ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 Ο ΕΜΒΑΔΑ ΕΠΙΠΕΔΩΝ ΣΧΗΜΑΤΩΝ ΠΥΘΑΓΟΡΕΙΟ ΘΕΩΡΗΜΑ Εμβαδόν επίπεδης επιφάνειας

ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ο ΕΜΒΑΔΑ ΕΠΙΠΕΔΩΝ ΣΧΗΜΑΤΩΝ ΠΥΘΑΓΟΡΕΙΟ ΘΕΩΡΗΜΑ.. Εμβαδόν επίπεδης επιφάνειας. Τ σχήμα Α έχει μεγαλύτερ εμβαδό γιατί απτελείται από περισσότερα στιχειώδη τετραγωνάκια ( ) απ ότι τ Β.. Και τα τρία σχήματα έχυν εμβαδόν ίσ με 9.. α) β).. Μνάδες μέτρησης επιφανειών Ερωτήσεις Κατανόησης ). 6, m 6, 00 00cm 6000cm. 6, mm 6, : 00cm 0, 06cm. 6, cm 6, : 0000m 0, 0006m. 6, cm 6, 00mm 60mm 5. 6, m 6, 00dm 60dm 6. 6, mm 6, : 000000m 0, 000006cm Σωστή Απάντηση. Γ. Δ. Δ. Α 5. Β 6. Α ) Α, Β, Γ, Β, 5Γ, 6Α, 7Β, 8Α, 9Β, 0Γ geometria_teliko.indd //008 0:9: πµ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ. cm : 0000m 0, 00m cm : 0000m 0, 0m 7Km 7 000000m 7. 000. 000m 70dm 70 : 00m 7, m 70mm 70 : 000000m 007, m dm : 00m, m 80mm 80 : 000000m 0, 008m 79Km 79 000000m 79. 000. 000m. m 0000cm 0. 000cm 75dm 75 00cm 7500. cm 56m 56 0000cm. 560. 000cm 6m 6 0000cm. 60. 000cm Km 0000000000cm 0. 000. 000. 000cm 750mm 750 : 00cm 75, cm 56Km 56 0000000000cm. 560. 000. 000. 000cm. Km 000000000000mm. 000. 000. 000. 000mm m 000000mm. 000. 000mm 7dm 7 0000mm 70. 000mm 6cm 6 00mm 600. mm. 7mm 7 : 000000000000Km 0, 000000007Km cm : 0000000000Km 0, 000000Km 6dm 6 : 00000000Km 0, 00006Km 6mm 6 : 000000000000Km 0, 00000006Km 560m 560 : 000000Km 0, 000560Km 5. α) 850mm 850: 000000m 0085, m 670cm 670 : 0000m 0067, m, 7dm 7, : 00m 0, 7m 850mm < 670cm <, 7dm < 0, m < 08, m β) dm : 00m 0, m 70mm 70 : 000000m 07, m 56cm 56 : 0000m 056, m 70mm < 56cm < dm <, m 6. α) m β) Km γ) στρέμμα δ) cm ε) cm geometria_teliko.indd //008 0:9:7 πµ

.. Εμβαδά επίπεδων σχημάτων ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ. Γ, Γ, Β, Α, 5Γ, 6Β, 7Α, 8Β. Γ, Γ, Α, Α, 5Α, 6Γ, 7Β, 8Α, 9Γ, 0Α, Γ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Έστω x cm η πλευρά τυ τετραγώνυ. Τότε η περίμετρός τυ είναι x cm και τ εμβαδόν τυ x cm. Είναι x60 ή x60:5. Άρα Ex cm 5 cm 5cm. Τ ένα φύλλ τυ τετραδίυ έχει επιφάνεια: Ε φύλλυ 0cm 60cm Άρα τ εικσάφυλλ τετράδι έχει επιφάνεια: Ε0 60cm 600cm. Με μνάδα μέτρησης τ, τ καθένα από τα δύ σχήματα έχει εμβαδόν 8.. α) Τ τετράγων ΑΒΓΔ έχει εμβαδόν: (ΑΒΓΔ)α. Τ τρίγων ΑΕΔ έχει εμβαδόν: ( ΑΕ ) α α α Άρα (ΑΒΓΔ)(ΑΕΔ) β) Είναι ( ΒΓΕ) α α α ( ΑΕ ) 5. Τ πρώτ σχήμα απτελείται από ένα τετράγων εμβαδύ x και από ένα ρθγώνι εμβαδύ x. Άρα E x +x. T δεύτερ σχήμα απτελείται από ένα τετράγων εμβαδύ x και από ένα τρίγων εμβαδύ: 6 x x. Άρα Ε x +xe ( + 0) 6. Τ εμβαδόν τυ τραπεζίυ είναι: Eτραπ cm 6cm Άρα τ εμβαδόν τυ τετραγώνυ είναι 6cm. 7. Ο ρθγώνις κήπς έχει εμβαδόν: Ε κ 5 0m 000m. Τ κάθετ δρμάκι πλάτυς 0,6m έχει εμβαδόν E 0 0,6m m. Τ κάθετ δρμάκι πλάτυς 0,8m έχει εμβαδόν E 0,8 5m 0m. 5 geometria_teliko.indd 5 //008 0:9:8 πµ

Αν αφαιρέσυμε από την επιφάνεια τυ κήπυ τις επιφάνειες των δύ δρόμων, τότε αφαιρύμε δύ φρές τ εμβαδόν τυ ρθγωνίυ ΑΒΓΔ. Οπότε τ εμβαδόν της επιφάνειας πυ θα φυτευτεί είναι: E E E E + ( ABΓ ) 000m m 0m + 08, 06, m K 956m + 0, 8m 956, 8m Τ συνλικό κόστς κατασκευής τυ γκαζόν είναι: 956,8.77,76. 8. Έστω x, y ι διαστάσεις των δύ ρθγωνίων. Τ τρίγων ΖΒΓ έχει εμβαδόν: (ΖΒΓ) x y, ενώ τ ρθγώνι ΑΒΓΔ έχει εμβαδόν: (ΑΒΓΔ)x y. Άρα (ΖΒΓ) (ΑΒΓΔ), πότε και τα δύ πράσινα τρίγωνα τυ ρθγωνίυ ΑΒΓΔ έχυν εμβαδόν ίσ με (ΑΒΓΔ). Για τ τρίγων ΡΚΛ έχυμε: (ΡΚΛ) x y (ΚΛΜΝ). Άρα και τα πράσινα τρίγωνα στ ρθγώνι ΚΛΜΝ έχυν εμβαδόν ίσ με (ΑΒΓΔ). 9. α) Τ καθένα από τα δύ τριγωνικά ικόπεδα έχει ύψς 8m και βάση 0 x m. 8 ( 0 x) Άρα: ( ΑΒΕ) ( ΖΓ ) 90 ( x) ( 70 9x)( m ) β) Τ αρχικό ικόπεδ έχει εμβαδόν: 0 850m. Άρα τ εμβαδόν τυ δρόμυ είναι: E 50 70 9 δ x 50 50 + 8 x 8 ( ) xm ( ) Πρέπει Εδ ( ΑΒΕ + ΖΓ ) ( ) ( ) ή 8x ( 70 9 x) 8x ( 70 9 x) 6x 70 9x 5x 70 70 άρα x 6cm 5 6 geometria_teliko.indd 6 //008 0:9:5 πµ

0. α) Έστω x η πλευρά τυ τετραγώνυ. Τότε (ΑΒΓΔ)x. Είναι (ABM) x x AB AM x και ( ) x ΝΓΒ ΝΓ ΓΒ x Άρα (ΑΒΜ)(ΝΓΒ) β) Είναι (ΒΜΔΝ)+(ΜΑΒ)+(ΝΓΒ)(ΑΒΓΔ) ή x x ( ΒΜ Ν) + + x x ( ΒΜ Ν) + x x ( ΒΜ Ν) + x x ( ΒΜ Ν) x x Άρα ( ΒΜ Ν) ( ΑΒΜ) + ( ΝΓΒ) x. 5. Ε 55cm, Ε +cm cm, E 75, cm ( 5+ ) E cm 6cm, Ε 5 6cm 6 Ε 6 cm + cm 5cm, E7 cm 9cm ( ΑΒΓ ) ( ΑΕ ) ( ΕΒΖ) ( ΖΓ) E 8 6 6 6 E9 ( ΚΛΜΝ) Eα Eβ Eγ 6 6 8 6 6cm ( 6+ ) 6 6 6, 5 8, 5cm E 0 ( ΑΒΓ ) ( ΑΕΘ) ( ΕΒΖ) ( ΖΓΗ) ( ΘΗ ) 6 6 6 0cm E ( ΑΒΓ ) ( ΑΒΖΕ) ( ΕΖΗ ) ( ΒΓΘ) ( ΑΒΓ ) 5 5cm ( 5+ ) ( ΑΒΖΕ) 5, cm ( + ) ( ΕΖΗ ) ( ΕΖΘ ) ( ΗΘ) 8cm 5 ( ΒΓΘ ) 5,cm Άρα 5,5 8,5 cm x 7 geometria_teliko.indd 7 //008 0:9:5 πµ

