κ ) ( Κ ) = = 60 4. K R R A Ο R R Λ ε 94

ενικές σκήσεις 4. Έχουμε == 90. Άρα ==λ 4 = R. πr Παρατηρούμε ότι: µ+τ= (), γιατί η είναι διάμετρος. πίσης π 90 ( ) + τ = ( ) = = 60 π(r ) πr = =. () 4 πό τις () και () προκύπτει ότι µ+τ= ( ) +τ ή µ = ( ). Ο τ μ ενικές σκήσεις R. α) Έχουμε ΟΚ = α 6 =. Όμοια ΟΚ = ΟΛ = Ο = ΟΝ = = ΟΡ = ΟΣ = R (). λ R πίσης ΚΛ = = = R και όμοια: ΚΛ = Λ = Ν = ΝΡ = ΡΣ = ΣΚ = (). πό τις () και () προκύπτει ότι το ΚΛΝΡΣ είναι κανονικό εξάγωνο με κέντρο Ο. R β) Έχουμε ( Ζ ) = 6( Ο ) = 6 (), γιατί το τρίγωνο OAB 4 είναι ισόπλευρο με πλευρά R. Ζ Σ Ρ Κ Ο Ν Η Λ 95

R 6 R πίσης ( ΚΛΝΡΣ ) = 6( ΟΚΛ ) = 6 = (4), 4 4 4 γιατί το τρίγωνο ΟΚΛ είναι ισόπλευρο με πλευρά R. πό τις () και (4) προκύπτει ότι: ( ΚΛΝΡΣ ) = ( Ζ ). 4 γ) Η ακτίνα ρ του κύκλου του εγγεγραμμένου στο ΚΛΝΡΣ είναι R R ρ = ΟΗ = =. Άρα 4 ενικές σκήσεις 60. α) πειδή = λ ν είναι Ο ˆ =. ν Άρα R 60 60 π α4 π ν π R ( Ο ) = ν = = 60 60 ν 96 R πr L= π ρ= π =. 4 (). πίσης 60 πr πr ε= ( Ο) ( Ο ) = ν = 60 ν πr πr πr πr πr = = = ν ν ν ν ν (). πό τις () και () προκύπτει ότι: ε= ( Ο ). πr β) ίναι ε= νε=πr, από το (α) ερώτημα. ν. Έστω... ν ένα κυρτό ν-γωνο. ν ν μ ξωτερικά αυτού κατασκευάζουμε τα μ ν ορθογώνια,,..., ν ν ν ν με ίδιο ύψος υ και συνδέουμε τις μ εξωτερικές πλευρές αυτών με τόξα κύκλων που γράφουμε με κέντρα τις κορυφές και ακτίνα υ. Τότε οι κ. τομείς, ν,..., ν ν ν είναι τομείς ίσων κύκλων ακτίνας υ. ν µ, µ,..., µ ν είναι τα μέτρα των επικέντρων γωνιών ˆ ν,, ˆ..., ˆ ν ν ν αντίστοιχα Ο

και ε, ε,..., ε ν τα εμβαδά των αντίστοιχων κυκλικών τομέων πυ µ πυ µ πυ µ έχουμε: ε =, ε =,..., ε ν = 60 60 60 πυ από τις οποίες προκύπτει: ε +ε +... +ε ν = ( µ +µ +... +µ ν) (). 60 λλά µ = 60 90 90 ˆ ˆ = 80. Όμοια ˆ µ = 80,, µ 80 ˆ ν = ν, οπότε µ +µ +... +µ ν = 80 ν ( + +... + ν) = 80 ν (80ν 60) = 60, οπότε η () δίνει ε +ε + +ε =πυ.... ν ενικές σκήσεις 4. Έστω x η ακτίνα των κύκλων. πειδή οι κύκλοι εφάπτονται μεταξύ τους εξωτερικά και εφάπτονται χ Ζ Ν επίσης στις πλευρές του τετραγώνου έχουμε: 4x = α, Κ α Η ε δηλαδή x =. 4 Λ ν Κ, Λ, και Ν είναι τα κέντρα των κύκλων τότε το ΚΛΝ είναι τετράγωνο γιατί ΚΛ = Λ = Ν = ΝΚ = x και Κ= ˆ 90 (η γωνία Κ έχει παράλληλες πλευρές με την = ˆ 90 ). Το ζητούμενο πλέον εμβαδόν ε θα δίνεται από την: πx 90 α ε= ( ΚΛΝ) 4( ΚΗΖ ) = (x) 4 = 4x π x = (4 π). 60 6 5. α) =λ 4 = (R ) = R = 600 = 00 m. β) ν ρ είναι η ακτίνα κάθε κυκλικής γλάστρας έχουμε: R Ο ρ = Ο Ο = R α 4 = R = 40 0 R=40 ρ= 0( ), οπότε το εμβαδόν κάθε κυκλικής γλάστρας είναι ε = πρ = 00 π( ) m και το εμβαδόν του μέρους που καλύπτουν οι γλάστρες είναι 800π( 5 ) m. γ) Το εμβαδόν του μέρους που θα φυτευθεί με γκαζόν είναι: R 4 4 600 ( 40 ) 800 ( ) = 800π( ) 00 m. π λ ε=π π = ν 97

