ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ

ΑΙΟ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ Για να είναι όμοια δυο τρίγωνα αρκεί να ισχύει ένα από τα παρακάτω: ΐ) Να έχουν 2 γωνίες ίσες μία προς μία. (Ασκήσεις: Εμπέδωσης 1). ϊϊ) Να έχουν δυο πλευρές ανάλογες και τις περιεχόμενες γωνίες ίσες (Ασκήσεις: Εμπέδωσης 2). iii) Να έχουν τις πλευρές τους ανάλογες (Ασκήσεις: Εμπέδωσης 3). Για να είναι όμοια δύο κυρτά πολύγωνα πρέπει να έχουν τις πλευρές τους ανάλογες και τις γωνίες που σχηματίζονται από ομόλογες πλευρές ίσες. (Ασκήσεις: Αποδεικτικές 2, Σύνθετα 1). ν Με τη χρήση της ομοιότητας μπορούμε να μετρήσουμε μήκη ευθυγράμμων τμημάτων που είναι απρόσιτα(εφαρμογή 2 8.2). (Ασκήσεις: Εμπέδωσης 4, Αποδεικτικές 1). Σχόλιο: Στην άσκηση 4, (Εμπέδωσης) υπολογίζουμε το ύψος ενός δέντρου, μετρώντας τη σκιά του. Αρχαίοι συγγραφείς αναφέρουν ότι με τον τρόπο αυτό ο Θαλής υπολόγισε το ύ- ψος των πυραμίδων.

8.1-8.2 119 Ασκήσεις Εμπέδωσης 1. ί) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΓ έχουν δύο γωνίες ίσες (Α = Ε = 90, Γ κοινή), άρα είναι όμοια. ii) Αφού τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΓ είναι όμοια έχουμε: ΑΒ ΑΓ <=> ΑΓ ΔΕ = ΑΒ-ΕΓ. ΔΕ ΕΓ 1 ΑΔ 1 2. ί) Έχουμε ΑΔ -ΑΒ <=> = - και ΓΕ = Α Γ, ο- 3 ΑΒ 3 3, 1 ΛΤ, ΑΕ 1 ΑΔ ΑΕ _ 1 ποτε ΑΕ = ΑΓ <=> =. Αρα 3 ΑΓ 3 ΑΒ ΑΓ ~ 3' Επομένως τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΔΕ είναι όμοια γιατί έχουν και τη γωνία Α κοινή. ii) Αφού τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΔΕ είναι όμοια, ΔΕ ΑΔ ΑΕ 1 εχουμε: οπότε ΒΓ = 3ΔΕ ΒΓ ΑΒ ΑΓ 3. Αν α', β' και γ' είναι οι πλευρές μετά τη διαστολή, από την εκφώνηση προκύπτει ότι:α' = α + α <=> α' = α, β' = β + β<=>β' = βκαι 15 15 15 15 1, 16 α' β' γ7 16^, γ = γ Η γ <=> γ = γ. Αρα = = =. Επομένως το τρίγωνο με 15 15 α β γ ν 15y πλευρές α', β' και γ' είναι όμοιο προς το αρχικό, αφού έχουν τις πλευρές τους α- νάλογες. Άρα το τρίγωνο και μετά τη διαστολή θα παραμείνει ορθογοινιο, αφού το αρχικό τρίγωνο είναι ορθογώνιο. 4. Η ακτίνα ΒΓ του ήλιου, το ύψος ΑΒ και η σκιά ΑΓ του δέντρου σχηματίζουν ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90 ). Το ίδιο ισχύει για την ακτίνα ΕΖ, τη ράβδο ΔΕ και τη σκιά της ΔΖ. Επειδή, τόσο οι κατακόρυφες ΑΒ και ΔΕ, όσο και οι ακτίνες του ήλιου ΒΓ και ΕΖ είναι παράλληλες, θα είναι Β = Ε (οξείες γωνίες με παράλληλες πλευρές). Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ είναι όμοια, οπότε ΑΒ ΑΓ, t =. Με αντικατασταση των δεόομε- ΔΕ ΔΖ