E ( ΑΒΓ ) ( KΛMN) ( ΕΖΗΘ) 7 8 cm Β ΟΑ 5. Είναι ( ΑΒ ) Β ΟΓ 5 cm 75, cm και ( ΒΓ ) 6 cm 5cm Άρα ( ΑΒΓ ) 75, cm + 5cm, 5cm. x 0 ή x 0 : 0cm x 6 άρα x 6cm x 0 ή x 0 άρα x 0 : 0cm x x 8 ή x 6 άρα x 6cm.. Πυθαγόρει θεώρημα ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ. Γ,. Β,. Γ,. Α ΑΣΚΗΣΕΙΣ. EK + 9m 5m ή E m m m K 5 9 6 EK 576, m + m 676, m E + 06 K m, m ή E K m 0, 6m 06, m. Πρέπει: 5 +7 ή 65576+9 ισχύει Πρέπει: 0 +6 ή 00+56 πυ ισχύει Πρέπει: 7 8 +5 ή 896+5 πυ ισχύει. α) Για να είναι τ τρίγων ρθγώνι πρέπει να ισχύει: 0 6 +8 ή 006+6 πυ είναι αληθής. β) Έστω τώρα τ τρίγων με μήκη πλευρών: cm, 6cm, 0cm. Είναι: 0 00 και +6 +5600, δηλαδή 0 +6, πότε και τ τρίγων αυτό είναι ρθγώνι. 8 geometria_teliko.indd 8 //008 0:9:56 πµ

. Από τ πυθαγόρει θεώρημα στ ρθγώνι τρίγων ΑΔΓ, έχυμε: ΑΔ +ΔΓ ΑΓ ή ΑΔ +6 0 ΑΔ +6 00 ΑΔ 00 66 άρα ΑΔ 8cm Οπότε τ εμβαδόν τυ τετραγώνυ είναι: Ε8 6cm. 5. Από τ πυθαγόρει θεώρημα στ ρθγώνι τρίγων ΑΒΓ, έχυμε: ΑΓ ΑΒ +ΒΓ +, +,5,m. Άρα τ εμβαδόν τυ τετραγώνυ είναι: ΕΑΓ 5,m. 6. Η γωνία πυ θα σχηματιστεί είναι ρθή γιατί στ τρίγων ΑΒΓ ισχύει τ πυθαγόρει θεώρημα. Είναι ΑΒ +ΑΓ ΒΓ ή 0 +0 50 ή 900+600500 αληθής. 7. Από τ πυθαγόρει θεώρημα στ ρθγώνι τρίγων ΑΟΒ, έχυμε: ΑΒ ΟΑ +ΟΒ 6 +8 6+600dm. Άρα ΑΒ0 dm. Η περίμετρς τυ ρόμβυ είναι: 0 dm0 dm. Επειδή ρόμβς απτελείται από ρθγώνια τρίγωνα ίσα με τ ΑΟΒ, έχυμε: Ε ρµβυ ΑΟΒ ( ) 6 8 96dm. 8. Είναι ΕΖΒΓ7m Οπότε ΑΕ+ΖΔm 7m6m και ΑΕΖΔm. Από τ πυθαγόρει θεώρημα στ ρθγώνι τρίγων ΑΒΕ, έχυμε: ΑΕ +ΒΕ ΑΒ ή +x 5 9+x 5 x 5 9 x 6 άρα x m 9. Αρκεί να συγκρίνυμε τα μήκη ΕΒ, ΔΒ και ΑΒ. Από τ πυθαγόρει θεώρημα στ τρίγων ΕΔΒ, έχυμε: ΕΔ +ΔΒ ΕΒ ή 8 +ΔΒ 7 6+ΔΒ 89 ΔΒ 89 6 ΔΒ 5 άρα ΔΒ 5m Από τ πυθαγόρει θεώρημα στ τρίγων ΑΓΒ, έχυμε; ΑΒ ΑΓ +ΒΓ 9 + 8+5 άρα ΑΒ5m Πλησιέστερα στην πλη Β είναι τα σημεία Δ και Α. 9 geometria_teliko.indd 9 //008 0:9:57 πµ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ο ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ.. Εφαπτμένη ξείας γωνίας Ερωτήσεις Κατανόησης 5 5. Γ,. α) Β, β) Δ. εφθ, εφφ, εφω, εφψ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. α) εφ0 x ή 0577, x άρα x 0577, 6988, β) εφ5 x ή 07, x άρα x 07, 7, 9 7 7 γ) εφ8 ή 078, ή 078, x άρα x 6, 6 x x 078, 0 0 δ) εφ5 ή άρα x 0 x x 7. εφω 07,. Αρκεί να σχεδιάσυμε ένα ρθγώνι τρίγων με κάθετες πλευρές 7 και 0. Τότε η ω είναι η γωνία απέναντι από την πλευρά με μήκς 0 7.. Είναι εφ0 ή 0577, ή 0,577 ΑΓ ΑΓ ΑΓ άρα ΑΓ 69, cm. 0577, Από τ πυθαγόρει θεώρημα έχυμε: ΒΓ ΑΓ + ΑΒ 69, + 76, + 6 66, Άρα ΒΓ 6, 6cm 798, cm. Επίσης Β + Γ 90 άρα Β 60. 0 0. εφ ή 05, ή 0,5 ΚΠ ΚΠ ΚΠ 0 άρα ΚΠ 0:0,59,m 0 geometria_teliko.indd 0 //008 0:0:00 πµ

0 0 εφ ή 0675, ή 0,675 ΚΠ ΚΠ ΚΠ 0 άρα ΚΠ 0:0,67559,m. Οπότε η απόσταση των δύ πλίων είναι: Π Π ΚΠ ΚΠ 9,m 59,m,9m 5. εφ8 Γ Α 0,9, εφ0 E Α 0,89 9, 0,9 0,89 9, 7, 7m Α 9, m 09, Οπότε τ ύψς τυ πύργυ είναι: h7,7m+m0,7m. h 6. Είναι εφ85, x,0 h x h,0 x h Επίσης εφ55, 80 x h,8 80 x h,8 ( 80 x) Άρα, 0 x 8, ( 80 x), 0 x, 8 8, x, 0 x + 8, x,, 858 x, x, :, 858 888, άρα h,0 8,880,5m. Οπότε χαρταετός βρίσκεται σε ύψς 0,5m+,0m0,90m. 7. α) B Ε ΒΕ 90 x β) εφθ Α Β ή εφθ 5 90 x γ) εφθ ΕΓ ΒΕ ή εφθ5 x geometria_teliko.indd //008 0:0:0 πµ

δ) Είναι 5 5 90 x x 5 x 5 ( 90 x) 5x 50 5x 5x+ 5x 50 60x 50 x 50 60 5, 5.. Ημίτν και συνημίτν ξείας γωνίας. α) Γ β) Β γ) Δ δ) Γ. Β. Β. Α 5. δ, στ 6. α) Σ, β) Σ, γ) Λ, δ) Λ, ε) Σ, στ) Σ, ζ) Σ, η) Λ, θ) Σ 7. α) Α Β, συνα Β Α Β β) ΑΒΓ, ηµ ΑΒΓ ΑΓ ΒΓ γ) ΑΕΓ, συναεγ ΑΕ ΕΓ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. α) Από τ πυθαγόρει θεώρημα έχυμε: ΑΒ +ΒΓ ΑΓ ή +ΒΓ 5 ή ΒΓ 5 96 άρα ΒΓ Τότε: ηµ Α, συνα, ηµ Γ, συνγ 5 5 5 5 β) Από τ πυθαγόρει θεώρημα έχυμε: ΑΓ ΑΒ +ΒΓ,5 +,5+68,5, άρα ΑΓ 8, 5 7, cm 5, Τότε: ηµ Α 0967,, συνα 05,, 7, 7, ηµ Γ 05,, καισυνγ 0, 967 γ) Από τ πυθαγόρει θεώρημα έχυμε: ΒΓ 7 +9 9+80, άρα ΒΓ 0 0, cm 9 7 Τότε: ηµ Β 0789,, συνβ 06,,, 0, 0 7 9 ηµ Γ 06,, καισυνγ 0789,., 0, 0 geometria_teliko.indd //008 0:0:0 πµ

. Αρχικά θα κατασκευάσυμε τη γωνία ω. Έστω ρθή γωνία xay. Με κέντρ τ Α και ακτίνα cm γράφυμε κύκλ πυ τέμνει την Ay στ Β. Με κέντρ τ Β και ακτίνα 5cm γράφυμε κύκλ πυ τέμνει την Ax στ Γ. Τότε η γωνία ω είναι η Β. Από τ πυθαγόρει θεώρημα έχυμε: ΑΒ +ΑΓ ΒΓ ή +ΑΓ 5 ή 9+ΑΓ 5 ή ΑΓ 5 96 άρα ΑΓ 6 cm ΑΓ Τότε ηµω ΒΓ. α) Είναι ημω < 5ημω < 5 +5ημω < +5 +5ημω < 7 β) συνω < συνω > συνω > συνω > 5. ηµω < γ) Είναι συνω < άρα 5 ηµω<5 συνω < Με πρόσθεση κατά μέλη έχυμε: 5ηµω+ συνω < 8. ΟΓ 8. θ ΟΑ 0 5. Όμως στ τρίγων ΟΒΔ είναι: ΟΒ συνθ Ο 5 Ο Ο 60 60 Ο 5m Από τ πυθαγόρει θεώρημα στ ρθγώνι τρίγων ΟΑΓ, έχυμε: ΟΓ + ΑΓ ΟΑ 8 + ΑΓ 0 6 + ΑΓ 00 ΑΓ 00 6 6 ΑΓ 6 6cm Από τ πυθαγόρει θεώρημα στ ρθγώνι τρίγων ΟΒΔ, έχυμε: ΟB + Β Ο ή + Β 5 + Β 5 Β 5 8 άρα Β 8 9m geometria_teliko.indd //008 0:0:0 πµ

