Σελίδα 1 από 36 ΜΕΤΡΙΚΗ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Μπάμπης Στεργίυ - εκέμβρις 016 Στ παρόν αρχεί περιέχνται πρτάσεις και ασκήσεις από τη μετρική γεωμετρία. Πρρίζνται για μαθητές Λυκείυ πυ συμμετέχυν στν διαγωνισμό Ευκλείδης της ΕΜΕ και επιθυμύν να απκτήσυν ένα καλό υπόβαθρ για τν επόμεν διαγωνισμό της ΕΜΕ, πυ είναι γνωστός με τ όνμα Αρχιμήδης. Πλλές από τις ασκήσεις αυτές έχυν τεθεί σε διαγωνισμύς, άλλες δε είναι νέες δημιυργίες πυ έχυν παρυσιαστεί σε αξιόλγα ξενόγλωσσα μαθηματικά περιδικά ή βιβλία διαγωνισμών και λυμπιάδων. Εύχμαι καλή μελέτη και καλή επιτυχία στυς διαγωνισμύς!!! 1.1 Στις πλευρές Α, ΒΓ ενός τετραπλεύρυ ΑΒΓ παίρνυμε τα σημεία Κ, Λ αντίστιχα, ώστε AK ΒΛ ΑΒ = =. Αν ι ΒΑ, Γ τέμννται στ σημεί Σ, να απδειχθεί ότι η διχτόμς της γωνίας ˆΣ K ΛΓ Γ είναι παράλληλη στην ευθεία ΚΛ. Αν Ν είναι σημεί της ΑΓ, ώστε ΑΝ ΑΒ, τότε ΚΝ / / Γ (διότι ΝΓ Γ ΑΝ ΒΛ ). ΝΓ ΛΓ Τ τρίγων ΝΚΛ είναι ισσκελές και ΛΝΡ ˆ Σˆ (παράλληλες πλευρές). Άρα η διχτόμς της ˆ ΛΝΡ είναι παράλληλη με τη διχτόμ της ˆΣ και η διχτόμς της είναι παράλληλη με την ΚΛ (βασική ιδιότητα τυ ισσκελύς τριγώνυ). ˆ ΛΝΡ ΑΚ ΑΝ ) και ΝΛ // ΑΒ (διότι Κ ΝΓ Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα από 36 1. Σε ένα τρίγων ΑΒΓ ισχύει β + γ = α. Αν Α είναι διχτόμς τυ ΑΒΓ, να απδειχθεί ότι ΑΒ = Β και ΑΓ = Γ. Από τ θεώρημα διχτόμων στ τρίγων ΑΒΓ παίρνυμε: Επμένως: Β ΑΒ Γ ΑΓ Β ΑΒ Β Γ ΑΒ ΑΓ Β γ ΒΓ γ β Β γ γ Β α α β α γ α Β (ΒΓ Β) Γ Θεώρημα Από εξωτερικό σημεί Σ ενός κύκλυ φέρυμε την εφαπτμένη ΣΑ και μια τέμνυσα ΣΒΓ. Να απδειχθεί ότι ΣΒ ΑΒ = ΣΓ ΑΓ. Απόδειξη Τα τρίγωνα ΣΑΒ και ΣΑΓ είναι όμια, διότι η ˆΣ είναι κινή και ΣΑΒ ˆ Γˆ. Επμένως: ΑΒ ΒΣ ΑΣ ΑΓ ΑΣ ΣΓ Η σχέση αυτή δίνει τις σχέσεις: ΑΒ ΣΑ και ΑΓ ΣΓ ΑΒ ΣΒ ΑΓ ΣΑ Αυτές με πλλαπλασιασμό κατά μέλη δίνυν: ΑΒ ΑΒ ΣΑ ΣΒ ΑΒ ΣΒ ΣΒ ΑΒ ΑΓ ΑΓ ΣΓ ΣΑ ΑΓ ΣΓ ΣΓ ΑΓ Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 3 από 36 1.3 Ένα τετράπλευρ ΑΒΓ, με ΑΒ = Α, είναι εγγεγραμμέν σε κύκλ. Οι διαγώνιες ΑΓ, Β τέμννται στ σημεί Ε. Αν Μ είναι τ μέσ τυ ΑΒ και Ν τ μέσ τυ Ε, να απδειχθεί ότι τα σημεία Β, Γ, Ν, Μ είναι μκυκλικά. Αρκεί να απδείξυμε ότι M ˆ ˆ 1 B1. Τα τρίγωνα ΕΓ και ΒΑΓ είναι όμια, διότι: EΓ ˆ ΓΑΒ ˆ φ και ΕΓ ˆ ΑΓΒ ˆ (Α ΑΒ) Είναι επμένως: ΑΒ ΒΓ ΜΒ ΒΓ (1) Ε ΕΓ ΝΕ ΕΓ Επειδή όμως ΜΒΓ ˆ ΝΕΓ ˆ, λόγω και της (1), τα τρίγωνα ΜΒΓ και ΝΕΓ είναι όμια. Άρα: ΓΒ ΓΜ ΓΒ ΓΕ () ΕΓ ΓΝ ΓΜ ΓΝ Επειδή ΕΓΒ ˆ ΜΓΝ ˆ ω x, η () εξασφαλίζει ότι τετράπλευρ ΜΒΓΝ είναι εγγράψιμ. ΕBΓ ΜΓΝ. Επμένως είναι ΝΜΓ ˆ ΝΒΓ ˆ και έτσι τ 1.4 ίνεται τρίγων ΑΒΓ, σημεί Σ στην πλευρά ΒΓ και τα μέσα Λ, Μ, Ν των πλευρών ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντίστιχα. Οι ευθείες ΜΛ, ΝΛ τέμνυν την ευθεία ΑΣ στα σημεία, Ε αντίστιχα. Να δειχθεί ότι ΒΕ // Γ. Επειδή ΛΕ // ΑΓ, έχυμε: ΣΛ ΣΕ (1) ΣΓ ΣΑ Επειδή Λ // ΑΒ, έχυμε: ΣΒ ΣΑ () ΣΛ Σ Πλλαπλασιάζυμε κατά μέλη τις (1), () και παίρνυμε: ΣΒ ΣΕ ΒΕ // Γ ΣΓ Σ Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 4 από 36 1.5 ίνεται τρίγων ΑΒΓ εγγεγραμμέν σε κύκλ και Κ, Λ, Μ τα μέσα των τόξων ΑΓ, ΑΒ, ΒΓ αντιστίχως. Αν η ΚΜ τέμνει τη ΒΓ στ και η ΚΛ τέμνει την ΑΒ στ Ε, να απδειχθεί ότι η Ε είναι παράλληλη πρς την ΑΓ. Στ τρίγων ΚΑΒ η ΚΕ είναι διχτόμς, πότε: ΚΒ ΕΒ (1) ΚΑ ΕΑ Στ τρίγων ΚΒΓ η Κ είναι διχτόμς, πότε: Επειδή ΚΑ ΚΒ Β () ΚΓ Γ ΚΓ, ι σχέσεις (1) και () δίνυν: ΕΒ Β ΕΑ Γ Από τ τρίγων ΒΑΓ πρκύπτει λιπόν ότι Ε // ΑΓ. 1.6 ίνεται τρίγων ΑΒΓ και τα σημεία, Ε της πλευράς ΒΓ, ώστε Β = Ε = ΕΓ. Η παράλληλη από τ πρς την ΑΒ και η παράλληλη από τ Ε πρς την ΑΓ τέμννται στ Θ. Να απδειχθεί ότι τ Θ είναι τ βαρύκεντρ τυ τριγώνυ ΑΒΓ. Πρεκτείνυμε τις Θ, ΕΘ, ι πίες τέμνυν τις ΑΓ, ΑΒ στα Λ, Κ αντίστιχα, και παίρνυμε τα μέσα των ΒΚ, ΓΛ. Είναι: ΒΖ ΖΚ ΚΑ ΓΗ ΗΛ ΛΑ ΘΖ Ε ΘΗ Η ΑΘ είναι διάμεσς τυ ΑΖΗ, πότε η ΑΘ διχτμεί τη ΒΓ (διότι ΖΗ // ΒΓ). Αφύ ΑΖ ΖΒ και ΖΘ // ΒΜ, πρκύπτει ότι ΑΘ ΘΜ, πότε τ Θ είναι βαρύκεντρ τυ ΑΒΓ. Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 5 από 36 1.7 Ένα ρθγώνι χαρτί ΑΒΓ διπλώνεται κατά μήκς της ΕΖ, ώστε η κρυφή Β να γίνει τ σημεί Η της πλευράς Α. Αν: Γ = 8 και ΕΗ = 5 να υπλγιστεί τ τμήμα ΗΖ. Φέρνυμε ΖΚ Α. Τα τρίγωνα ΑΕΗ, ΚΗΖ είναι όμια, διότι ΕΒ ΕΗ 5 και αφύ ΑΒ 8, είναι ΑΕ 3. Τ Πυθαγόρει θεώρημα στ τρίγων ΑΗΕ δίνει: Η μιότητα δίνει: ΑΗ 5 3 16 4 HZ ZK EH AH α 8 α 10 5 4 Επμένως είναι HZ 10. y ω 90 και x ω 90. Αλλά Σημείωση Είναι 8 συνx = α και 4 συνy =. Αφύ x = y, παίρνυμε: 8 = 4 α =10 5 α 5 1.8 Έστω Ε, Ζ τα μέσα των βάσεων ΑΒ και Γ αντίστιχα ενός τραπεζίυ ΑΒΓ. Αν ι ΑΖ, Ε τέμννται στ Ρ και ι ΓΕ, ΒΖ τέμννται στ Σ, να απδειχθεί ότι: α) ΡΣ // Γ, β) ΑΒ Γ ΡΣ =. ΑΒ + Γ (Ρυμανία 008) α) Επειδή ΑΕ // Ζ και ΕΒ // ΖΓ, είναι ΡΑΕ ΡΖ και ΣΒΕ ΣΖΓ. Έτσι: ΡΕ ΑΕ ΕΒ ΣΕ Ρ Ζ ΖΓ ΣΓ Άρα, από τ τρίγων ΕΓ παίρνυμε ότι ΡΣ // Γ. Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 6 από 36 β) Έχυμε: ΡΣ ΕΡ, Γ Ε ΕΡ ΑΕ ΑΒ ή Ρ Ζ Γ ΕΡ ΑΒ ΕΡ Ρ ΑΒ Γ Έτσι: ΕΡ ΑΒ Ε ΑΒ Γ Από τις παραπάνω σχέσεις παίρνυμε ότι: και ΕΡ ΡΣ Ε Γ ΡΣ ΑΒ ΑΒ Γ ΡΣ Γ ΑΒ Γ ΑΒ Γ 1.9 ίνεται ξυγώνι τρίγων ΑΒΓ, με ΑΒ ΑΓ. Ο κύκλς διαμέτρυ ΒΓ τέμνει τις πλευρές ΑΒ, ΑΓ στα σημεία, Ε αντίστιχα. Η διχτόμς της γωνίας ˆΑ και η διχτόμς της γωνίας ˆ ΜΕ, όπυ Μ είναι τ μέσ τυ ΒΓ, τέμννται στ Ι. Να απδειχθεί ότι τ Ι είναι τ έγκεντρ τυ τριγώνυ ΜΕ. Επειδή ΑΕ ˆ Γˆ και ΑΕ ˆ Βˆ, τα τρίγωνα ΑΕ και ΑΒΓ είναι όμια. Έστω Ρ τ μέσ της Ε. Αφύ ι ΑΡ, ΑΜ είναι μόλγι διάμεσι, είναι ΑΡ ˆ ΓΑΜ ˆ. Αφύ η ΑΙ είναι διχτόμς της γωνίας ˆΑ, η ΑΜ είναι τελικά διχτόμς της ˆ ΡΑΜ, πότε: ΙΡ AP Ε ΙΜ AM ΒΓ Ρ Ρ Ρ ΒΜ ΒΜ Μ Επειδή ΙΡ Ρ, η Ι είναι διχτόμς τυ τριγώνυ ΙΜ Μ ΡΜ. Επειδή η ΜΙ είναι διχτόμς της ˆ ΜΕ, τ Ι είναι έγκεντρ τυ τριγώνυ ΜΕ. Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 7 από 36 1.10 ίνεται τρίγων ΑΒΓ, με ΑΒ ΑΓ, η διάμεσς ΑΜ και τυχαί σημεί Ρ της πλευράς ΒΓ. Οι παράλληλες από τ Ρ πρς τις ΑΓ, ΑΒ τέμνυν την ευθεία ΑΜ στα σημεία Ε, Ζ αντίστιχα. Να απδειχθεί ότι ΒΕ = ΓΖ. (Ρυμανία 008) Επειδή ΡΕ // ΑΓ, είναι, σύμφωνα με τ θεώρημα τυ Θαλή: ΜΡ ΜΕ (1) ΜΓ ΜΑ Όμια, επειδή ΡΖ // ΑΒ, παίρνυμε: ΜΡ MZ () ΜΒ MA Επειδή MB ΜΓ, ι σχέσεις (1) και () έχυν τα πρώτα μέλη ίσα. Άρα ΜΕ ΜΖ ΜΕ ΜΖ ΜΑ ΜΑ Στ τετράπλευρ ΒΕΓΖ ι διαγώνιες ΒΓ, ΕΖ διχτμύνται, πότε αυτό είναι παραλληλόγραμμ. Άρα ΒΕ ΓΖ. 1.11 ίνεται τρίγων ΑΒΓ και τ ισόπλευρ τρίγων ΒΓ εκτός αυτύ. Η ευθεία Α τέμνει τη ΒΓ στ Ε. Οι παράλληλες από τ Ε πρς τις Β, Γ αντίστιχα τέμνυν τις ΑΒ, ΑΓ στα σημεία Ζ, Η. Να απδειχθεί ότι: α) ΖΗ // ΒΓ, β) τ τρίγων ΕΖΗ είναι ισόπλευρ. (Ρυμανία, Tiţeica 008) α) Είναι: ΑΖ ΑΕ ΑΗ ΑΒ Α ΑΓ και επειδή ΑΖ ΑΗ, θα είναι ΖΗ // ΒΓ. ΑΒ ΑΓ β) Είναι: ΖΕ ΑΕ ΕΗ Β Α Γ Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 8 από 36 και αφύ Β Είναι όμως και Γ, παίρνυμε ότι ΖΕ ΕΗ. ΖΕΗ ˆ ΒΓ ˆ, αφύ ι πλευρές τυς είναι παράλληλες. Άρα τ τρίγων ΕΖΗ είναι ισόπλευρ. 1.1 ίνεται ρθγώνι ΑΒΓ με κέντρ Ο και ΑΓ = Α. Η διχτόμς της γωνίας ˆ ΑΓ τέμνει τη Γ στ Σ και την ευθεία ΒΓ στ Ε. Η ευθεία ΟΣ τέμνει την Α στ Λ, ενώ η ευθεία ΒΛ τέμνει την ΑΓ στ Μ. Να απδειχθεί ότι: α) ΣΜ // ΓΛ, β) τ τετράπλευρ ΑΓΕΛ είναι ρόμβς. ΑΓ α) Επειδή Α, είναι ˆ ˆ ΑΣ ΣΑΓ 30. Επειδή: ˆ ΑΓ 30 και έτσι ΑΓ Β Α ΑΟ τ τρίγων ΑΟ είναι ισόπλευρ και έτσι η ΑΣ είναι μεσκάθετς της Ο. Άρα ˆ ˆ o ΟΣ ΟΣ 30 και έτσι: ΣΟΑ ˆ ΣΟ ˆ ΟΑ ˆ 30 60 90 o o o Επμένως είναι ΣO ΑΓ, πυ σημαίνει ότι η ΛΟ είναι μεσκάθετς της ΑΓ. Άρα ΛΑ ΛΓ και αφύ ΛΑΓ ˆ 60, τ τρίγων ΛΑΓ είναι ισόπλευρ και έτσι τ Σ είναι βαρύκεντρ, δηλαδή ΣΟ 1. ΣΛ Στ ισόπλευρ τρίγων ΓΑΛ είναι Γ παραλληλόγραμμ και έτσι ι Γ, ΒΛ διχτμύνται. Επμένως στ πότε τ Μ είναι βαρύκεντρ. Άρα: ΜΟ 1 ΣΟ ΜΓ ΣΛ ΑΛ, πότε Λ Α ΓΒ. Άρα τ ΛΓΒ είναι ΒΓ ι ΒΖ, ΓΟ είναι διάμεσι, πότε από τ τρίγων ΟΓΛ και τ αντίστρφ τυ θεωρήματς τυ Θαλή συμπεραίνυμε ότι ΣΜ // ΓΛ. β) Επειδή ˆ ΒΕΑ ˆ ΕΑΛ 30 ΕΑΓ ˆ, τ τρίγων ΓΑΕ είναι ισσκελές. Άρα: Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 9 από 36 ΓΕ ΓΑ ΑΛ Επειδή ΓΕ / / ΑΛ, τ ΑΛΕΓ είναι παραλληλόγραμμ και επειδή ΑΓ ΓΕ, αυτό είναι ρόμβς. Σχόλι Αφύ ˆ ˆ ΣΑΓ = ΣΓΑ = 30, τ ΣΑΓ είναι ισσκελές και επειδή η ΣΟ είναι διάμεσς, θα είναι ΣΟ ΑΓ. Έτσι η ΛΟ είναι μεσκάθετς τυ ΑΓ, πότε τελικά τ ΓΑΛ είναι ισόπλευρ. 1.13 ίνεται τετράγων ΑΒΓ με κέντρ Ο, τ μέσ Ρ τυ ΑΒ και σημεία Μ, Ν των τμημάτων ΒΓ, ΑΓ αντίστιχα έτσι, ώστε ΒΜ = διχτμεί τ τμήμα ΜΝ. ΑΝ. Αν Σ είναι τ μέσ τυ ΟΓ, να απδειχθεί ότι η ΡΣ (Ρυμανία 008) Έστω ότι η ΜΡ τέμνει τη Α στ Τ. Είναι πότε AT BM. Έχυμε: ΑΤΡ ΒΡΜ, BM AT BM AN AN AN α OP OΣ α 4 ΑΤ ΟΡ Επειδή και ΤΑΝ ˆ ΡΟΣ ˆ 135, τα ΑΝ ΟΣ τρίγωνα ΑΤΝ και ΟΡΣ είναι όμια. Επμένως: ΑΝΤ ˆ ΟΣΡ ˆ (φ ω) ΝΤ // ΡΣ Στ τρίγων ΜΤΝ τ Ρ είναι μέσ τυ ΤΜ και επειδή ΡΣ // ΤΝ, η ΡΣ διχτμεί τ τμήμα ΜΝ, δηλαδή τ Κ είναι μέσ τυ ΜΝ. 1.14 ίνεται τραπέζι ΑΒΓ, με μικρή βάση την ΑΒ, τ μέσ Μ τυ ΑΒ και σημεί Ρ της πλευράς Γ. Η ευθεία ΡΜ τέμνει την ευθεία ΓΒ στ Σ. Η κάθετη από τ Ρ πρς τη Γ τέμνει την ευθεία ΑΣ στ Κ. Να απδειχθεί ότι ˆ ˆ ΣΑΒ = ΚΓΖ. Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 10 από 36 (Tuymaada 009) Αν η ευθεία ΣΑ τέμνει την Γ στ Ζ, τότε τ Ρ είναι μέσ τυ ΓΖ, διότι τ Μ είναι μέσ τυ ΑΒ και ΑΒ // ΓΖ. Πι συγκεκριμένα είναι: ΑΜ ΣΜ ΜΒ (1) ΖΡ ΣΡ ΡΓ διότι ΣΑΜ ΣΖΡ και ΣΜΒ ΣΡΓ. Επειδή ΑΜ ΜΒ, η (1) δίνει ΖΡ ΡΓ. Τ τρίγων λιπόν ΚΖΓ είναι ισσκελές, διότι η ΚΡ είναι διάμεσς και ύψς. Άρα και τ ΣΑΒ ˆ ΚΑΜ ˆ ΚΕΑ ˆ ΚΓΖ ˆ ΚΑΕ είναι ισσκελές, πότε: 1.15 ίνεται ρθγώνι τρίγων ΑΒΓ ˆ (Α = 90 ), τ ύψς Α και ι ακτίνες ρ 1, ρ, ρ των εγγεγραμμένων κύκλων στα τρίγωνα ΑΒ, ΑΓ, ΑΒΓ αντίστιχα. Να απδειχθεί ότι: α) ρ 1 + ρ = ρ, β) ΚΛ = ΑΜ, όπυ Κ, Λ, Μ είναι τα έγκεντρα των τριγώνων ΑΒ, ΑΓ, ΑΒΓ αντίστιχα. (ΕΜΕ, Ευκλείδης 009) α) Επειδή ΑΒ ΑΒΓ και ΑΓ ΑΒΓ, έχυμε: 1 ρ ΑΒ γ ρ ΒΓ α ρ ΑΓ β ρ ΒΓ α Επμένως, επειδή β γ α, παίρνυμε: Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 11 από 36 1 1 ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ γ β γ β α 1 α α α α Άρα 1 ρ ρ ρ. β) Φέρυμε ΚΖ, ΛΗ ΒΓ. Τότε ΚΖ ρ1, ΛΗ ρ και έτσι έχυμε: 1 1 ΚΛ Κ Λ ρ ρ (ρ ρ ) ρ ΑΜ διότι τα τρίγωνα ΚΖ, ΛΗ είναι ρθγώνια και ισσκελή και έτσι: Κ ρ 1, Λ ρ, ΑΜ ρ (αρκεί να φέρυμε ΜΘ ΑΓ, πότε ΑΜ ρ ). Σχόλι Στν διαγωνισμό τέθηκε τ β ερώτημα, τ πί όμως απδεικνύεται και με άλλ τρόπ. 1.16 ίνεται τετράγων ΑΒΓ, σημεί Ε της πλευράς ΑΒ, ώστε ΑΕ = ΕΒ και τ μέσ Ζ της πλευράς Γ. Αν ι ευθείες ΑΖ, ΓΕ τέμνυν τη διαγώνι Β στα σημεία Μ, Ν αντίστιχα, να απδειχθεί ότι: α) Β = 4ΒΝ και Β = 3Μ, β) τα τρίγωνα ΒΕΝ και ΜΖ είναι όμια. (Ρωσία 1977) α) Είναι: ΒΕ // Γ, πότε ΒΕΝ ΝΓ. Άρα: ΒΝ ΕΒ ΕΒ 1 (1) Ν Γ ΑΒ 3 Ζ // ΑΒ, πότε ΜΖ ΑΜΒ. Άρα: Από τη σχέση (1) παίρνυμε: Μ Ζ Ζ 1 () ΜΒ ΑΒ Γ Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 1 από 36 1 1 ΒΝ Ν ΒΝ (Β ΒΝ) 3 3 3ΒΝ Β ΒΝ 4ΒΝ Β (3) Από τη σχέση () παίρνυμε: 1 Μ ΜΒ Μ Β Μ 3Μ Β (4) β) Τα τρίγωνα ΒΕΝ και ΜΖ έχυν από μία γωνία ίση, τη φ (ως εντός εναλλάξ). Για να είναι όμια, αρκεί να απδείξυμε ακόμα ότι ι πλευρές πυ περιέχυν τις ίσες αυτές γωνίες είναι ανάλγες, δηλαδή: ΒΕ ΒΝ ΒΕ Μ Μ Ζ ΒΝ Ζ Επειδή τ ΑΒΓ είναι τετράγων, από τ Πυθαγόρει θεώρημα παίρνυμε: Β Α ΑΒ Β ΑΒ Β ΑΒ Επμένως έχυμε: 1 ΑΒ 3 ΒΝ 1 Β 3 Β 3 ΑΒ 3 3 3 3 4 ΒΕ (3) 4 ΑΒ 4 ΑΒ 4 4 4 1 Β 3 Ζ 1 Γ 3 ΑΒ 3 Μ (4) ΑΒ Βλέπυμε λιπόν ότι ΒΕ Μ και έτσι η απόδειξη λκληρώθηκε. ΒΝ Ζ 3 1.17 Στ διπλανό σχήμα όλι ι κύκλι είναι ίσι. Τρεις εφάπτνται με τη ΒΓ, δύ με την ΑΒ και δύ με την ΑΓ. α) Να απδειχθεί ότι τ τρίγων ΑΒΓ είναι ρθγώνι. β) Να υπλγιστεί η ακτίνα των κύκλων, αν ΑΒ = 3 και ΑΓ = 4. (Berkeley University) Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 13 από 36 α) Επειδή ι ακτίνες των κύκλων είναι ίσες, τα τμήματα ΚΛ, ΚΜ, ΛΜ είναι παράλληλα πρς τις πλευρές τυ ΑΒΓ. Τα σημεία, Ε, Ζ είναι μέσα των τμημάτων ΚΡ, ΡΛ, ΡΜ αντίστιχα, πότε: Ε // ΚΛ και Ζ // ΚΜ Στν κύκλ (Ρ) η ΕΖ είναι διάμετρς, πότε ˆ ΛΚΜ 90 και συνεπώς ΒΑΓ ˆ 90. ˆ ΕΖ 90. Άρα β) Οι ευθείες ΑΚ, ΒΛ, ΓΜ συντρέχυν στ έγκεντρ Ι τυ τριγώνυ ΚΛΜ, αφύ ι πλευρές τυ είναι παράλληλες με τις πλευρές τυ ΑΒΓ. Τ Ι είναι επίσης έγκεντρ και τυ ΑΒΓ. Είναι: ΒΓ AB AΓ 3 4 5 Αν ρ είναι η ακτίνα τυ εγγεγραμμένυ κύκλυ τυ τριγώνυ ΑΒΓ, τότε: (ABΓ) τρ 1 3 4 5 3 4 ρ ρ 1 Αν x είναι η ακτίνα τυ εγγεγραμμένυ κύκλυ τυ τριγώνυ ΚΛΜ και ρ η ακτίνα των ίσων κύκλων, η μιότητα των ΑΒΓ και ΚΛΜ δίνει: ΛΜ x 4ρ 1 ρ 5 4ρ 5 5ρ ρ ΒΓ 1 5 1 9 διότι, αν η κάθετη από τ Ι πρς την ΑΓ τέμνει τις ΚΜ, ΑΓ στα σημεία Σ, Τ αντίστιχα, τότε: ΙΤ 1, IΣ x και ΣΤ ρ Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 14 από 36 1.18 Σε ένα τετράπλευρ ΑΒΓ είναι και Ε η πρβλή τυ Ο στην Α. Να απδειχθεί ότι ˆ ˆ ΟΕΒ = ΟΕΓ. ˆ ˆ Α = = 90. Έστω Ο τ σημεί τμής των διαγωνίων ΑΓ, Β Έστω ότι η ΒΕ τέμνει τη Γ στ Ζ. Αρκεί να απδείξυμε ότι x y. Επειδή ΟΕ // ΓΖ, είναι y EΓΖ ˆ. Αρκεί λιπόν να x Zˆ και απδείξυμε ότι τ τρίγων ΕΓΖ είναι ισσκελές. Πρεκτείνυμε την ΕΟ μέχρι τ Η. Επειδή: ΕΟ ΑΟ ΒΟ ΟΗ Γ ΑΓ Β Γ συμπεραίνυμε ότι ΟΕ ΟΗ. Αφύ λιπόν ΕΗ // ΓΖ και ΟΕ ΟΗ, είναι και Ζ Γ. Αλλά τότε στ τρίγων ΕΓΖ η Ε είναι ύψς και διάμεσς, πότε αυτό είναι ισσκελές. Άρα: ΕΖΓ ˆ ΕΓΖ ˆ x y OEB ˆ OEΓ ˆ ΜΕΘΟΟΣ Αν (ε), (ζ) είναι παράλληλες ευθείες και τρεις ευθείες πυ διέρχνται από ένα σημεί Ο τέμνυν τις (ε), (ζ) στα σημεία Α, Β, Γ και, Ε, Ζ αντίστιχα, τότε θα ισχύει: ΑΒ ΒΓ ΑΓ (1) Ε ΕΖ Ζ Αν είναι ΑΒ ΒΓ, τότε η (1) δίνει Ε ΕΖ, δηλαδή τ Ε είναι μέσ τυ Ζ. Αν είναι Ε ΕΖ, τότε η (1) δίνει ΑΒ ΒΓ, δηλαδή τ Β είναι μέσ τυ ΑΓ. Για να απδείξυμε λιπόν ότι μια ευθεία διέρχεται από τ μέσ ενός τμήματς, αρκεί να απδείξυμε ότι η ευθεία αυτή διέρχεται από τ μέσ ενός άλλυ τμήματς, παράλληλυ πρς τ πρώτ, αρκεί φυσικά να σχηματίζεται κατάλληλη δέσμη. Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 15 από 36 1.19 Ο εγγεγραμμένς κύκλς (Ι,ρ) ενός τριγώνυ ΑΒΓ εφάπτεται των πλευρών ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ ενός τριγώνυ ΑΒΓ στα σημεία, Ε, Ζ αντίστιχα. Αν η ευθεία Ι τέμνει τ τμήμα ΕΖ στ σημεί Ρ, να απδειχθεί ότι η ευθεία ΑΡ διέρχεται από τ μέσ Μ της ΒΓ. Από τ Ρ θεωρύμε παράλληλη πρς τη ΒΓ, πυ τέμνει τις πλευρές ΑΒ, ΑΓ στα σημεία Κ, Λ αντίστιχα. Επειδή ΚΛ // ΒΓ, για να διέρχεται η ΑΡ από τ μέσ Μ της ΒΓ, αρκεί τ Ρ να είναι μέσ τυ ΚΛ, δηλαδή αρκεί να είναι ΙΚ ΙΛ, αφύ ΙΡ ΚΛ. Θα απδείξυμε λιπόν ότι ΙΚ ΙΛ, δηλαδή ότι x y. Τα τετράπλευρα ΙΡΚΖ και ΙΡΕΛ είναι εγγράψιμα, διότι: Επμένως x ˆ ˆ o IPK IZK 90 και IPΛ ˆ ΙΕΛ ˆ 90 φ και y ω. Αλλά φ ω, διότι ΙΖ ΙΕ. Άρα x y και η απόδειξη λκληρώθηκε. 1.0 Ένα ισσκελές τρίγων ΑΒΓ (AB = AΓ) είναι εγγεγραμμέν σε κύκλ Ω. Η διχτόμς της γωνίας ˆΑ τέμνει τν κύκλ στ Ε. Η εφαπτμένη τυ κύκλυ στ Γ τέμνει την ευθεία ΑΒ στ Ρ. Αν η ΡΕ τέμνει τη ΒΓ στ, να απδειχθεί ότι Β = Γ. Έστω ΖΕΗ η εφαπτμένη στ Ε, η πία τέμνει τη ΡΓ στ Ν. Αφύ: ΑΓΕ ˆ 90 στ ρθγώνι τρίγων ΕΓΗ η ΓΝ είναι διάμεσς, διότι ΝΕ ΝΓ. Άρα: ΕΗ ΕΖ ΕΝ δηλαδή ΕΖ ΕΝ. Αφύ ΒΓ // ΖΝ και ZE EN, θα είναι και Β Γ. 1.1 Σε ένα τραπέζι ΑΒΓ (ΑΒ // Γ) η διαγώνις Β διχτμεί τη γωνία ˆΒ. Η κάθετη πρς τη Β στ σημεί Β τέμνει την ευθεία Α στ σημεί Ε. Να απδειχθεί ότι η ΕΓ διέρχεται από τ μέσ τυ ΑΒ. Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 16 από 36 Έστω ότι η ΕΒ τέμνει τη Γ στ Ζ. Επειδή: ΒΓ ˆ ΒΑ ˆ ΒΓ ˆ φ τ τρίγων ΓΒ είναι ισσκελές. Άρα Γ ΓΒ. Αυτό σημαίνει ότι στ ρθγώνι τρίγων ΒΖ τ Γ είναι μέσ τυ Ζ (διότι: ˆ και ˆΖ 90 ΒΖ 90 φ ˆ ˆ ˆ ΖΒΓ ΖΒ ΓΒ 90 φ δηλαδή Ζ ˆ ΖΒΓ ˆ και έτσι ΓΖ ΓΒ Γ ). Επειδή λιπόν τ Γ είναι μέσ τυ Ζ και ΑΒ // Ζ, η ΕΓ διχτμεί τ τμήμα ΑΒ. 1. Στ εξωτερικό ενός παραλληλγράμμυ ΑΒΓ κατασκευάζυμε τα ρθγώνια τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΖ έτσι, ώστε ˆ ˆ ΑΒΕ = ΑΖ = 90 και ˆ ˆ ΒΑΕ = ΖΑ. Να απδειχθεί ότι ΓΕ ΓΖ. Αφύ ΑΒΕ ΑΖ, είναι: ΑΒ Ζ Γ Ζ (1) ΒΕ Α ΒΕ ΒΓ Αλλά ˆ ΓΖ 90 φ ΓΒΕ ˆ, πότε λόγω της (1) τα τρίγωνα ΓΖ και ΒΓΕ είναι όμια. Συνεπώς ΖΓ ˆ ΒΓΕ ˆ ρ και ΓΖ ˆ ΒΕΓ ˆ x. Είναι επμένως: ΕΓΖ ˆ ΒΓ ˆ ΒΓΕ ˆ ΓΖ ˆ ΒΓ ˆ (ΒΓΕ ˆ ΓΖ) ˆ ΒΓ ˆ (ρ x) Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 17 από 36 ΓΖ (180 φ) (180 90 φ) 90 Τη λύση έκανε συνάδελφς Πάνς Γιαννόπυλς. Σχόλι Η άσκηση μπρεί να απδειχθεί επίσης με τ Πυθαγόρει θεώρημα, αφύ χρησιμπιήσυμε πρώτα τν νόμ των συνημιτόνων στα τρίγωνα ΕΑΖ, ΕΒΓ, ΖΓ. 1.3 ίνεται ρθγώνι τρίγων ΑΒΓ ˆ (Α = 90 ), τ ύψς Α και τα έγκεντρα Κ, Λ των τριγώνων ΑΒ, ΑΓ αντιστίχως. Η παράλληλη από τ Κ πρς την ΑΒ τέμνει τ ύψς Α στ Ε. Να απδειχθεί ότι ΛΕ // ΑΓ. Η ευθεία ΚΛ σχηματίζει ισσκελές τρίγων με τις ΑΒ, ΑΓ (ΙΜΟ 1988). Άρα: ΕΚΛ ˆ ΑΖΛ ˆ 45 ΕΛ ˆ Άρα τ ΕΚΛ είναι εγγράψιμ, πότε: Αφύ ΕΛ ΕΛ ΚΕΛ ˆ 180 ΚΛ ˆ 90 ΚΕ και ΚΕ // ΑΒ, είναι ΑΒ. Άρα ΕΛ // ΑΓ. Σχόλι Θα απδείξυμε ότι ˆ ΑΗΖ = 45. Πρφανώς ˆ ΚΛ = 90. Όμως Κ = ρ1 και Λ = ρ, όπυ ρ 1, ρ είναι ι ακτίνες των εγγεγραμμένων κύκλων στα τρίγωνα ΑΒ, ΑΓ. Επμένως, αφύ είναι: ρ1 γ Κ γ = = ρ β Λ β ΚΛ ΑΒΓ x = y Άρα τ ΛΗΓ είναι εγγράψιμ, πότε AHZ ˆ = ΛΓ ˆ = 45. ρ1 Είναι ρ γ =, διότι στα όμια τρίγωνα ΑΒ, ΑΓ β λόγς μιότητας είναι ΑΒ = γ ΑΓ β. ΑΒ ΑΓ, Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 18 από 36 1.4 ίνεται τρίγων ΑΒΓ εγγεγραμμέν σε κύκλ. Οι εφαπτμένες τυ κύκλυ στα σημεία Β και Γ τέμννται στ σημεί Σ. Αν Μ είναι τ μέσ τυ ΒΓ, να απδειχθεί ότι: α) ΒΑΜ ˆ = ΓΑΣ ˆ, β) ΑΜ = συναˆ. ΑΣ (ΙΜΟ 1985, short list) α) Στις ημιευθείες ΑΒ, ΑΓ παίρνυμε αντίστιχα τα σημεία, Ε έτσι, ώστε Σ ΣΒ και ΣΕ ΣΓ. Πρφανώς: ΣΕΓ ˆ ΣΓΕ ˆ ΡΓΑ ˆ ΑΒΓ ˆ και ΣΒ ˆ ΣΒ ˆ Γˆ. Σ ΣΒ ΣΓ ΣΕ. Τα τρίγωνα λιπόν ΑΒΓ και ΑΕ είναι όμια και ι ΑΜ, ΑΣ είναι αντίστιχι (μόλγι) διάμεσι. Άρα Πραγματικά, είναι: Α Ε Σ Σ και ΑΓ ΒΓ ΓΜ ΓΜ ΑΣ ΑΜΓ. ΑΣ ˆ ΑΓΜ ˆ Από την μιότητα των τριγώνων αυτών παίρνυμε ότι: ΣΑ ˆ ΓΑΜ ˆ ΒΑΜ ˆ ΓΑΣ ˆ β) Η παραπάνω μιότητα δίνει επίσης ότι: ΑΜ ΓΜ ΓΜ συνσγμ ˆ συναˆ ΑΣ Σ ΣΓ διότι τ τρίγων ΣΜΓ είναι ρθγώνι και έτσι ΓΜ ΓΣ συνσγμ ˆ ΓΣ συναˆ. Σχόλι Για τ ερώτημα (α) μπρύμε επίσης να πύμε ότι η ΑΣ είναι η συμμετρδιάμεσς για την κρυφή Α και αφύ τ Μ είναι μέσ τυ ΒΓ, είναι ˆ ˆ ΣΑΒ = ΜΑΓ. Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 19 από 36 1.5 ίνεται τρίγων ΑΒΓ, με β + γ = α, η διχτόμς Α και τα μέσα Μ, Ν των πλευρών ΑΒ, ΑΓ. Ο Είναι Β περιγεγραμμένς κύκλς τυ τριγώνυ ΑΜΝ τέμνει την Α στ Ι και έχει κέντρ Ο. Να απδειχθεί ότι τ Ι είναι τ έγκεντρ τυ τριγώνυ ΑΒΓ και ΟΙ ΘΙ, όπυ Θ είναι τ βαρύκεντρ τυ τριγώνυ ΑΒΓ. Β ΑΒ Β Γ ΑΒ ΑΓ, απ' όπυ παίρνυμε ότι Γ ΑΓ Γ ΑΓ ΒΜ και Γ ΓΝ. Είναι όμως ΙΜ ΙΝ και: ˆ ˆ ˆ ΜΝ 180 ΜΒ ΝΓ ˆ ˆ 180 Β 180 Γ 180 Βˆ Γˆ 180 Αˆ ΜΙΝ ˆ πότε τ Ι είναι περίκεντρ τυ ΜΝ. Πρφανώς ΙΒΜ ΙΒ ( ΙΜ Ι, ΒΜ Β ), πότε η ΒΙ διχτμεί τη γωνία ˆΒ. Άρα τ Ι είναι έγκεντρ τυ ΑΒΓ (δείτε και 6.41). Ι Β 1 ΘΜ Επειδή, είναι ΙΘ // ΒΓ // ΜΝ. Αλλά ΙΟ ΜΝ, διότι ΙΜ ΙΝ και ΟΜ ΟΝ. Άρα ΙΑ ΒΑ ΘΑ ΙΟ ΙΘ. 1.6 Σε τρίγων ΑΒΓ, με ΑΒ > ΑΓ, φέρυμε τη διχτόμ Α και τη διάμεσ ΑΜ. Η κάθετη από τ Γ α) Ε // ΑΓ, πρς την Α τέμνει την ΑΜ στ σημεί Ε και την Α στ σημεί Ν. Να απδειχθεί ότι: β) τ τμήμα ΜΝ διχτμεί τ τμήμα Ε. (JBMO 008, short list) α) Γνωρίζυμε ότι η κάθετς πρς τη διχτόμ μιας γωνίας σχηματίζει με τις πλευρές της γωνίας ισσκελές τρίγων. Πρεκτείνυμε λιπόν τη ΓΕ μέχρι να συναντήσει την πλευρά ΑΒ στ σημεί Κ. Τ τρίγων ΑΚΓ είναι ισσκελές και τ Ν είναι μέσ τυ ΚΓ. Για να είναι Ε // ΑΓ, αρκεί να απδείξυμε ότι: Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 0 από 36 ΕΜ Μ (1) ΕΑ Γ Στ τρίγων ΑΒΓ η Α είναι διχτόμς, πότε: Β ΑΒ () Γ ΑΓ Είναι ΜΝ // ΑΒ, πότε ΕΜΝ ΕΚΑ. Έτσι: ΕΜ ΜΝ (3) ΕΑ ΚΑ Στ τρίγων ΓΒΚ, τ ΜΝ ενώνει μέσα δύ πλευρών, πότε: ΚΒ ΑΒ ΑΚ ΑΒ ΑΓ ΜΝ (4) Έχυμε επμένως: ΑΒ ΑΓ 1 1 ΕΑ ΚΑ ΑΓ ΑΓ Γ (3) (4) () ΕΜ ΜΝ 1 ΑΒ 1 Β Β Γ Μ ΜΒ Γ Μ (ΜΓ Γ) Γ Γ Γ Μ Μ Μ Μ Γ Γ Γ Απδείχθηκε λιπόν η (1), πότε Ε // ΑΓ. β) Αφύ Ε // ΑΓ, ΜΝ // ΑΒ και η ΜΝ περνάει από τ μέσ τυ ΑΓ, συμπεραίνυμε ότι η ΜΝ περνάει και από τ μέσ τυ Ε. Άλλς τρόπς Έστω ότι η ΜΝ τέμνει την ΑΓ στ σημεί Ρ. Σύμφωνα με τ θεώρημα Cevá για τ τρίγων ΑΜΓ, είναι: Όμως ΡΑ ΡΑ Γ ΕΜ 1 ΡΓ Μ ΕΑ ΡΓ, πότε η πρηγύμενη σχέση γίνεται: Γ ΕΑ Ε // ΑΓ Μ ΕΜ Άλλς τρόπς Πρεκτείνυμε τη ΝΡ κατά τμήμα ΡΣ Ν // ΣΓ. Έτσι: ΡΝ. Τ ΝΑΣΓ είναι παραλληλόγραμμ, πότε ΕΝ // ΑΣ και Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 1 από 36 Η σχέση ΕΑ Γ εξασφαλίζει ότι Ε // ΑΓ. ΕΜ Μ ΕΑ ΝΣ Γ ΕΜ ΝΜ Μ 1.7 Ο εγγεγραμμένς κύκλς ενός τριγώνυ ΑΒΓ εφάπτεται των πλευρών ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ στα σημεία Μ, Ν, Ρ αντίστιχα. Στ τμήμα ΡΝ παίρνυμε σημεί τέτι, ώστε Μ ΡΝ. Ρ ΒΡ =. Να απδειχθεί ότι Ν ΓΝ (JBMO short list, 007) Είναι ΑΡ ΑΝ, πότε ΑΡΝ ˆ ΑΝΡ ˆ. Άρα: ΒΡ ˆ ΓΝ ˆ (1) Επειδή επιπλέν έχυμε: Ρ ΡΒ Ν ΝΓ τα τρίγωνα ΡΒ και ΝΓ είναι όμια. Επμένως: ΡΒ ˆ ΝΓ ˆ () Β ΒΡ ΒΜ (3) Γ ΓΝ ΓΜ Β ΒΜ Από την (3) Γ ΓΜ συμπεραίνυμε ότι στ τρίγων ΒΓ η Μ είναι διχτόμς της γωνίας ΒΓ ˆ. Επειδή λιπόν: ΒΡ ˆ ΓΝ ˆ και ΒΜ ˆ ΓΜ ˆ, η Μ είναι κάθετη στη ΡΝ, δηλαδή Μ ΡΝ. 1.8 Σε ένα τρίγων ΑΒΓ, με ΑΒ ΑΓ, φέρνυμε τ ύψς Α. Έστω Ε, Ζ τα μέσα των Α, ΒΓ αντίστιχα και Η η πρβλή τυ Β στην ΑΖ. Να απδειχθεί ότι η ΕΖ εφάπτεται στν κύκλ (Η,Ζ,Γ). Έστω Θ η πρβλή τυ Γ στην ευθεία ΒΗ. Επειδή ΖΗ, ΓΘ τυ ΒΓ, τ Η είναι μέσ τυ ΒΘ. Φέρυμε τις ΖΕ, ΓΗ. Είναι: ΒΗ είναι ΖΗ // ΓΘ και αφύ τ Ζ είναι μέσ Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα από 36 ΑΖ ˆ ΗΒΖ ˆ από τ εγγράψιμ ΑΗΒ (ή έχυν κάθετες πλευρές και είναι ξείες), πότε τα τρίγωνα ΑΖ, ΒΓΘ είναι όμια. Αλλά ι ΖΕ, ΓΗ είναι αντίστιχι διάμεσι, πότε: ΕΖ ˆ ΗΓΘ ˆ x y (Αφύ τα τρίγωνα ΖΑ, ΘΒΓ είναι όμια, είναι και: Ζ Α Ε Ε ΓΘ ΘΒ ΘΗ ΘΗ Επειδή ˆ ˆ ΕΖ ΗΘΓ 90, τα τρίγωνα ΕΖ, ΘΓΗ είναι όμια. Έτσι x y). Είναι επμένως: ΖΗΓ ˆ ΗΓΘ ˆ ΓΖΕ ˆ (ρ x) Άρα, αφύ ρ x, συμπεραίνυμε ότι η ΖΕ θα εφάπτεται στν κύκλ (Η,Ζ,Γ) στ σημεί Ζ, αφύ η εγγεγραμμένη γωνία ρ είναι ίση με τη γωνία ˆ ΓΖΕ. 1.9 Ο εγγεγραμμένς κύκλς Ω ενός τριγώνυ ΑΒΓ εφάπτεται με τη ΒΓ στ σημεί. Έστω Ε τ αντιδιαμετρικό τυ ως πρς τν Ω. Αν η ευθεία ΑΕ τέμνει τη ΒΓ στ σημεί Ζ, να απδειχθεί ότι Β = ΓΖ. Η παράλληλη από τ Ε πρς τη ΒΓ τέμνει τις ΑΒ, ΑΓ στα σημεία Μ, Ν. Πρφανώς