6. α) Ο εγγεγραμμένος κύκλος έχει προφανώς ακτίνα ρ= 5m, επομένως το εμβαδόν του είναι πρ = 5π m. β) ν x είναι η ακτίνα καθενός απ αυτούς τους κύκλους και Κ το κέντρο ενός απ αυτούς έχουμε: Κ = x, Κ = x, οπότε από την ισότητα Ο = Ο + Κ + Κ προκύπτει: 5 = 5+ x+ x... x = 5 και επομένως: =π x = 65 7 = 8,4m. ( ) ενικές σκήσεις ( ) 7. Έστω και δύο πλευρές του 5-γώνου και ω η γωνία που σχηματίζουν οι προεκτάσεις αυτών. ν υποθέσουμε ότι το τόξο περιέχει ν πλευρές του 5-γώνου, τότε το θα περιέχει 5 ν = ν πλευρές και επομένως θα είναι = ντ και = ( ν) τ, όπου τ = = 60 = 4. 5 Η γωνία ω είναι τότε: ω= ( ) = [( ν) τ ντ ] = ( ν) τ= ( ν) (). Ο ν είναι ένας θετικός ακέραιος και επομένως η ελάχιστη τιμή τους είναι το, οπότε ν= ν= 6 και από την () προκύπτει πλέον ότι ω min = =. 5 5 Ο ν ω 98

Σχόλιο: Παραπάνω υποθέσαμε ότι > ν>ν ν<. Στο ίδιο αποτέλεσμα καταλήγουμε αν <, τότε όμως ω = ( ). 8. α) Τα τρίγωνα και Σ είναι x M0 ορθογώνια στο και Σ αντίστοιχα, M οπότε έχουμε: = και Σ Σ =. ε αντικατάσταση των και Σ στην = Σ προκύπτει =. β) πειδή =, το είναι σταθερό τμήμα και αφού ˆ = 90, το βρίσκεται σε ημικύκλιο διαμέτρου. πειδή όμως το ανήκει στη x και οι ακραίες θέσεις του είναι και, ο γ.τ. του είναι το τεταρτοκύκλιο 0, όπου 0 η τομή της καθέτου της στο και του ημικυκλίου διαμέτρου. γ) Το μήκος l του τόξου π 0 είναι = = π και το μήκος l 4 του ημικυκλίου διαμέτρου είναι = π και επομένως l = l. 9. α) Έχουμε: ε = ( Ο ) ( Ο ) () Τ και ε = ( Ο ) ( Ο ) (). Λ πό τις (), () παίρνοντας υπόψη ότι ( Ο ) = ( Ο ) (γιατί η AO είναι ενικές σκήσεις διάμεσος στο ) προκύπτει: R Ο ε ε = ( Ο ) ( Ο ) (). πειδή όμως = έχουμε ότι ( Ο ) = ( Ο ), οπότε η () γίνεται ε ε = ( Ο ). β) Έστω (Λ, x) ένας εγγεγραμμένος κύκλος στο κυκλικό τμήμα χορδής και (Κ, KM) ο κύκλος ο εγγεγραμμένος που εφάπτεται στο μέσο της ε Ν Σ Κ ε 99