.. Μεταβλές ημιτόνυ, συνημιτόνυ και εφαπτμένης. ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ. α) Γ β) Γ. α) Σ β) Λ γ) Σ δ) Λ ε) Λ στ) Σ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. α) ηµ 8 β) συν68 γ) εφ50 x ή 0695, x άρα x0,695 5 ή x7,05cm. 5 5 ή 076, ή 0,76 x άρα x 67, cm. x x 076, 5 5 5 ή 98, ή,98 x5 άρα x 95, cm. x x 98,. α) συν6 5 5 5 ή 05, ή 0,5 x5 άρα x, 0. x x 05, β) ηµ 5 γ) εφ0 x ή 0576, x άρα x0,576 05,76. 0 0 ή 0, 89 ή 0,89 x άρα x 767,. x x 0, 89 δ) ηµ 8 x ή 0657, x άρα x0,657 8,956. 8 8 ε) εφ50 x ή 98, x άρα x,98 55,959. 5 5. ηµ 55 ηµ 70 8 8 8 ή 08, ή 0,8 ΑΒ8 άρα ΑΒ 9756, m. ΑΒ ΑΒ 08, 8 8 8 ή 09, ή 0,9 ΑΓ8 άρα ΑΓ 85,. ΑΓ ΑΓ 09, 5, 5,. ηµ εφ ΑΓ ΑΒ 5, 5, 0, 5 0, ΑΓ ΑΒ 0, 5 ΑΓ 5, 0, ΑΒ 5, 5, 5, άρα ΑΓ 0m ΑΒ 97, m 0, 5 0, geometria_teliko.indd //008 0:0:08 πµ

5. α) ημ56 >ημ7 >ημ0 >ημ6 β) συν0 >συν5 >συν8 >συν6 γ) εφ89 >εφ5 >εφ >εφ8 6. συν75 ΑΒ ΒΓ ή 0588, ΑΒ άρα ΑΒ 0588, 6, 558m. 6 ηµ 75 ΑΓ ΒΓ ή 09659, ΑΓ άρα ΑΓ 09659, 6 5795, m. 6 Άρα Γ 7m 5, 795m 06, m 7. ηµ 78 ΑH AB ή 0978, ΑH άρα ΑH 0978, 0 956, m. 0 Στ τρίγων ΑΒΗ έχυμε: 78 o + 90 o + BAH 80 o άρα ΒΑΗ. Οπότε ΗΑΜ 70 58 Στ τρίγων ΑΗΜ έχυμε:. συν58 ΑΗ ΑΜ ή 05 9, 56 9, 56, ή 0,5 ΑΜ 9, 56 άρα ΑΜ 6, 9m ΑΜ 05, 8. συν89, 05 ΑΓ ΓΣ ή 006 67 67, ή 0,06 ΓΣ 67 άρα ΓΣ 98. 87, 5Κm ΓΣ 006,.. Οι τριγωνμετρικί αριθμί των γωνιών 0, 5 και 60 ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ. α) I, β) III, γ) I, δ) V, ε) III, στ) V.. B. α) Λ, β) Σ, γ) Σ, δ) Σ, ε) Σ.. Οι πλευρές ΑΓ, ΑΒ, ΒΓ τυ τριγώνυ είναι διαγώνιες των ίσων εδρών τυ κύβυ, πότε είναι ίσες. Άρα τ τρίγων ΑΒΓ είναι ισόπλευρ και θ 60 πότε συνθ συν 60 και σωστή απάντηση είναι τ Α. ΑΣΚΗΣΕΙΣ. α) συν0 5 ή α 5 0 0 ή α 0 άρα α cm α εφ0 β ή 5 β ή β5 άρα β 5 5 5 geometria_teliko.indd 5 //008 0:0: πµ

β) συν5 7 ή α άρα α 7 7 ή α α εφ5 β ή β 7 7 άρα β7. α) Είναι ΑΒ +ΒΓ +5 +569 ΑΓ Οπότε τ τρίγων είναι ρθγώνι στ Β. β) ηµα ΒΓ 5 ΑΓ ΑΒ και συνα ΑΓ. α) ηµ ηµ 0 + 5 + ηµ 60 + + + + 6 β) ηµ 0 + συν 60 ηµ 5 + + 0. α) Α 0 0 ηµ συν β) Α ηµ 5 συν5 γ) Α 60 60 ηµ συν 5. εφ0 ΑΒ ΠΒ ή 0577, 500 ή 0,577 ΠΒ500 άρα ΠΒ 500 ΠΒ 0577, 598m 6. συν5 ΑΒ ή 8 ΑΒ ή ΑΒ 8 άρα ΑΒ m 8 συν0 ΑΓ Α ή 8 6 ή Α 6 άρα Α Α 6 m 6 geometria_teliko.indd 6 //008 0:0: πµ

7. ηµ 5 ΑΖ ΑΒ ή ηµ 0 ΓΗ ΒΓ ή ή ΒΓ 6m ΒΓ ηµ 60 ΓΗ Γ ή άρα ΑΒΓ + 6+ m 6 6 ή ΑΒ 6 άρα ΑΒ m ΑΒ 6 6 ή Γ 6 άρα Γ m Γ 8. α) Είναι ΓΑ + 90 + 0 80 άρα ΓΑ 60, πότε θ 0. β) Στ τρίγων ΑΓΔ είναι ηµ 0 ΑΓ Α ή ΑΓ ή ΑΓ6 άρα ΑΓcm, πότε ΑΒ6cm. 6 Στ τρίγων ABE είναι συν0 ΑΒ ΑΕ ή 6 ή ΑΕ άρα ΑΕ ΑΕ cm. γ) Από τ πυθαγόρει θεώρημα στ ρθγώνι τρίγων ΑΕΔ έχυμε: Ε ΑΕ Α 6 6 6 8 6 8 + ( ) + + + άρα Ε 8cm 9, cm. 9. Έστω ΔΚ τ ύψς τυ τριγώνυ ΕΔΓ. Επειδή ΓΕ ΕΓ 0, τ τρίγων ΕΔΓ είναι ισσκελές πότε τ ΔΚ είναι και διάμεσός τυ, δηλαδή ΕΚΚΓ. Είναι συν0 x ή ή x 6 άρα x 6 6 x Οπότε η περίμετρς είναι: Π 6+ 8+. 0. Έστω ΑΖ, ΒΕ ύψη τυ τραπεζίυ. Τότε ΖΕΑΒ5. Στ τρίγων ΑΔΖ έχυμε: συν60 Ζ Α ή Ζ ή ΔΖ άρα Ζ. Στ τρίγων ΒΕΓ έχυμε: συν5 ΓΕ ΒΓ ή ΓΕ 6 ή ΓΕ 6 άρα ΓΕ 6 Οπότε Γ Ζ + ΖΕ + ΕΓ + 5+ 7+ 7 geometria_teliko.indd 7 //008 0:0:8 πµ

. Στ τρίγων ΑΒΡ έχυμε: συν60 ΑΒ ΒΡ ή 5 άρα ΒΡ 50m ΒΡ Στ τρίγων ΔΓΡ έχυμε: συν0 Γ Ρ ή 0866, 9 ή 0,866 ΔΡ9 άρα Ρ 9 0, 9m Ρ 0866, Επειδή ΒΡ<ΔΡ πρώτ θα φτάσει τ σπυργίτι από τ Β.. ηµ 0 x ή x ή 5 5 5 5 x άρα x 75, m ηµ 5 y ή 0707, y άρα y 0707. 8, 85m Οπότε ς όρφς είναι 7, 5+ 885, 5985, m ψηλότερα από τ έδαφς..5. Η έννια τυ διανύσματς ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ. α). α), β). α) ΑΒ Ε ΟΓ ΖΟ β) ΑΖ ΒΟ Γ ΟΕ γ) ΒΓ ΕΖ Ε ΕΟ. α), δ) Τ βάρς ενός σώματς είναι η δύναμη με την πία έλκει η γη τ σώμα αυτό. Οπότε για να παρασταθεί τ βάρς χρειάζεται ένα διάνυσμα με κατεύθυνση τ κέντρ της γης. Για να παραστήσυμε την ταχύτητα ενός σώματς χρειάζεται να γνωρίζυμε την κατεύθυνση τυ σώματς και τ μέτρ της ταχύτητας. Για τ λόγ αυτό η ταχύτητα παριστάνεται με διάνυσμα.. ΑΒ Ε, ΒΓ ΕΖ, Γ ΑΖ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Ίσα με τ ΑΒ είναι τα θ, ζ γιατί έχυν την ίδια διεύθυνση, την ίδια φρά και τ ίδι μέτρ με τ ΑΒ. Αντίθετα με τ ΑΒ είναι τα λε, γιατί έχυν τ ίδι μέτρ, την ίδια διεύθυνση αλλά αντίθετη φρά με τ ΑΒ.. Τα διανύσματα αβ, δεν είναι ίσα γιατί δεν έχυν την ίδια διεύθυνση και φρά.. α) ( αδ, ), ( εζγ,, ), κι, ( ) β) γ ζ γ) ι κ 8 geometria_teliko.indd 8 //008 0:0: πµ