120 νων εχουμε: ΑΒ 2m 24m 3m <=> ΑΒ = 16m. 5. i) Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΔΓ είναι όμοια (ορθογώνια και Β = ΔΑΓ ως οξείες γωνίες με κάθετες πλευρές). ΑΒ ΔΒ Αρα - = <=> ΑΔ" = ΔΒ ΔΓ. ΔΓ ΑΔ ii) και iii) Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΒΓ είναι όμοια (Α = Δ =90, Β κοινή). Άρα = ^ = ^ ΒΓ ΑΒ ΑΓ οποτε ΑΒ ΒΔ <=> ΑΒ" = ΒΔ ΒΓ και ΒΓ ΑΒ ΑΒ ΑΔ <=> ΑΒ ΑΓ = ΑΔ ΒΓ ΒΓ ΑΓ 6.Έχουμε τριγ. ΑΒΔ όμοιο με τριγ. ΑΕΓ (Α, = Α 2, Β = Ε γιατί βαίνουν στο τόξο ΑΓ). Άρα ΑΓ <=> ΑΕ ΑΔ-ΑΕ = ΑΒ-ΑΓ. Αποδεικτικές Ασκήσεις Επειδή φ = ω θα είναι και ΔΚΓ = ΑΚΒ (συμπληρωματικές ίσων γωνιών). Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα ΔΚΓ και ΑΚΒ είναι όμοια, ο- ΔΓ ΔΚ ποτε: =. ΑΒ ΑΚ Με αντικατάσταση των δεδομένω προκύπτει ό- ΔΓ 3m 5.1 τι: = <=> ΔΓ = m» ΔΓ = 2,55m. 1,7m 2m 2 3m Κ 2m A 1,70m

8.1-8.2 121 2. i) 'Εστω τα παραλληλόγραμμα ΑΒΓΔ και ΑΔ ΑΒ ΑΒΓΔ με = και Α'Δ' Α'Β' Α = Α'. Επειδή ΒΓ = ΑΔ, Β'Γ' = Α'Δ', ΔΓ = ΑΒ και Δ'Γ' = Α'Β' 0α είναι ΑΔ ΑΒ _ ΒΓ ΔΓ Α'Δ' ~ Α'Β' ~ Β'Γ' ~ Δ'Γ' Επίσης, επειδή Γ = Α και Γ' = Α' θα είναι Γ = Γ', οπότε και Β = Β', Δ = Δ' (2) ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών. Από (1) και (2) προκύπτει ότι τα παραλληλόγραμμα ΑΒΓΔ και Α'Β'Γ'Δ' είναι ό- μοια. ii) Επειδή Α = Α'=90 σύμφωνα με το (I) αρκεί να αποδείξουμε ότι Α^ Β ΑΔ ΑΒ Α'Δ' Α'Β' Τα ισοσκελή τρίγωνα ΚΑΔ και ΚΆ'Δ' είναι όμοια (αφού Κ = Κ'). Δ ΑΔ ΚΑ Άρα - - = ; - (1). Το ίδιο ισχύει για τα τρίγωνα ΚΑΒ και ΚΆ'Β'. Άρα Α' Δ' Κ' Α' ΑΒ ΚΑ ^,, Χ,, ΑΔ ΑΒ - - (2). Απο (1) και (2) προκύπτει οτι Α' Β' Κ' Α Α' Δ' Α Β 3. Τα τρίγωνα ΑΒΑ, και ΑΒΑ 2 είναι όμοια, γιατί Α, = ΒΑΑ 2 και Α 2 = ΒΑ Α, (γωνίες από χορδή και εφαπτόμενη). ΑΒ ΒΑ, Άρα 1 Ο ΑΒ 2 ΒΑ, ΒΑ 2. ΒΑ 2 ΑΒ 4. Έχουμε τριγ. ΗΑΕ όμοιο με τριγ. Η ΒΔ (Δ = Ε = 90, Η, =Η 2 ). Η A HR Άρα = <=> ΗΔ-ΗΑ = ΗΒΗΕ (1) HE ΗΔ Επίσης τριγ. ΗΒΖ όμοιο με τριγ. ΗΕΓ (Ε = Ζ = 90, Η 3 = Η 4 ). HR ΗΖ Άρα =» ΗΒ ΗΕ = ΗΓ-ΗΖ (2) ΗΓ HE Από (1), (2) προκύπτει ότι ΗΒ-ΗΑ = ΗΒ ΗΕ = ΗΓ-ΗΖ.