είναι ΜΝ Ε, πότε η ΜΝ εφάπτεται με τν εγγεγραμμέν κύκλ Ω στ Ε. Έχυμε: ΑΚ ΑΛ ΑΜ ΜΚ ΑΝ ΝΛ ΑΜ ΜΕ ΑΝ ΝΕ (1) Από την μιότητα των τριγώνων (ΑΜΕ, ΑΒΖ) και (ΑΕΝ, ΑΖΓ) έχυμε: ΑΜ ΜΕ ΑΕ ΕΝ ΑΝ λ ΑΒ ΒΖ ΑΖ ΖΓ ΑΓ Επμένως είναι: ΑΜ λαβ, ΜΕ λβζ, ΕΝ λζγ, ΑΝ λαγ Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 3 από 36 Έτσι η σχέση (1) δίνει: λαβ λβζ λαγ λζγ ΑΒ ΒΖ ΑΓ ΓΖ α γ β γ (α ΖΓ) β ΓΖ ΓΖ ΓΖ τ β Είναι όμως και Β τ β (θεμελιώδης σχέση), πότε Β ΓΖ τ β. Σημείωση Αφύ ΓΖ τ β, τ Ζ είναι τ σημεί επαφής τυ παρεγγεγραμμένυ κύκλυ πυ αντιστιχεί στη γωνία ˆΑ με τη ΒΓ. Μια άλλη λύση πρκύπτει θεωρώντας την μιθεσία πυ απεικνίζει τ Ε στ Ζ. Επειδή ΜΝ // ΒΓ, κύκλς Ω απεικνίζεται σε κύκλ πυ θα εφάπτεται με τη ΒΓ στ Ζ. Αλλά η εικόνα (τ μιόθετ) τυ Ω είναι παρεγγεγραμμένς κύκλς της γωνίας ˆΑ, πότε θα είναι ZΓ τ β Β. 1.30 Ένα ισσκελές τρίγων ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) είναι εγγεγραμμέν σε κύκλ C. Η εφαπτμένη τυ C στ Γ τέμνει την ευθεία ΑΒ στ Ρ. Αν είναι τ μέσ τυ τόξυ ΒΓ, πυ δεν περιέχει τ Α, και η Ρ τέμνει τη ΒΓ στ Ν, να απδειχθεί ότι ΒΝ = ΝΓ. Έστω ότι η εφαπτμένη στ Β τέμνει τη ΓΡ στ Ε. Η ΒΓ είναι η πλική τυ Ε και έτσι η τετράδα Ε,, Μ, Α είναι αρμνική. Η δέσμη λιπόν Ρ(Ε,,Μ,Α) είναι αρμνική και αφύ ι ακτίνες ΡΕ, Ρ, ΡΜ, ΡΑ τέμνυν τη ΒΓ στα σημεία Γ, Ν, Μ, Β συμπεραίνυμε ότι η τετράδα Β, Μ, Ν, Γ είναι αρμνική. Άρα: α ΜΒ ΓΒ α ΜΝ ΓΝ α ΓΝ ΓΝ 1 1 α ΓΝ α ΓΝ ΓΝ 3 ΒΓ 3ΓΝ ΒΝ ΝΓ 3ΝΓ ΒΝ ΝΓ Σχόλι Επειδή Α, η σχέση ΟΒ = ΟΜ ΟΕ (από τ ρθγώνι τρίγων ΟΒΕ) είναι ΟΑ = ΟΜ ΟΕ. Αφύ τ Ο είναι μέσ τυ Ο = ΟΜ ΟΕ δίνει ότι η τετράδια Α, Μ,, Ε είναι αρμνική (από τη σχέση Newton). Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 4 από 36 Στ ίδι συμπέρασμα καταλήγυμε επίσης αν θεωρήσυμε τ σημεί τμής Σ των ΡΝ και ΑΓ. Στ τρίγων ΓΜΕ η Γ είναι πρφανώς διχτόμς και επειδή ΓΑ Γ, τα, Α είναι αρμνικά συζυγή των Ε, Μ. Η συνέχεια είναι όπως και στην παραπάνω λύση. 1.31 ίνεται ρθγώνι τρίγων ΑΒΓ, o ˆB = 90. Φέρνυμε τ ύψς ΒΘ, πυ αντιστιχεί στην υπτείνυσα ΑΓ. Από τ Θ φέρνυμε τη ΘΕ κάθετη στη ΒΓ και τη Θ κάθετη στην ΑΒ. Έπειτα από τ Ε φέρνυμε την ΕΗ κάθετη στην ΑΓ και από τ φέρνυμε τη Ζ κάθετη στην ΑΓ. Να απδειχθεί ότι ZΘ = ΘΗ. Φέρνυμε τη Ε. Έστω Μ τ σημεί τμής των διαγωνίων ΒΘ, Ε τυ ρθγωνίυ παραλληλγράμμυ ΒΘΕ. Τότε τ Μ είναι μέσ τυ Ε. Αφύ η ΜΘ είναι κάθετη στη ΖΗ, είναι διάμεσς τυ τραπεζίυ ΖΗΕ, πότε ΖΘ ΗΘ. Άλλς τρόπς Αφύ τα τρίγωνα ΒΘ, ΒΘΕ είναι ίσα, έπεται ότι τ ύψς από τ τυ πρώτυ είναι ίσ με τ ύψς από τ Ε τυ δευτέρυ. Αλλά τα ύψη αυτά είναι ίσα με ΖΘ και ΗΘ αντίστιχα. Άλλς τρόπς Επειδή ΖΘ ΒΘ ΒΘΕ ΕΘΗ, ισχύυν: ΖΘ Θ Β ΒΘ (1) ΗΘ ΕΘ ΒΕ ΒΘ () Β Θ 1 (3) ΕΘ ΒΕ ιαιρώντας κατά μέλη τις (1) και () πρκύπτει: (1) ΖΘ ΒΕ Θ ΖΘ Β Θ 1 ΖΘ ΗΘ Β ΗΘ ΕΘ ΗΘ ΒΕ ΕΘ Άλλς τρόπς Η άσκηση είναι πλύ καλή εφαρμγή τυ τύπυ της πρβλής διανύσματς. Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 5 από 36 Έστω ΘΖ α και ΘΗ β. Έχυμε: α β ΘΒ 0 α β ΘΕ Θ 0 α ΘΕ α Θ β ΘΕ β Θ 0 α πρβ ΘΕ α πρβ Θ β πρβ ΘΕ β πρβ Θ 0 α α β β α β α β β α 0 α β α β ΘΖ ΘΗ 1.3 ίνεται τετράγων ΑΒΓ, τ μέσ Μ τυ ΒΓ, τ σημεί τμής Ε της ΑΓ με τη Μ και η πρβλή Ζ τυ Γ στη Μ. Να απδειχθεί ότι ΓΖ = 3ΖΕ. Αν θέσυμε ΑΒ α, τότε Μ α 5 και αφύ: είναι α 5 Ε και 3 τρίγων ΓΜ είναι: ΕΜ ΜΓ 1 Ε Α α 5 ΕΜ 3 α ΓΜ Μ ΜΖ α α 5 ΜΖ ΜΖ Άρα:. Όμως, στ ρθγώνι α 5 α α ΕΖ ΕΜ ΖΜ (1) 3 5 3 5 5 Στ ΓΜ είναι: Από τη () παίρνυμε ΓΖ 3ΕΖ. α Μ ΓΖ Γ ΓΜ α 5 ΓΖ α ΓΖ () 5 1.33 Στ εσωτερικό ενός ισπλεύρυ τριγώνυ ΑΒΓ θεωρύμε σημεί Ρ τέτι, ώστε ˆ ΒΡΓ = 105. Αν ΡΒ = ΡΑ + ΡΓ, να απδειχθεί ότι ΡΒ ΑΓ. Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 6 από 36 Θεωρύμε τ ισόπλευρ τρίγων ΡΓ, όπως δείχνει τ σχήμα. Είναι τότε ΑΡΓ ΒΓ, πότε Β ΑΡ. Έχυμε: Είναι επίσης: ΡΒ ΡΑ ΡΓ ΡΒ Β Ρ ΡΒ ˆ 90 ΒΡ ˆ ΒΡΓ ˆ ΡΓ ˆ 105 60 45 πότε τ ρθγώνι τρίγων ΡΒ είναι και ισσκελές. Έτσι: Αφύ ΡΑ ΡΓ και ΒΑ ΒΓ, είναι ΒΡ ΑΓ. ΡΑ Β Ρ ΡΓ 1.34 Σε ημικύκλι C διαμέτρυ ΒΓ θεωρύμε σημεί Α και έστω η πρβλή τυ Α στη ΒΓ. Ένας κύκλς C 1 εφάπτεται με τν C και με τα τμήματα Β, Α. Ένας κύκλς C εφάπτεται με τν C και με τα τμήματα Α, Γ. Έστω Ω εγγεγραμμένς κύκλς τυ τριγώνυ ΑΒΓ. Να απδειχθεί ότι ι τρεις αυτί κύκλι C 1, C, Ω έχυν και άλλη κινή εφαπτμένη, εκτός από την ευθεία ΒΓ. (ΙΜΟ 1969) Έστω ρ 1, ρ, ρ ι ακτίνες των κύκλων C 1, C, Ω αντίστιχα, Ι τ έγκεντρ τυ κατά τα γνωστά ότι: ΒΕ τ β, ΓΕ τ γ, ρ ΙΣ ΑΣ τ α ΑΒΓ και IE BΓ. Ισχύει Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 7 από 36 ΚΖ ρ1 α α α, ΟΚ ΟΝ ΚΝ ρ1, ΟΖ Ο Ζ Γ ρ 1 (Γ ρ 1) Από τ ρθγώνι τρίγων ΟΚΖ παίρνυμε: α α 1 1 1 ΟΚ ΚΖ ΖΟ ρ ρ (Γ ρ ) 4 α ρ1 αρ1 ρ 1 (Γ ρ 1) α Γ αρ1 α 4 4 1 1 α Γ (Γ ρ ) ΓΒΓ (Γ ρ ) 1 1 1 ΓΑ (Γ ρ ) β Γ ρ ρ β Γ (1) Όμια, από τ ρθγώνι τρίγων ΟΛΗ, βρίσκυμε: Από τις σχέσεις (1) και () βρίσκυμε ότι: ρ γ Β () ΒΖ Β Ζ Β ρ Β β Γ α β ΒΗ Β Η Β ρ Β γ Β γ 1 (1) () Θα απδείξυμε τώρα ότι τ Ε είναι μέσ τυ ΖΗ. Έχυμε: ΖΕ ΒΕ ΒΖ (τ β) (α β) τ α (3) α β γ β γ α ΕΗ ΒΗ ΒΕ γ (τ β) β γ τ β γ τ α (4) Από τις (3) και (4) παίρνυμε ότι ΖΕ ΕΗ. Είναι όμως επίσης: ΚΖ ΛΗ ρ1 ρ (β Γ) (γ Β) β γ α (τ α) ρ ΙΕ ΚΖ ΛΗ Στ τραπέζι λιπόν ΚΖΗΛ τ Ε είναι μέσ τυ ΖΗ, ΕΙ // ΚΖ // ΛΗ και αφύ ΙΕ, τ Ι είναι τ μέσ τυ ΚΛ. Αφύ τα Κ, Ι, Λ είναι συνευθειακά, συμπεραίνυμε ότι ι κύκλι C 1, C, Ω έχυν και δεύτερη κινή εφαπτμένη μια και η ΒΓ είναι κινή εφαπτμένη. Σχόλι Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 8 από 36 Τα σημεία Κ, Ι, Λ είναι συνευθειακά, ακόμα και στην περίπτωση πυ τ είναι τυχαί σημεί της πλευράς ΒΓ. (ες: Iśtran Reiman, International Olympiad 1959 1999, problem 1969/4, σελίδα 14.) ΑΒΓ είναι τυχαί τρίγων και τ 1.35 ίνεται ρθγώνι και ισσκελές τρίγων ΑΒΓ με υπτείνυσα ΒΓ. Από τ Α θεωρύμε την ημιευθεία Αx παράλληλη στη ΒΓ, πυ βρίσκεται στ ημιεπίπεδ της ΑΒ πυ είναι τ σημεί Γ. Στην Αx παίρνυμε σημεία, Ε, ώστε τ ΒΓΕ να είναι ρόμβς και τ Ε να βρίσκεται ανάμεσα στα Α,. Η κάθετη πρς τη Γ στ τέμνει την ευθεία ΒΑ στ Ζ. Να απδειχθεί ότι η ΓΕ διχτμεί τη γωνία ˆ AΓΖ. (ΕΜΕ, Θαλής 007) Θα απδείξυμε πρώτα ότι τ τρίγων ΕΖ είναι ισόπλευρ. Αν θέσυμε ΑΒ ΑΓ α, τότε ΒΓ α. Επίσης τ ΑΓΖ είναι εγγράψιμ, πότε: ΖΓ ˆ ΑΓ ˆ 45 Επμένως τ τρίγων ΖΓ είναι ισσκελές και έτσι Ζ Γ α. Με τ Πυθαγόρει θεώρημα στ τρίγων ΓΖ βρίσκυμε ότι ΓΖ α ΑΓ. Από τ ρθγώνι τρίγων ΑΖΓ πρκύπτει τώρα ότι ˆ ΑΖΓ 30 και έτσι ˆ ΑΓ 30. Αφύ Ε Ζ α και ΑΓ ˆ 30, τ τρίγων ΕΖ είναι ισόπλευρ. Παρατηρύμε ότι: ΕΖΑ ˆ ΖΕ ˆ ΕΑΖ ˆ 60 45 15 ΓΖΑ ˆ πότε η ΖΕ είναι διχτόμς της γωνίας 1 ˆ ΑΖΓ. Αλλά και η Α είναι διχτόμς της γωνίας είναι έγκεντρ τυ τριγώνυ ΑΖΓ. Άρα η ΓΕ διχτμεί τη γωνία ˆ ΑΓΖ. ˆ ΖΑΓ, πότε τ Ε Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 9 από 36 1.36 Έστω ΑΒΓ ξυγώνι τρίγων. Να πρσδιριστεί τ εσωτερικό σημεί Ρ τυ τριγώνυ ΑΒΓ, για τ πί η παράσταση τυ Ρ στις πλευρές ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντίστιχα. S = ΒΛ + ΓΜ + ΑΝ είναι η ελάχιστη, όπυ Λ, Μ, Ν είναι ι πρβλές (ΙΜΟ 1987, short list) Έστω ΒΛ x, ΓΜ y, ΑΝ z. Από τ θεώρημα Carnot παίρνυμε: ΛΓ ΜΑ ΝΒ ΒΛ ΓΜ ΑΝ (α x) (β y) (γ z) x y z Η ισότητα αυτή επιτρέπει να γράψυμε: (α x) (β y) (γ z) x y z (α x) (β y) (γ z) x (α x) y (β y) z (γ z) Όμως: x (α x) α (α x) α x (α x) α με ισότητα όταν α x 0 x. Όμια, έχυμε ότι: β y (β y) και γ z (γ z) Έτσι: α β γ S ΒΛ ΓΜ ΑΝ 4 Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 30 από 36 α β γ α β γ με ισότητα για x, y, z. Η ελάχιστη λιπόν τιμή της παράστασης S είναι η 4 παρυσιάζεται αν τα Λ, Μ, Ν είναι τα μέσα των πλευρών ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντίστιχα, δηλαδή όταν τ Ρ είναι τ περίκεντρ τυ τριγώνυ ΑΒΓ. και 1.37 ίνεται ξυγώνι τρίγων ΑΒΓ, τα ύψη Α, ΒΕ, ΓΖ και τα μέσα Κ, Λ, Μ των πλευρών ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντίστιχα. Αν Θ, Ρ, Σ, Τ είναι τα βαρύκεντρα των τριγώνων ΑΒΓ, ΜΛ, ΕΚΜ, ΖΚΛ αντίστιχα, να απδειχθεί ότι τα σημεία Θ, Ρ, Σ, Τ είναι μκυκλικά. Ας είναι Ρ τ βαρύκεντρ τυ τριγώνυ ΜΛ. Πρφανώς τ σημεί τμής Ι των ΜΛ και ΑΚ είναι μέσ των ΜΛ, ΑΚ και έτσι τ Ρ βρίσκεται στη διάμεσ Ι τυ τριγώνυ ΜΛ. Είναι: ΡI ΘΙ 1 Ρ ΘΚ πότε ΘΡ // Κ. Αν Ν είναι τ μέσ τυ ΟΗ, όπυ Ο είναι τ περίκεντρ και Η τ ρθόκεντρ, θα απδείξυμε ότι ΝΡ ΝΘ, πότε τα σημεία Ρ, Σ, Τ, Θ ισαπέχυν από τ σημεί Ν, μέσ τυ ΗΟ. Στ ρθγώνι τρίγων ΑΚ η Ι είναι διάμεσς και έτσι Ι κέντρ τυ κύκλυ Euler τυ πότε ΝΡ ΝΘ. ΙΚ. Επειδή Ν ΝΚ, αφύ τ Ν είναι τ ΑΒΓ και Ι ΙΚ, θα είναι ΙΝ ΘΡ. Έτσι η ΙΝ είναι μεσκάθετς τυ ΘΡ, Όμια λιπόν είναι ΝΣ ΝΘ, ΝΤ ΝΘ, πότε τα σημεία Θ, Ρ, Σ, Τ είναι μκυκλικά. Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 31 από 36 1.38 ίνεται ημικύκλι διαμέτρυ ΑΟΒ και σημεί Ρ της ακτίνας ΟΒ, ώστε ΟΡ = 3ΡΒ. Από τ μέσ Κ τυ ΡΒ και από τ σημεί Ρ υψώνυμε κάθετες πρς την ΑΒ, πυ τέμνυν τ ημικύκλι στα σημεία Μ και Ν αντίστιχα. Αν Λ είναι σημεί τυ τμήματς ΟΒ, ώστε OΛ = ΚΒ, να απδειχθεί ότι ι ευθείες ΜΛ και ΝΟ τέμννται πάνω στν περιγεγραμμέν κύκλ τυ τριγώνυ ΒΜΝ. Βρίσκυμε: 3R 8R ΑΡ ΑΟ ΟΡ R, 5 5 1 1 R R PK KB PB 5 5 8R R 9R AK AP PK 5 5 5 Από τα ρθγώνια τρίγωνα ΑΝΒ, ΑΜΒ παίρνυμε: 8R R 16R NP PA PB και 5 5 5 4R NP 5 9R R 9R MK KA KB και 5 5 5 3R MK 5 Φέρυμε MH NP. Αφύ R NH NP HP KP, είναι 5 o MNP ˆ 45 MΛΡ ˆ, διότι: R R 3R KΛ OB ΟΛ ΚΒ R KM 5 5 5 Αφύ λιπόν τ ΛΝΜΡ είναι εγγράψιμ, είναι: Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 3 από 36 NMΛ ˆ NPΛ ˆ 90 o Άρα η ΝΣ είναι διάμετρς, δηλαδή ι ΜΛ, ΝΟ τέμννται πάνω στν κύκλ (Ο). 1.39 Ο εγγεγραμμένς κύκλς ενός ρθγωνίυ τριγώνυ ΑΒΓ, με o  = 90, εφάπτεται με την πλευρά ΒΓ στ σημεί Ε. Αν Κ είναι τ έγκεντρ τυ τριγώνυ ΑΒ, να απδειχθεί ότι ΕK AB. Φέρυμε ΚΛ ΑΒ. Τότε: ΒΑ Β Α ΒΛ (1) διότι τ Λ είναι σημεί επαφής τυ εγγεγραμμένυ κύκλυ (Κ) τυ Είναι επίσης: ΒΑ ΒΓ ΑΓ ΒΕ () Όμως τα ρθγώνια τρίγωνα ΑΒ και ΑΒΓ είναι όμια, πότε: ΑΒ με την πλευρά ΑΒ. ΒΑ Β Α λ (ΒΑ λβγ, Β λαβ, Α λαγ) ΒΓ ΑΒ ΑΓ Άρα ι σχέσεις (1) και () με διαίρεση δίνυν: ΒΛ ΒΑ Β Α λβγ λαβ λαγ ΒΑ λ ΒΕ ΒΑ ΒΓ ΑΓ ΒΑ ΒΓ ΑΓ ΒΓ Αφύ ΒΛ ΒΑ, είναι ΛΕ // ΑΓ και έτσι ΕΛ ΑΒ. Επειδή ΚΛ ΑΒ, τα σημεία Ε, Κ, Λ είναι ΒΕ ΒΓ συνευθειακά. Επμένως ΕΚ ΑΒ. Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 33 από 36 1.40 ίνεται τρίγων ΑΒΓ και τα σημεία, Ε, Ζ των πλευρών ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντίστιχα για τα πία ισχύει Β ΓΕ ΑΖ = =. Αν Μ είναι τ μέσ της πλευράς ΒΓ και Ν τ μέσ τυ τμήματς ΖΕ, να Γ ΕΑ ΖΒ απδειχθεί ότι ΜΝ // Α. (Ρυμανία 006) Έστω Κ τ συμμετρικό τυ ως πρς τ σημεί Μ, δηλαδή ΜΚ δηλαδή: Μ. Τότε ΚΓ Β και ΚΒ Γ ΚΓ Β ΓΕ ΚΒ Γ ΕΑ ΚΓ ΕΓ ΚΒ ΕΑ. Έχυμε: Η σχέση αυτή δίνει ότι ΚΕ // ΑΒ. Από την άλλη μεριά είναι ΓΚΕ ΓΑΒ και έτσι: ΚΕ ΓΕ ΑΖ ΑΒ ΓΑ ΑΒ διότι: ΓΕ ΑΖ ΓΕ ΑΖ ΓΕ ΑΖ ΕΑ ΖΒ ΓΕ ΕΑ ΑΖ ΖΒ ΓΑ ΑΒ Επμένως: Επειδή ΚΕ // ΑΖ και KE ΚΕ ΑΖ ΚΕ ΑΖ ΑΒ ΑΒ AZ, τ ΑΖΚΕ είναι παραλληλόγραμμ. Συνεπώς η ΑΚ διέρχεται από τ μέσ Ν τυ ΖΕ (αφύ ι διαγώνιες ΖΕ, ΑΚ διχτμύνται). Στ τρίγων λιπόν ΚΑ τ ΜΝ ενώνει τα μέσα των πλευρών Κ, ΚΑ. Άρα ΜΝ // Α. Τη λύση αυτή έκανε αρχιτέκτνας Κώστας Βήττας. Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 34 από 36 1.41 ίνεται ισσκελές τρίγων ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) και σημεί της πλευράς ΒΓ τέτι, ώστε Β = Γ. Στ τμήμα Α θεωρύμε σημεί Ρ τέτι, ώστε Α ˆ = ΡΓ ˆ. ΒΡ ˆ = Α ˆ. Να απδεχθεί ότι Πρόκειται για εξαιρετικό θέμα, με έμπνευση και φαντασία. Στην πρέκταση τυ Α, πρς τ, θεωρύμε σημεί Ε, ώστε ΡΕ ΡΒ. Τ τρίγων ΡΒΕ είναι ισσκελές και επειδή ΒΡΕ ˆ Αˆ, τ τρίγων αυτό είναι όμι με τ ΑΒΓ. Επμένως ΑΕΒ ˆ Γˆ (φ ω), πυ εξασφαλίζει ότι τ τετράπλευρ ΑΓΕΒ είναι εγγράψιμ. Έτσι: ΑΕΓ ˆ ΑΒΓ ˆ ω γεγνός πυ απδεικνύει ότι η Ε είναι διχτόμς στ τρίγων ΕΒΓ. Τ θεώρημα της εσωτερικής διχτόμυ στ τρίγων ΕΒΓ δίνει: ΕΒ Β ΕΓ Γ δηλαδή ΕΒ ΕΓ. Αν Μ είναι τ μέσ τυ τμήματς ΒΕ, τότε ΕΒ ΜΕ ΕΓ και επειδή ΡΕΜ ˆ ΡΕΓ ˆ, τα τρίγωνα ΡΕΜ και ΡΕΓ θα είναι ίσα. Επμένως: ΒΡΕ ˆ ΜΡΕ ˆ ΕΡΓ ˆ, δηλαδή Α ˆ ΡΓ ˆ. 1.4 Από σημεί Ο ενός τμήματς ΑΒ φέρυμε ημιευθεία Οx και τις διχτόμυς Οy, Οz των γωνιών ˆ ΑΟx, ˆ BOx. Οι κάθετες πρς την ΑΒ στα σημεία Α, Β τέμνυν τις Οy, Οz στα σημεία Μ, Ν αντίστιχα. Οι κάθετες από τα Α, Β πρς τις ΟΜ, ΟΝ αντίστιχα τέμννται στ Ρ. Να απδειχθεί ότι τα σημεία Μ, Ρ, Ν βρίσκνται στην ίδια ευθεία. (Ρυμανία 008) Πρφανώς είναι OM ΜΤΡ και ΜΟΝ είναι όμια, δηλαδή ότι: ON και τ ΟΤΡΣ είναι ρθγώνι. Αρκεί να απδείξυμε ότι τα ρθγώνια τρίγωνα Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 35 από 36 MT TP (1) MO ON Στ ρθγώνι τρίγων ΑΟΜ παίρνυμε: AM MT MO AM MT MO MT MT MO AM MT MT Στ ρθγώνι τρίγων ΟΒΝ έχυμε: OB OΣ ΟΝ ΟΒ ΟΣ ΟΝ ΟΣ ΟΒ ΟΝ ΟΝ ΟΝ ΟΝ ΤΡ ΟΒ ΟΝ ΟΝ ΟΝ ΟΝ ΤΡ ΟΒ Αρκεί λιπόν να απδείξυμε ότι: ΑΜ ΟΝ () ΜΤ ΟΒ πότε θα είναι και: ΜΟ ΟΝ ΜΤ ΤΡ Είναι όμως ΑΜΤ ˆ ΝΟΒ ˆ φ, πότε ΑΤΜ ΟΒΝ και έτσι η () ισχύει. Άρα ισχύει και η σχέση: ΜΟ ΟΝ ΜΤ ΤΡ πότε ΜΤΡ ΜΟΝ και έτσι ΟΜΝ ˆ ΤΜΡ ˆ. Έτσι τα σημεία Μ, Ρ, Ν είναι συνευθειακά. Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016
Σελίδα 36 από 36 Βιβλιγραφία Τ παρόν αρχεί είναι ένα μέρς από τ διπλανό βιβλί : Μπάμπης Στεργίυ : Γεωμετρία για ιαγωνισμύς, Τόμς, Εκδόσεις Σαββάλας Άλλα βιβλία για διαγωνισμύς : Μπάμπης Στεργίυ-Μαθηματικός 04/1/016