5. Από τ πυθαγόρει θεώρημα στ ρθγώνι τρίγων ΑΒΓ, έχυμε: ΒΓ ΑΒ + ΑΓ + + 9 0 άρα ΒΓ 0 και α 0 Από τ πυθαγόρει στ τρίγων ΔΕΖ, έχυμε: Ζ Ε + ΕΖ + + άρα Ζ και β Από τ πυθαγόρει στ τρίγων ΗΘΙ, έχυμε: ΗΙ ΗΘ + ΘΙ + 9+ 6 5 άρα ΗΙ 5 5 και δ 5 Επίσης γ. 6. Επειδή τα διανύσματα ΑΒ και Γ είναι αντίθετα, έχυν τ ίδι μέτρ, την ίδια διεύθυνση και αντίθετη φρά. Άρα τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΒ και ΓΔ είναι ίσα και παράλληλα πότε τ τετράπλευρ ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμ. Άρα και τα τμήματα ΑΔ και ΒΓ είναι ίσα και παράλληλα. Δηλαδή τα διανύσματα Α και ΒΓ έχυν τ ίδι μέτρ, την ίδια διεύθυνση και αντίθετη φρά επμένως είναι αντίθετα. 7. α) Την ίδια διεύθυνση έχυν ι δυνάμεις F, F 5, F καθώς και ι F, Β, F γιατί βρίσκνται σε παράλληλες ευθείες. β) ( F, F), ( F5, F), ( F, B), ( F, F) γ) Αντίθετες είναι ι F, F γιατί έχυν την ίδια διεύθυνση τ ίδι μέτρ και αντίθετη φρά. δ) Ίσες είναι ι F, F 5 γιατί έχυν την ίδια διεύθυνση, την ίδια φρά και τ ίδι μέτρ. ε) Ίσα μέτρα έχυν ι F, F 5 καθώς και ι F, F, F.6. Άθρισμα και διαφρά διανυσμάτων ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ. α) Γ β) Β γ) Γ δ) Β ΑΒ + Γ + Β + ΒΓ ΑΒ + ΒΓ + Γ + Β ΑΒ ε) Α ΑΒ + ΓΒ + ΒΑ + Β ΓΒ + Β Γ. α) ΑΒ + Β Α β) ΒΓ Β + Γ γ) ΓΒ ΓΑ ΑΒ δ) ΑΓ ΑΒ + Β + Γ. B. Είναι ΑΒ + Α ΑΒ + ΒΓ ΑΓ. α) Δ, β) Γ, γ) Α, δ) Β 9 geometria_teliko.indd 9 //008 0:0: πµ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ. α) β) γ). α) ΑΒ + ΒΓ + Γ Α β) ΑΒ + ΒΓ + Γ + Α ΑΑ 0 γ) ΑΒ ΓΒ Α ΑΒ Α + ΒΓ Β + ΒΓ Γ. α) Γ + Μ + ΑΜ ΑΜ + Μ + Γ ΑΓ β) ΓΜ + ΜΒ + ΒΓ + Β ΓΒ + ΒΓ + Β Β γ) ΒΓ + Μ + ΑΒ + ΜΑ ΑΒ + ΒΓ + Μ + ΜΑ ΑΓ + Α Α + ΑΓ Γ. α) ΒΟ ΒΑ ΑΟ β) ΒΓ ΒΟ ΟΓ γ) Ο Α ΑΟ δ) Γ Ο ΟΓ όλες ι διαφρές είναι ίσες. 5. α) ΑΒ + Α ΑΓ β) ΕΓ + Α ΕΓ + ΓΒ ΕΒ γ) ΑΒ + ΒΓ ΑΓ δ) ΑΒ + ΖΕ + Γ ΑΒ + ΒΓ + Γ Α 6. Αρχικά με βάση τν κανόνα τυ παραλληλγράμμυ βρίσκυμε τη δύναμη F πυ είναι συνισταμένη των F και F. Στη συνέχεια και με βάση τν κανόνα τυ παραλληλγράμμυ κατασκευάζυμε την F λ πυ είναι η συνισταμένη των F, F. 7. Επειδή ΑΒ + ΒΓ + ΓΑ ΑΑ 0, είναι ΑΘ 0 πότε τ σημεί Θ ταυτίζεται ( ) με τ Α 8. ΓΒ ΓΑ ΑΒ και ΑΜ ΜΓ ΑΜ + ΜΒ ΑΒ, πότε: ΓΒ ΓΑ ΑΜ ΜΓ. 0 geometria_teliko.indd 0 //008 0:0:9 πµ

9. β) Αν υβ η ταχύτητα της βάρκας και υρ η ταχύτητα τυ ρεύματς τυ πταμύ τότε η βάρκα θα κινηθεί κατά τη διεύθυνση της συνισταμένης τυς πυ είναι η υ. 0. Είναι: ΜΓ + Μ ( ΜΝ + ΝΓ)+ ( ΜΝ + Ν ) ΜΝ + ΝΓ + ΜΝ + Ν ΜΝ (τα διανύσματα ΝΓ και Ν είναι αντίθετα). Επίσης ΑΝ + ΒΝ ( ΑΜ + ΜΝ)+ ( ΒΜ + ΜΝ) ΑΜ + ΜΝ + ΒΜ + ΜΝ ΜΝ (τα διανύσματα ΑΜ και ΒΜ είναι αντίθετα)..7. Ανάλυση διανύσματς σε δύ κάθετες συνιστώσες ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ. α) Β β) Γ γ) Γ. Από τ πυθαγόρει θεώρημα, έχυμε: Γ Β + ΒΓ ή 5 + +ΒΓ ή 5 6 +ΒΓ άρα ΒΓ 5 6 9 και ΒΓ 9 άρα F N και σωστή απάντηση είναι η Γ.. Από τ πυθαγόρει θεώρημα, έχυμε: Γ Β + ΒΓ + 5 + 5 69 άρα Γ 69. Οπότε F N και σωστό είναι τ Β. ΑΣΚΗΣΕΙΣ. α α + α, β α + β, γ γ + γ, δ δ + δ, ε ε + ε geometria_teliko.indd //008 0:0: πµ

. συν5 Β ή Β Β ή Β 70 ή Β 5 Ν 70. Η δύναμη πυ θα πρέπει να ασκηθεί για να κινηθεί πρς τα πάνω, πρέπει να είναι αντίθετη της συνιστώσας Β τυ βάρυς Β. Επειδή η γωνία των Β και Β είναι 60, η γωνία των Β και Β είναι 0, πότε: συν0 Β Β ή ή Β 0. 000 Β 0. 000 άρα Β 5. 000 Ν. Επειδή ι σανίδες σχηματίζυν ρθγώνι και ισσκελές τρίγων, ι γωνίες πυ σχηματίζει τ βάρς Β με τις συνιστώσες Β και Β είναι 5. Οπότε: συν5 Β ή Β ή Β 00 Β 00 άρα Β 00 Ν Β 5. Επειδή η γωνία πυ σχηματίζει η εξέδρα με τν ρίζνται είναι 0, η γωνία των Β και Β είναι 0 και η γωνία των Β και Β είναι 60. Είναι συν60 άρα Β 00 Ν. Β ή Β ή Β 800 Β 800 geometria_teliko.indd //008 0:0:8 πµ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ο ΜΕΤΡΗΣΗ ΚΥΚΛΟΥ.. Εγγεγραμμένες γωνίες Ερωτήσεις Κατανόησης. εγγεγραμμένες: α, η, επίκεντρες: γ, ε, θ. α) Β, β) Α. α) Α, β) Β, γ) Β, δ) Γ. Γ 5. α) Γ, β) Γ, γ) Β, δ) Γ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. 55 Æ ή Æ 55 0 και É + Æ 60 ή É 60 0 50 80 ω 0 φ 0 (ι γωνίες φ, 0 βαίνυν στ ίδι τόξ) ι γωνίες φ, 60 βαίνυν στ ίδι τόξ, πότε: φ60. Είναι ω+ φ 90 ω + 60 90 ω 90 60 0. Η γωνία ΑΜΒ είναι εγγεγραμμένη στ τόξ Α ΓΒ, τ πί απτελείται από τα από τα ίσα τόξα στα πία χωρίζει τν κύκλ τ τετράγων. Καθένα από τα ίσα τόξα είναι 60 90. Οπότε: Α ΓΒ 90 70. Άρα ΑΜΒ 70 5.. ΜΝ ΜΒ + ΒΝ ΑΒ 60 60 70 60 +. φ+ 0 + φ+ 0 + 90 60 φ + 0 60 φ 60 0 0 0 φ 0. 60 + 65 + 0 95 geometria_teliko.indd //008 0:0: πµ