122 8.1-8.2 5. Έχουμε Ζ\ = Μ, + Β, (εξωτερική στο ΜΒΖ') r\ r\ r> r> _ ΒΖ ΜΑ _ ΒΖ MB _ ΜΖ _ - 1 ~~ 2 2 ~ 2 2 ~ 2 ~ Άρα τριγ. ΜΔΖ όμοιο με τριγ. ΜΔ'Ζ' (Μ 1 κοινή, Δ, = Ζ,), οπότε 0 ΜΔ-ΜΔ' = ΜΖ-ΜΖ'. ΜΖ ΜΔ 6. Επειδή το ύψος είναι το ΑΔ αρκεί να αποδείξουμε ότι ΑΔ 2 = ΑΒ ΓΔ. Αν ΑΒΔ = ω, τότε ΑΔΒ = 90 -ω και ΔΓ Α = 90 -ω. οπότε τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΔΑΓ είναι ΑΒ ΑΔ, ομοια, αρα: = ή ΑΔ = ΑΒ ΓΔ. ΔΑ ΔΓ Σύνθετα Θέματα 1. Θεωρούμε τα τραπέζια ΑΒΓΔ (ΑΒ//ΓΔ) και ΕΖΗΘ (ΕΖ//ΗΘ) με ΑΒ ΔΓ ~ ~ = και Α = Ε, Β = Ζ. ΕΖ ΘΗ Έστω Α Β > ΓΔ, οπότε θα είναι και ΑΒ ΔΓ ΕΖ>ΘΗ, C 7^ u αφου - =. ΕΖ ΘΗ Φέρουμε ΓΓ7/ΔΑ και ΗΗ7/ΘΕ. Τότε τα τρίγωνα ΒΓΓ' και ΖΗΗ' είναι όμοια (Β = Ζ, Γ'=Α Ε = Η'), οπότε Γ'Β ΒΓ _ ΓΓ' _ ΔΑ (1) Η'Ζ ΖΗ ~ ΗΗ' ~ ΘΕ ΑΒ ΔΓ ΑΒ-ΔΓ Γ'Β Επίσης έχουμε (2) ΕΖ ΘΗ ΕΖ-ΘΗ Η'Ζ λ /1 \., ΑΒ ΒΓ ΔΓ ΔΑ. Απο τις (1) και (2) προκύπτει οτι = = =, δηλαδή οι πλευρες του ΕΖ ΖΗ ΘΗ ΘΕ τραπεζίου ΑΒΓΔ είναι ανάλογες προς τις πλευρές του ΕΖΗΘ. Επιπλέον, έχουν και τις αντίστοιχες γωνίες ίσες ( Α = Ε, οπότε Δ = Θ και Β = Ζ, οπότε Γ = Η). Άρα τα τραπέζια είναι όμοια.

8.1-8.2 123 2. Έστω ΜΔ = d και ΜΕ = d'. Το τετράπλευρο ΟΒΜΓ είναι εγγράψιμο, οπότε ΜΓΕ = Β. Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα ΜΓΕ και ΒΜΔ είναι όμοια, οποτε: MB ΜΔ MB d ΜΓ ΜΕ ΜΓ 7' 3. Στο τρίγωνο ΑΓΔ, επειδή η ΓΖ είναι διχοτόμος έχουμε: ^ = ^(1). ΖΔ ΓΔ Στο τρίγωνο ΑΒΔ, επειδή η ΑΕ είναι διχοτόμος ΕΒ ΑΒ έχουμε: = (2) ΕΔ ΑΔ Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΓΔ είναι όμοια (ορθογώνια ΑΓ ΑΒ και Β = ΔΑΓ), οπότε = (3). Από τις (1), ΓΔ ΑΔ ΑΖ ΕΒ (2) και (3) προκύπτει ότι =, οπότε απο το ΖΔ ΕΔ αντίστροφο του Θαλή στο τρίγωνο ΑΔΒ έχουμε ότι ΖΕ//ΑΒ. 4. Από την υπόθεση έχουμε ότι: Β - Γ = 90 <=> Β = 90 +Γ (1). Αλλά Β = 90 +Α, (2) (ως εξωτερική στο τρίγωνο ΑΒΔ). Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι Γ = Α,. Άρα τα Αμ- ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΔΓ είναι όμοια, ο- ποτε: ΑΔ ΔΓ «ΑΔ = ΔΒ ΔΓ. ΑΒ ΑΔ 5. ί) Έχουμε τριγ. ΑΒΔ όμοιο με τριγ. ΑΕΓ (Α, = Α 2, Β = Ε, γιατί βαίνουν στο ΑΓ). Άρα = <=> ΑΒ ΑΓ = ΑΔ ΑΕ. ΑΕ ΑΓ ii) Έχουμε τριγ. ABE όμοιο με τριγ. ΒΔΕ ( Ε κοινή, ΕΒ ΕΑ, Β, = Α, = Α, ). Άρα = <=> ΕΒ" = ΕΑ ΕΔ. 2 1 ' ΕΔ ΕΒ