χορδής. Τότε: x = ΤΣ = ΟΤ ΟΣ = R ( ΟΝ + ΝΣ) R ΟΝ και επειδή ΟΝ Ο αφού Ο κάθετη στην, έχουμε: x R Ο = Ο Ο = x Κ, που είναι και το ζητούμενο. γ) i) Έστω ρ, ρ οι ακτίνες των μεγίστων εγγεγραμμένων κύκλων στα κυκλικά τμήματα χορδών, αντίστοιχα. γ γ Τότε: ρ = R Ο = R ρ = R. β Όμοια: ρ = R, όπου β = ( ) και γ = ( ), οπότε: π γ β + = πρ + πρ = R + R = 4 π β +γ = R + R( β+γ ) = 4 4 π = R + R R( β+γ ) 4 () γιατί β +γ =α = 4R. λλά με τριγωνική ανισότητα στο παίρνουμε β+γ> R και επειδή είναι δυνατόν το να συμπέσει με το έχουμε β+γ R, οπότε από πr την () προκύπτει ότι +. 4 ii) Όταν = 0 ενικές σκήσεις είναι = 60, οπότε: = γ = R και = 0, οπότε = λ β = R. R Οι ακτίνες ρ, ρ είναι τώρα ρ = και ρ = R, 4 4 όπως προκύπτει από τις παραπάνω εκφράσεις των ρ, ρ. Έτσι έχουμε: π ( ) ( )( ) πr. 6 8 + 7+ 4 = R + 7+ 4 7 4 R = 00

ενικές σκήσεις 0. α) πειδή Ο//Ο είναι Ο ˆ ˆ =Ο και αφού οι κύκλοι είναι ίσοι θα είναι ( Ο ) = ( Ο ). α) β) ίναι: ( Ο ) + ( Ο ) = ( Ο ) + ( Ο ) = ( Ο ). γ) πειδή Ο//=Ο το Ο Ο είναι παραλληλόγραμμο, οπότε = ΟΟ, άρα = και επομένως ( Ο ) = ( Κ ), οπότε από το β) προκύπτει το ζητούμενο. O Κ O ' ' δ) Προσθέτουμε και στα δύο μέλη του γ) το εμβαδόν του μεικτογράμμου τριγώνου και στη συνέχεια αφαιρούμε και από τα δύο μέλη της προκύπτουσας το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος χορδής, οπότε προκύπτει η ζητούμενη σχέση. Τέλος, για να γίνει μέγιστο το ε, αρκεί το εμβαδόν του παραλληλογράμμου ( Ο Ο ) = ΟΟ να γίνει μέγιστο, το οποίο συμβαίνει όταν η ακτίνα Ο γίνει κάθετη στην ΟΟ. Έτσι τα ζητούμενα σημεία, είναι τα σημεία των κύκλων (Ο), (Ο ) αντίστοιχα για τα οποία Ο, Ο ΟΟ. 0

ΚΦΛΙΟ ΠΡΤΗΡΗΣΙΣ - ΥΠΟΙΞΙΣ Σε κάθε επίπεδο του χώρου ισχύουν οι προτάσεις της επιπεδομετρίας. πομένως μπορούμε να συγκρίνουμε τρίγωνα, γωνίες, ευθύγραμμα τμήματα ή άλλα σχήματα που βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο ή σε διαφορετικά επίπεδα του χώρου. (. 4 ποδ. σκ.,, Συνθ. θεμ.. εν. σκ. 4, 5, 6, 7) ν δύο ευθείες είναι ασύμβατες, τότε όλα τα επίπεδα που περνάνε από την μία πλην ενός τέμνονται από την άλλη. (. σκ. μπ., ποδ. σκ. 4) Τρεις ευθείες στον χώρο περνάνε από το ίδιο σημείο αν οι ευθείες είναι τομές τριών επιπέδων ανά δύο. (. ποδ. σκ. 5,.4 Σύνθ. θεμ., ). πίπεδα που περνάνε από δύο ευθείες παράλληλες τέμνονται σε ευθεία παράλληλη σε αυτές. πίσης, παράλληλα επίπεδα τέμνονται από τρίτο κατά ευθείες παράλληλες. (.4 σκ. μπ. 5, 6, 0, ποδ. σκ. ) Τα σημεία του χώρου που ισαπέχουν από τα άκρα ενός ευθυγράμμου τμήματος ανήκουν στο μεσοκάθετο επίπεδο του τμήματος. (.5 σκ. μπ..6 σκ. μπ.,, 7, 8.7 σκ. μπ. ). Χρήσιμα για την λύση ασκήσεων είναι επίσης το θεώρημα των τριών καθέτων, οι συνθήκες καθετότητας ευθείας και επιπέδου και το θεώρημα του Θαλή. (.4 ποδ. σκ. 4..5 σκ. μπ.,.6 σκ. μπ., 6, ποδ. σκ., ).