5. Τ τόξ AB είναι ημικύκλι, πότε AB 80. Επειδή BO ΑΟΓ 5 ως κατακρυφήν, είναι Β 5, ΒΓ ΑΒ ΑΓ 80 5 5. Ακόμη ΑΓ 5 γιατί η αντίστιχη επίκεντρη γωνία είναι 5. 6. Είναι ΑΓ + ΒΓ 80 ή ΒΓ + ΒΓ 80 ή ΒΓ 80 άρα ΒΓ 80 60 και ΑΓ 0. Επειδή η γωνία Α είναι εγγεγραμμένη στ τόξ ΒΓ 60 ισχύει ότι: Α 60 0. Η γωνία ΑΓΒ τυ τριγώνυ είναι εγγεγραμμένη σε ημικύκλι άρα ΑΓΒ 90. Είναι Β + Α + ΑΓΒ 80 ή Β 80 0 90 60. Επειδή τα ΟΒ, ΟΓ είναι ακτίνες τυ κύκλυ, τ τρίγων ΟΒΓ είναι ισσκελές. Επειδή επιπλέν Β 60, τ τρίγων ΟΒΓ είναι ισόπλευρ. 6 Άρα ΒΓ ΟΒ cm cm. Είναι ηµ 60 ΑΓ ΑΒ ή ΑΓ 6 ή ΑΓ6 άρα ΑΓ cm 6 7. Η γωνία Α Γ 00 είναι εγγεγραμμένη στ τόξ ΑΒΓ ΑΒΓ, άρα Α Γ άρα ΑΒΓ 00. Όμως ΑΒΓ 70 + ΒΓ άρα 70 + ΒΓ 00 άρα ΒΓ 00 70 0 Επειδή η γωνία x είναι εγγεγραμμένη στ τόξ ΒΓ έχυμε: ΒΓ x 0 65 70 + 0 + Γ + 80 60 άρα Γ 60 80 80. Η γωνία y είναι εγγεγραμμένη στ τόξ Α Γ, έχυμε: Α Γ 80 + 80 y 80.. ή 00 ΑΒΓ 8. Α + 00 + 60 + 80 60 ή Α + 0 60 Α 60 0 0 Α ΒΓ + Β Α Γ 60 80 0 + 80 0, 50 Γ ΑΒ + ΑΒΓ 0 00 00 + 60 60, 0 geometria_teliko.indd //008 0:0:6 πµ

9. Γ Β Β ΑΓ 70 50 5, 5. Στ τρίγων ΡΓΒ έχυμε: ΓΡΒ + Γ + Β 80 ή ΓΡΒ + 5 + 5 80 ΓΡΒ + 60 80 ΓΡΒ 80 60 0 Άρα φ 80 ΓΡΒ 80 0 60... Καννικά πλύγωνα ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ. α) Γ, β) Β, γ) Β, δ) Β, ε) Γ. α) Γ, β) Α, γ) Α. α) Β, β) Β, γ) Γ, δ) Β, ε) Β, στ) Α. πλήθς πλευρών ΑΣΚΗΣΕΙΣ γωνία καννικύ πλυγώνυ 60 0 5 08 7 6 0 60 0 6 κεντρική γωνία 60 Αν ν τότε ω 0 και φ 80 0 60 60 Αν ν5 τότε ω 7 και φ 80 7 08 5 60 Αν ν6 τότε ω 60 και φ 80 60 0 6 60 Αν ν0 τότε ω 6 και φ 80 6 0 Αν ω5 τότε φ80 5 65 Αν φ50 τότε ω80 50 0 Αν ω7 τότε φ80 7 08 Αν φ60 τότε ω80 60 0 Κεντρική γωνία γωνία καννικύ πλυγώνυ 5 65 0 50 7 08 0 60 5 geometria_teliko.indd 5 //008 0:0:7 πµ

. Επειδή η γωνία τυ πλυγώνυ (φ), είναι () τετραπλάσια της κεντρικής γωνίας τυ (ω), έχυμε: φω. Όμως φ+ ω 80 ω+ ω 80 5ω 80 80 ω 6 5 Όμως ω 60, άρα 60 60 6 ή 6 ν 60 άρα ν 0 ν ν 6 60. ω 60. 6 Τ τρίγων ΟΑΒ είναι ισσκελές (ΟΑΟΒρ) και έχει ΑΟΒ ω 60 Οπότε είναι ισόπλευρ και Α Β 60. Όμια τ τρίγων ΟΒΓ είναι ισόπλευρ και Β Είναι φ Β Β + Β 60 + 60 0 Είναι φ+ω80 Γ 60. o 5 5. Είναι φ 90 o 50 o L 50 o o o ω 80 φ 80 50 0 o άρα 60 o o o o o 60 0 ή 0 ν 60 άρα ν ν 0 5. α) ω6 ή 60 o o o o o 60 6 ή 6 ν 60 άρα ν o ν 6, 5 πυ είναι αδύνατ. β) ω 80 0 50 ή 60 o o o o o 60 50 ή 50 ν 60 άρα ν 7, o ν 50 πυ είναι αδύνατ. 6. Γράφυμε κύκλ (Ο,ρ) και σχηματίζυμε μια επίκεντρη γωνία ΑΟΒ o 60 5 o. 8 Με τ διαβήτη θεωρύμε διαδχικά τόξα ίσα με τ ΑΒ. Φέρνυμε τις χρδές των πρηγύμενων τόξων. o 80 7. Πρέπει ωφ. Όμως ω+ φ80 o άρα ω 80 o ή ω 90 Οπότε: 60 o o o o o 60 90 ή 90 ν 60 άρα ν. o ν 90 Άρα στ τετράγων η γωνία τυ είναι ίση με την κεντρική γωνία τυ. o. o. 6 geometria_teliko.indd 6 //008 0:0:5 πµ

8. Έστω x η πλευρά τυ καννικύ εξαγώνυ. Τότε ι πλευρές των 6 τετραγώνων είναι ίσες με x. Είναι Α o o 60 o o φ 80 80 60 0 o. 6 Όμως Α o o + 90 + 0 60 o ή Α o + 00 60 o άρα Α 60 Δηλαδή τ τρίγων ΑΚΛ έχει ΑΚΑΛx και Α 60 o, πότε είναι ισόπλευρ και έχει ΚΛx και Κ Λ 60 o. Όμια και τα τρίγωνα ΜΖΝ, ΗΕΘ,... είναι ισόπλευρα και έχυν ΜΝΗΘ... x και Μ Ν Η Θ... 60 o. Τότε ΛΚΜ ΚΜΝ ΜΝΗ ΝΗΘ... 90 + 60 50. και ΚΛΜΝΗΘ... x. Άρα τ δωδεκάγων είναι καννικό γιατί έχει όλες τυ τις πλευρές και όλες τυ τις γωνίες ίσες. o.. Μήκς κύκλυ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ. Ακτίνα ρ 5cm 6cm cm cm cm 9cm Μήκς κύκλυ L,cm 7,68cm 5,cm 8,8cm,56cm Αν ρ5cm, τότε: L, 5cm,cm 7, 68 Αν L7,68cm, τότε 7,68cm, ρ ή 6,8 ρ7,68 άρα ρ 6cm 68, Αν ρcm, τότε: L, cm5,cm Αν ρcm, τότε: L, cm8,8cm, 56 Αν L,56cm, τότε,56cm, ρ ή 6,8 ρ,56 άρα ρ cm 68, Αν ρ9cm, τότε: L, 9cm56,5cm. Β. Αν Rρ τότε L R ` ( `)L. L L L L L πρ π ρ L π ρ L L L π ρ L πρ,, π L L π ρ ρ ρ L π ρ π, ρ ρ L π ρ 6πρ π 6ρ 6ρ 6ρ L L L L L ρ L ρ L 6ρ π π π 7 geometria_teliko.indd 7 //008 0:0:5 πµ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Έστω ρ η ακτίνα τυ ενός κύκλυ με μήκς L πρ και ρ η ακτίνα τυ δεύτερυ κύκλυ με μήκς L πρ Αν L L + 0, τότε πρ πρ + 0 ή πρ 0 π πρ π + π ή 0 ρ ρ + π 0 ρ ρ + π Οπότε η ακτίνα τυ ενός κύκλυ είναι μεγαλύτερη κατά 0 cm από την ακτίνα τυ άλλυ. π 5,. Έστω ρ η ακτίνα τυ κρμύ τυ δέντρυ. Τότε: πρ,5 ή 6,8ρ,5 ή ρ 056, m 68,. α) Έστω δ, δ ι διάμετρι των δύ κύκλων. Τότε δ δ 5cm ή ρ ρ 5 ρ ρ 5 ρ ρ 5,cm Οι ακτίνες των δύ κύκλων διαφέρυν κατά,5cm. β) ρ ρ,5 ή πρ πρ π,5 ή L L 5, 7 Οι περίμετρί τυς διαφέρυν κατά 5,cm 7.. Έστω ρ, ρ ι ακτίνες των δύ κύκλων τότε L L α) L L β) δ δ ή πδ πδ άρα δ δ ή ρ ρ άρα ρ ρ 5. Ο λεπτδείκτης τυ ρλγιύ σε ώρα διαγράφει μια πλήρη περιστρφή πυ τ μήκς τυ κύκλυ πυ θα διαγράψει τ άκρ τυ είναι: L, 5, cm 5, 7cm Οπότε σε ώρες τ διάστημα είναι: 5, 7 88, cm 8 geometria_teliko.indd 8 //008 0:0:55 πµ