124 Γενικές Ασκήσεις 1. Έχουμε τριγ. ΑΒΤ όμοιο με τριγ. ΑΓΤ,: ΐ, ΐ, Ν, 4 ΤΒ AT ΑΒ (Α κοινή, Γ = Τ,). Αρα = = ΤΓ ΑΓ AT Επομένως ΤΒ 2 AT 2 ΤΒ 2 AT AT (1) = <=> r- = Ο ΤΓ 2 ΑΓ 2 ΤΓ ΑΓ ΑΓ ΤΒ 2 AT ΑΒ ΤΒ 2 ΑΒ. <=> = ΤΓ 2 ΑΓ AT ΤΓ ΑΓ (1) 2.. Έχουμε τριγ. ΑΒΔ όμοιο με τριγ. ABE - BE ΑΒ (Α κοινή, E t = Β,). Άρα = (1) και ΒΔ ΑΔ ΑΔΓ ~ ΑΕΓ (Α κοινή, Ε 2 = Γ 2 ). Άρα = (2) ΓΔ ΑΔ Από (1), (2) επειδή ΑΒ = ΑΓ προκύπτει ότι BE ΓΕ = <=> ΒΔ ΓΕ = BE Γ Δ ΒΔ ΓΔ 3. Έχουμε τριγ. ΒΔΕ όμοιο με τριγ. Γ ΔΖ (Ε = Ζ = 90, Δ] = Δ 2 κατά κορυψήν). Άρα ^ = ^ (1) ΔΖ ΓΖ Δ Δ και A BE = ΑΓ Ζ (Ε = Ζ = 90, Α, = Α 2 ). ΑΕ BE Αρα = (2). ΑΖ ΓΖ Από (1), (2) προκύπτει ότι ΑΕ ΔΕ ΕΑ ΖΑ, = <=> =. Αρα τα Ε, Ζ είναι συ- ΑΖ ΔΖ ΕΔ ΖΔ ζυγή αρμονικά των Α, Δ.

Γενικές Ασκήσεις 125 Έστω Ε σημείο της ΑΓ και ΕΖΧΑΒ, ΕΗΧΑΔ. Φέρουμε ΓΚΧΑΒ και ΓΜΧΑΔ. Τότε ΕΗ//ΜΓ, ΕΗ ΑΕ οπότε = ΜΓ ΑΓ και ΕΖ//ΚΓ, οπότε ΕΖ _ ΑΕ ΕΗ _ ΕΖ ΕΗ _ ΜΓ ΚΓ ~ ΑΓ ' ρα ΜΓ ~ ΚΓ ΕΖ ~ ΚΓ Αλλά τριγ. ΓΜΔ όμοιο με τριγ. ΚΒΓ (Κ = Μ = 90. Β, = Δ,), οπότε (1) Η Μ Κ 1 β ΜΓ_ΔΓ_^Β ΚΓ ~ ΒΓ ~ ΑΔ,,, ΕΗ ΑΒ Απο (1), (2) προκύπτει οτι =. ΕΖ.Α Α 5. ί) Ισχύει MA MB= MH (εφαρμογή βγ = u ). ΜΑ MB Άρα ΜΗ = d = - ii) Φέρνουμε τη διάμετρο ΜΕ. Τότε ΜΑΕ = 90 και Ε = A t (χορδή, εφαπτομένη). Άρα τριγ. ΜΑΕ όμοιο με τριγ. ΜΑΚ, οπότε ΜΑ ME ΜΑ_ ΜΚ ~ ΜΑ d' ~ ΜΑ Od' = ΜΑ iii) Είναι d = Άρα d, -d 2 = ΜΓ ΜΔ ΜΓ 2 ΜΔ 2 () 2 d, = ΜΓ di - ΜΔ 6. Πρέπει να αποδείξουμε ότι ΑΒ ΓΔ + ΑΔ ΒΓ = ΑΓ ΒΔ. Παίρνουμε σημείο Ε της ΑΓ ώστε ΕΔΓ = ΑΔΒ (1) Τότε τριγ. ΑΒΔ όμοιο με τριγ. ΔΕΓ (Δ! = Δ 2, Γ) = Β[).

126 Γενικές Ασκήσεις ΑΒ ΒΔ Άρα = «ΑΒ ΓΔ = ΕΓ ΒΔ (2) ΕΓ ΓΔ Επίσης τριγ. ΑΔΕ όμοιο με τριγ. ΒΓΔ (Α] = Β 2> ΑΔΕ = ΒΔΓ ως διαφορά ή άθροισμα ίσων γωνιών). ΑΔ ΑΕ Άρα = => ΑΔ ΒΓ = ΑΕ ΒΔ (3). ΒΔ ΒΓ Με πρόσθεση κατά μέλη των (2), (3) προκύπτει ότι: ΑΒ ΓΔ + ΑΔ ΒΓ = ΒΔ (ΕΓ + ΑΕ) = ΒΔ ΑΓ '