6. Σε στρφή η Β τραχαλία διαγράφει μήκς κύκλυ ίσ με L π 8 6π B cm Τότε και η α τρχαλία θα έχει διαγράψει μήκς 6π cm. Όμως L π A cm π cm Αν ν ι στρφές της Α τρχαλίας, τότε: ν π 6 π ή ν 6π π. 7. Η μία στρφή τυ πδηλάτη αντιστιχεί σε μήκς L π 0 88, m Επειδή πδηλάτης κινείται με 0 Κm h, σε ώρες θα έχει διανύσει 60Km60.000m. Αν ν ι στρφές πυ θα κάνει, τότε: 60000 ν 88,60000 ή ν 8, 7 στρφές. 88, 8. Έστω ρ η ακτίνα της Γης. Τότε: 0. 000 L, ρ 0. 000 ή 68, ρ 0. 000 ή ρ 669, Km 68,.. Μήκς τόξυ. 90 ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ π π 60 80 70 π π,, π,, 5, 60 π o o o o o o. Α. 8.L πρ µ πρ µ 60 8 πρ ή 60 πρ µ άρα 8 60 60 8 µ και µ 60 8 5 8 πρ πρ ή. Αν μ0 τότε 0 80 α π ή 6 α π ή 6α π άρα α π. 6 Αν α π 6 τότε π µ ή 80 π π π Αν α τότε µ π ή 80 π π µ π ή µ 80 άρα µ90. 80 π µ 80 µ άρα µ 50 5. ή 80 50 9 geometria_teliko.indd 9 //008 0:0:58 πµ

Αν α π 5 τότε όμια μ5. Αν μ00 τότε 00 80 α π ή 5 9 α π ή 9α 5π άρα α π 5 9. 7π π Αν α 7 6 τότε µ π 80 6 7 π 7 6π 6 άρα 6 µ 60 60 άρα µ 0. 6 Αν μ60 τότε 60 80 α π άρα α π. Αν μ70 τότε 70 80 α π άρα α π. Τόξ σε μίρες 0 90 5 5 00 0 60 70 π π π 5π 5π 7π π π Τόξ σε ακτίνια 6 9 6 ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Τόξ σε μίρες 60 5 0 70 80 π π π π π Τόξ σε ακτίνια. 8 90 π 6π π, 5, cm 60 88,. L πρ 88, ή 68, ρ 88, άρα ρ 68,, 0 0 68, 0 5,cm 7 60. Καθένα από τα ίσα τόξα AB, B Γ, Γ, Α είναι 60 0cm 90. Άρα 0 90 0 5, 0,, 5,cm 7 60 5 5. π ρ 5, 7 ή 68, ρ 5, 7 ή 68, ρ 5, 7 ή 68, ρ 8 5, 7 5, 6 άρα 60 8 8 5, 6 ρ 0cm 68, 0 geometria_teliko.indd 0 //008 0::0 πµ

6. Έστω ρ, ρ ι ακτίνες των δύ τόξων. Τότε αρ πρ και πρ. Είναι ή πρ πρ άρα ρ ρ Δηλαδή για να είναι ίσα πρέπει να βρίσκνται σε ίσυς κύκλυς ή στν ίδι κύκλ. 7. ΑΒ 5 68 68,,, 0785, cm 60 8 8 Γ 5 5 9,,, 775, cm 60 8 ΕΖ 5, 56, 57, cm 60 8.5. Εμβαδόν κυκλικύ δίσκυ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ. Β. π ρ π ρ ή πρ π ρ ή ρ πρ πρ. Β. L ή πρ ή πρ π π ή ρ. Τότε Ε π π π π π π π π. Δ. Αν ρ η ακτίνα κύκλυ με εμβαδόν Επρ. Ο κύκλς με ακτίνα ρ έχει εμβαδόν: Ε π ( ρ) 9πρ 9Ε. Αν ρ5cm, τότε Ε, 5, 5 785,cm 8 6 Αν Ε8,6cm, τότε:, ρ 86, ή ρ,, 9 Αν ρ,5cm, τότε: Ε, (,) 5 965, cm Αν Ε9cm 9, τότε:, ρ 9 ή ρ 00, άρα ρ 9 cm άρα ρ 00 7, cm Ακτίνα κύκλυ ρ 5cm cm,5cm 7,cm Εμβαδόν κύκλυ Ε 78,5cm 8,6cm 9,65cm 9cm 5. Ακτίνα ρ Μήκς L Εμβαδόν Ε cm π 9 cm π π cm 6π 9π cm 8π 6π ρ cm πρ πρ ρ cm πρ πρ ρ cm 6πρ 9πρ ρ cm 8πρ 6πρ geometria_teliko.indd //008 0::0 πµ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ 0. ρ0 ή ρ 5cm E π ρ π 5 5π cm Αν ρ η ακτίνα τυ κύκλυ με εμβαδόν: E 5π 00π cm, τότε: π ρ 00 π ή πρ π 00π ή ρ π 00 άρα ρ 0cm. Ε µπλε πr πρ π π 9π π 5π 5, 57, cm. Η γωνία Α είνα ρθή γιατί είναι εγγεγραμμένη σε ημικύκλι. Από τ πυθαγόρει θεώρημα έχυμε: BΓ 6 + 8 6 + 6 00 άρα ΒΓ 00 0cm Όμως ΒΓρ άρα ρ0 ή ρ5cm L πρ, 5, cm E π ρ, 5 785, cm. Τ εμβαδόν τυ κύκλυ ακτίνας 0cm είναι: E π 0, 00 cm Αν ρ η ακτίνα τυ κύκλυ πυ έχει διπλάσι εμβαδόν τότε ισχύει: πρ, ρ 68 ρ ρ 68, 00 άρα ρ 00, cm 5. Eτετρ. 9cm Αν ρ η ακτίνα τυ κυκλικύ δίσκυ, τότε: πρ 9 9 ή, ρ 9 ή ρ 866, άρα ρ 866, 69, cm, 56, 6. 56, m ή πρ,56 ή 6,8 ρ,56 άρα ρ 0, 68, Άρα E π ρ, 0,, 00, 0, 56m geometria_teliko.indd //008 0::06 πµ

7. Είναι ΑΟ 60 ω 90. Από τ πυθαγόρει θεώρημα στ ρθγώνι τρίγων ΑΟΔ έχυμε: ΑΟ + Ο Α ή ρ +ρ 6 ρ 6 6 ρ 8cm Τ εμβαδόν τυ κύκλυ είναι: E π ρ 8π 56, 5cm 8. E π ρ π ή πρ π π ή ρ άρα ρ cm π Τότε, 60 68, 68,, 56 60 6.6. Εμβαδόν κυκλικύ τμέα ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ 60 π π. Αν ρcm και μ60 τότε: E π π cm 60 6 6 Αν μ5 και Ε8π τότε: 5 8π π ρ ή 60 πρ 8π ή 8 6ππρ 6π πρ π ρ 6 άρα ρ8cm Αν ρcm και Επ cm, τότε: µ π π ή 60 9πµ π 60 0 9πµ π 60 9π 9 π µ 0 ακτίνα κύκλυ γωνία κυκλικύ τμέα εμβαδόν κυκλικύ τμέα ρcm μ60 Ε π cm ρ8cm μ5 Ε8πcm ρcm μ0 Επcm geometria_teliko.indd //008 0::08 πµ

0. 6π ή πρ 6π ή πρ π 6π ή πρ8π άρα ρ 60 8 π 9 0 8π Ε π 9 7π cm 60 Άρα ρ9 (cm) και Ε7π (cm ) 60 60. Α. Ε π π ( cm ) π 6 90. Β. E π ρ, 56 ή, ρ 60 ρ 6 cm, 56 50 ή, ρ 50, άρα ρ,, 6 και 5. Δ. πρ µ 60 µ π ( ρ) 9 π ρ µ 9 60 60. E π ρ µ 60 και E κκλυ π ρ Πρέπει πρ µ πρ ή 60 8 πρ µ πρ 60 8 8πρ µ 60πρ 8πρ µ 60πρ 8πρ 8πρ µ 5 0. E πρ ή πρ 60 ή πρ 56. E πρ 56 cm ή ρ 00, ΑΣΚΗΣΕΙΣ άρα ρ 8, και ρ 8, 95, m π άρα ρ 00 0cm 6, 00 Ε κτ, 0, 0 5, 6 60 0 5. E πρ 0, 5π ή πρ 6 π 0, 5π ή πρ 8 05, π ή ρ 6 60 8 π Τ εμβαδόν τυ κύκλυ είναι: E πρ, 6 508, 68cm geometria_teliko.indd //008 0::0 πµ

5. Τ εμβαδόν τυ κυκλικύ τμέα τυ τόξυ ΑΒ είναι: 90, 9, 7065, cm 60 Ε ΑΒ Τ εμβαδόν τυ κυκλικύ τμέα τυ τόξυ Γ είναι: 90, 6 Ε Γ,, 56cm 60 Άρα τ γραμμσκιασμέν εμβαδόν είναι: E, 56cm 7065, cm 595, cm 6. Η επιφάνεια πυ καθαρίζει υαλκαθαριστήρας ισύται με τη διαφρά των κυκλικών τμέων πυ έχυν ακτίνες 70cm και 5cm. Άρα 0 0 900π 5π E π 70 π 5 60 60 675π 675, 89, 7cm 7. α) Καθένας από τυς κυκλικύς τμείς ΖΗ και ΒΜΝ έχυν ακτίνα cm και γωνία 90. Άρα τ γραμμσκιασμέν χωρί έχει εμβαδόν: 90 68, 6 Ε 8, 6 8, 88cm 60 β) Τ ημικύκλι διαμέτρυ ΑΔ έχει εμβαδόν: π Eηµ 8π 5, cm άρα: E ( AΒΓ ) Ε ηµ 6 5, 8, 88cm γ) Τ γραμμσκιασμέν χωρί είναι κυκλικός τμέας ακτίνας 8cm και γωνίας 90. 90 6, Άρα: E π 8 50, cm 60 δ) Τ γραμμσκιασμέν χωρί πρκύπτει από την αφαίρεση ίσων κυκλικών τμέων ακτίνας cm από τ τετράγων. Άρα: 90 E ( AΒΓ ) E ΚΛ 8, 6 50,, 76cm 60 5 geometria_teliko.indd 5 //008 0:: πµ

ε) Τ γραμμσκιασμέν χωρί απτελείται από τα ίσα τμήματα τ και τ. Τ (τ ) βρίσκεται αν από τν κυκλικό τμέα τυ τόξυ ΒΔ (ακτίνας 8cm και γωνίας 90 ) αφαιρέσυμε τ τρίγων ΒΓΔ. Είναι: ( τ ) 90 Ε κτ ( ΒΓ ) π 8 8 8 50, 8, 60 cm άρα E ( τ ) 8, 6, 8cm 8. Επειδή τ τρίγων ΑΒΓ είναι ισόπλευρ, ισχύει ότι A B Γ 60. Επειδή τα τρίγωνα ΒΕΔ και ΔΖΓ είναι ισσκελή και έχυν B Γ 60, είναι ισόπλευρα. Άρα ΕΔΔΖ. Στ τρίγων ΑΚΖ έχυμε: ηµ 60 ηµ Ζ ΑΚ ή ΑΚ άρα ΑΚ ΑΚ ΑΖ ή Είναι ( ΑΕΖ) ( Ε Ζ) ΕΖ ΑΚ 9 Τ γραμμσκιασμέν χωρί απτελείται από τν ρόμβ ΑΕΔΖ και από έναν κυκλικό τμέα πυ πρκύπτει αν από τν κύκλ αφαιρέσυμε τν κυκλικό τμέα κέντρυ Α και τόξυ ΕΖ. 60 Άρα Εγρ ( ΑΕ Ζ) + ( Εκκλυ Ε ΑΕΖ π π κτεζ ) ( ) +.. 60 9 9π 9 π 9 5π + 9π + 9π + 6 9 + 5π 9 7 5, +, 5, 57 + 7, cm, 5cm 6 geometria_teliko.indd 6 //008 0::5 πµ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ο ΜΕΤΡΗΣΗ ΣΤΕΡΕΩΝ.. Ευθείες και επίπεδα στ χώρ Ερωτήσεις Κατανόησης. Σ. Λ. Σ. Λ 5. Σ 6. Σ 7. Σ 8. Β 9. Δ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. α) Κάθετες στην ΑΕ είναι ι ευθείες: ΔΑ, ΘΕ, ΖΕ, ΒΑ καθώς επίσης και ι ευθείες ΓΑ και ΗΕ. β) Παράλληλες με την ΑΒ είναι ι ευθείες ΓΔ, ΗΘ, ΕΖ γ) Ασύμβατες με την ΔΓ είναι ι ευθείες ΕΘ, ΖΗ, ΑΕ, ΒΖ. α) Παράλληλ με τ επίπεδ ρ είναι τ επίπεδ πυ ρίζυν ι ευθείες ΓΔ και ΔΖ και είναι πίσω τίχς τυ σπιτιύ. β) Τ επίπεδ ΔΖΗΕ τέμνει τ ρ κατά την ευθεία ΕΗ. Τ επίπεδ πυ ρίζυν ι ευθείες ΗΖ, ΘΗ τέμνει τ ρ κατά την ευθεία ΘΗ. Τ επίπεδ πυ ρίζυν ι ευθείες ΔΕ και ΕΑ τέμνει τ ρ κατά την ευθεία ΑΕ.. α). Φέρνυμε την ΒΚ κάθετη στην ΑΑ. Θα είναι ΒΚ ΑΒ 8 και ΑΚ ΑΑ ΑΚ ΑΑ ΒΒ 0 6. Σύμφωνα με τ Πυθαγόρει Θεώρημα στ ρθγώνι τρίγων ΑΚΒ θα είναι ΑΒ ΑΚ + ΚΒ 6 + 8 6 + 6 00 πότε ΑΒ0 5. Στ ρθγώνι τρίγων ΕΖΗ σύμφωνα με τ Πυθαγόρει Θεώρημα θα είναι ΕΗ ΕΖ + ΖΗ + + 9 5. Επίσης τ τρίγων ΑΕΗ είναι ρθγώνι στ Ε με ΑΕcm. πότε για την υπτείνυσα ΑΗ θα έχυμε: ΑΗ ΑΕ + ΕΗ + 5 6 + 5 69 άρα ΑΗcm. 7 geometria_teliko.indd 7 //008 0::8 πµ

6. α) Η ΗΓ είναι κάθετη στις ΒΓ και ΓΔ, πότε αφύ είναι κάθετη σε δύ ευθείες τυ επιπέδυ θα είναι κάθετη και στ επίπεδ ΑΒΓΔ. Ομίως η ΛΚ είναι κάθετη στ επίπεδ ΑΒΓΔ γιατί είναι κάθετη στις ευθείες ΑΓ και ΒΔ τυ ΑΒΓΔ. β) Τ τρίγων ΑΒΓ είναι ρθγώνι ( Β 90 ) και ισσκελές πότε σύμφωνα με τ Πυθαγόρει Θεώρημα θα είναι ΑΓ ΑΒ + ΒΓ + πότε ΑΓ. Επειδή ΚΓ ΑΓ τότε ΚΓ 6 cm. 7. Στ ρθγώνι τρίγων ΑΚΓ είναι ΑΚm και ΓΚ5m πότε ΑΓ ΑΚ + ΚΓ + 5 + 5 69 άρα ΑΓm. Οπότε τα συρματόσχινα έχυν μήκς 9m... Στιχεία και Εμβαδόν πρίσματς και κυλίνδρυ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ. α) Γ β) Β γ) Β. α) Β β) Β. α) Γ β) Γ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. (α) (β) (γ) (δ) (ε) περίμετρς βάσης 8 7 5 05 ύψς υ 5 0 6,8 0 Εμβαδόν Επ 0 70 5 Είναι: Ε Π Π υ Β Οπότε για κάθε στήλη τυ παραπάνω πίνακα έχυμε: (α) Ε π 8 50 70 (β) 707 υ άρα υ 0 7 (γ) Π Β 6 άρα Π Β 6 (δ) 5 υ άρα υ 5 (ε) 50 υ άρα 5 υ 0 8, 05, 8 geometria_teliko.indd 8 //008 0::0 πµ

. Μετατρέπυμε τις πλευρές της βάσης σε cm και είναι α dm 0cm β 5dm 50cm γ 6dm 60cm Η περίμετρς της τριγωνικής βάσης είναι: Π Β 0 + 50 + 60 0cm Τ εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας τυ τριγωνικύ πρίσματς θα είναι: Ε Π υ 0 0, 8 cm Π Β. () () () () (5) α 5 β 5 5 γ 5 υ 5 8 5 Επ 5 0 80 80 5 () Είναι περίμετρς βάσης Π Β + + 9. Οπότε Ε Π υ 9 5 5cm 0 () Είναι Π Β + 5+ 0 και ΕΠ ΠΒ υ δηλαδή 00 υ πότε υ 0 80 () Από τν τύπ ΕΠ ΠΒ υ έχυμε 80 Π Β ή Π Β 0. Οπότε α+β+γ0 ή +5+γ0 ή 7+γ0 πότε γ0-7. 80 () Έχυμε ΕΠ ΠΒ υ ή 80 Π Β 8 άρα Π Β 0. Οπότε α+β+γ0 ή +β+50 ή 8 8+β0 άρα β0 8. 5 (5) Είναι ΕΠ ΠΒ υ ή 5 Π Β 5 άρα Π Β 9. Οπότε α+β+γ9 ή α++9 ή α+9 5 άρα α9 5.. Η περίμετρς τυ δωματίυ είναι + 5 8m. Οπότε τ εμβαδόν των τίχων τυ δωματίυ είναι Ε 8 5m. Θα χρειαστύμε 5 : 9 6 κιλά χρώμα. 5. Για να βρύμε τ εμβαδόν τυ ισόπλευρυ τριγώνυ ΑΒΓ πυ έχει πλευρές cm, φέρνυμε τ ύψς ΑΗ πότε ΒΗcm. Από τ Πυθαγόρει Θεώρημα στ τρίγων ΑΒΗ έχυμε: AB AH + BH ή AH + ή 6 AH + πότε AH άρα AH cm. Τ εμβαδό τυ τριγώνυ πυ είναι και τ εμβαδό της βάσης τυ πρίσματς είναι E B BH AH cm Η παράπλευρη επιφάνεια τυ πρίσματς έχει εμβαδόν Ε Π Π Β Π υ ( ) 0 0cm. Τ λικό εμβαδό της επιφάνειας τυ πρίσματς είναι Ε Ε + λ Π Ε 0 + 0 + 8 Β cm Β 9 geometria_teliko.indd 9 //008 0:: πµ

6. Η σκηνή έχει σχήμα ρθύ πρίσματς με βάση πεντάγων. Η πενταγωνική βάση απτελείται από δύ τραπέζια. Τ εμβαδόν τυ τραπεζίυ ΑΒΓΗ είναι: ( AH + BΓ) ΓΗ ( + 0, 5) 0, 8 5, 08, E m Οπότε τ εμβαδόν της βάσης είναι E B E m. Η παράπλευρη επιφάνεια έχει περίμετρ: Π ΑΒ + ΒΓ + Β Γ + Ε + ΕΑ 7, + 05, + 6, + 05, + 7, 6 m. Οπότε τ εμβαδόν της παράπλευρης θα είναι ΕΠ ΠΒ υ 6 m Τ λικό εμβαδόν της σκηνής είναι Ε Ε + λ Β Ε + Π 6m Άρα χρειάστηκαν 6m ύφασμα για την κατασκευή της σκηνής. 7. α) Ε Π πρ υ, 5 9, cm Ε Β πρ, 8, 6 Οπότε Ε Ε + λ Π Ε 9+ 86 50 7 Β,,, cm β) Η ακτίνα της βάσης είναι ρ:cm. Οπότε: Ε Π πρυ, 6 756, cm και Ε Β,, 56cm πρ Άρα Ε Ε + λ Π Ε 756+ 56 00 8 Β,,, cm γ) Είναι πρ5,7 ή, ρ5,7 ή 6,8 ρ5,7 ή ρ 5, 7 5, cm 68, Ε Π πρυ,, 5 50, cm Ε Β,, 5 965, cm πρ Οπότε Ε Ε + λ Π Ε 50 + 9 65 5 65 Β,,, cm 50, δ) Είναι πρ 50, ή,ρ 50, ή ρ 6 άρα ρ. Οπότε για ύψς υ dm 0cm, έχυμε Ε Π πρυ, 0 50, cm Οπότε τ εμβαδόν της λικής επιφάνειας είναι Ελ ΕΒ + ΕΠ 50, + 50, 60, 88cm 8. () () () () (5) ακτίνα βάσης (cm) 0 0 ύψς κυλίνδρυ (cm) 5 9 εμβαδόν Ε π (cm ) 9, 50, 6,8 5,6 56,5 Ολικό εμβαδόν (cm ) 50,7 75,6 690,8 75,6 6,8 () Ε Π πρ υ, 5 9, cm Ε λ πρ + + 9 50 7 Ε Π,,, cm 0 geometria_teliko.indd 0 //008 0::6 πµ

50, () Ε Π πρυ ή 50,, υ ή 50,, 56 υ άρα υ, 56 Ε πρ +, + 50, 75, 6cm λ Ε Π 6, 8 () Ε Π πρυ ή 6, 8, ρ ή 6, 8 6, 8ρ άρα ρ 0cm 68, Ε λ πρ + 0 + 68 68+ 68 690 8 Ε Π,,,, cm () Ε λ πρ + Ε Π ή 75, 6, ρ + 5, 6 ή 75, 6 5, 6 68, ρ ή 68 68, ρ 68 ή ρ 00 68, άρα ρ0cm. cm (5) Ε λ πρυ+ πρ ή 6, 8, υ +, 56, 5 6, 8 6, 8υ + 68, ή 6, 8 6, 8 68, υ ή 56, 5 68, υ ή υ 9cm 68, και Ε Π πρυ, 9 565, cm 9. Τ εμβαδόν της βάσης τυ κυλινδρικύ κυτιύ είναι Ε Β, 8, 6cm πρ Άρα Ε Β 8, 6 56, 5cm Οπότε τα 000 κυτιά θα έχυν εμβαδά βάσεων 56, 5 000 5650cm ή 5650, m Τ κόστς των βάσεων θα είναι 5,650 0,5,86. Τ εμβαδό της παράπλευρης επιφάνειας τυ κυτιύ είναι Ε Π πρυ, 6, 08cm Τα 000 κυτιά θα έχυν συνλικό εμβαδό παράπλευρων επιφανειών 6,08 0006080cm ή,608m. Τ κόστς αυτών θα είναι,608 0,6,78. άρα τ συνλικό κόστς κατασκευής των 000 κυτιών θα είναι:,86+6,789,608... Όγκς πρίσματς και κυλίνδρυ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ. (α) V Ε Β υ 6 (β) V 56 Ε Β υ ή 56 8 υ άρα υ 8 0 (γ) V Ε Β υ ή 0 Ε Β 6 άρα Ε Β 5 6. (α) V Ε Β υ 88 (β) V 7 Ε Β υ ή 7 9 υ άρα υ 9 0 (γ) V Ε Β υ ή 0 Ε Β 6 άρα Ε Β 0 6 7 8 (α) (β) (γ) Εμβαδόν βάσης (cm) 8 5 ύψς (cm) 7 6 Όγκς (cm ) 6 56 0 (α) (β) (γ) Εμβαδόν βάσης (cm) 9 0 ύψς (cm) 8 6 Όγκς (cm ) 88 7 0 geometria_teliko.indd //008 0::9 πµ

. ύψς κυλίνδρυ υ εμβαδόν παράπλευρης ς Κύλινδρς ς Κύλινδρς ς Κύλινδρς ς Κύλινδρς cm cm 6 cm 8 cm 6π π 8π 6π επιφάνειας Ε π λικό 8π 6π 80π 96π εμβαδόν Ε λ όγκς V 6π 96π 8π ς Κύλινδρς Ε Π πρυ π 6π cm Ε λ πρ + Ε Π π + 6π π+ 6π 8π cm V πρ υ π π cm ς Κύλινδρς Ε Π πρυ π π cm Ε λ πρ + Ε Π π + π π+ π 6π cm V πρ υ π 6π cm ς Κύλινδρς Ε Π πρυ π 6 8π cm Ε λ πρ + Ε Π π + 8π π+ 8π 80π cm V πρ υ π 6 96π cm ς Κύλινδρς Ε Π πρυ π 8 6π cm Ε λ πρ + Ε Π π + 6π π+ 6π 96π cm V πρ υ π 8 8π cm ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Η υπτείνυσα ΒΓ τυ ρθγωνίυ τριγώνυ ΑΒΓ είναι: ΒΓ ΑΒ + ΑΓ + 5 άρα ΒΓ5cm. Οπότε και τ ύψς τυ πρίσματς είναι υ5cm. (α) Τ εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας τυ πρίσματς είναι Ε Π υ ( + + 5) 5 5 60cm Π Β (β) Τ εμβαδό της βάσης ΑΒΓ τυ πρίσματς είναι EB AB A cm 6 Γ. Οπότε τ εμβαδόν της λικής επιφάνειας τυ πρίσματς είναι: Ε Ε + λ Β Ε 6+ 60 7 Π cm (γ) Ο όγκς τυ πρίσματς είναι: V E υ 6 5 0 cm B geometria_teliko.indd //008 0:: πµ

. Έστω ότι η πλευρά τυ ισόπλευρυ τριγώνυ είναι α τότε τ ύψς τυ πρίσματς είναι υα και η περίμετρς της βάσης Π Β α. Είναι ΕΠ ΠΒ υ ή α α ή α ή α 6 πότε α6cm. Για να βρύμε τ εμβαδόν της βάσης τυ πρίσματς αρκεί να υπλγίσυμε τ ύψς ΑΚ τυ τριγώνυ ΑΒΓ. Από τ Πυθαγόρει Θεώρημα έχυμε: ΑΓ ΑΚ + ΚΓ ή 6 ΑΚ + ή 6 ΑΚ + 9 ΑΚ 7 άρα ΑΚ 7 9 cm. Άρα Ε Β ΒΓ ΑΚ 6 9 Ο όγκς τυ πρίσματς είναι: V E υ 9 6 cm B. Ε λ Ε Π ή ΕΒ + ΕΠ ΕΠ ή ΕΒ ΕΠ ΕΠ ή ΕΒ ΕΠ άρα ΕΒ ΕΠ () Αν α η πλευρά της βάσης τυ πρίσματς πυ είναι τετράγων τότε Ε Β α και Ε Π υ αυ πότε η () γίνεται: α Π αυ ή α υ (διαγράφντας τ α 0 ) Β. α) Τ εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας είναι ΕΠ ΠΒ υ 0 0 Π Β 0 άρα Π Β cm 0 Άρα η περίμετρς τυ τραπεζίυ ΑΒΓΔ είναι Π Β cm. Επίσης όγκς τυ πρίσματς δίνεται από τν τύπ V E B υ ή 80 E B 0 άρα E 80 B 8cm 0 β) Έστω ΔΚ και ΓΛ τα ύψη τυ τραπεζίυ τότε τα τρίγωνα ΑΔΚ και ΓΛΒ είναι ίσα και ΚΛΓΔ. Από τ Πυθαγόρει Θεώρημα στ ρθγώνι τρίγων ΑΔΚ έχυμε: Α Κ + ΑΚ ή 5 + ΑΚ ή 5 9 + ΑΚ άρα ΑΚ 5 9 6 πότε ΑΚ ΒΛ Έστω ΓΔΚΛx, τότε η περίμετρς τυ ΑΒΓΔ είναι Π Α + Γ + Β ΒΓ + ΒΛ + ΚΛ + ΑΚ 5+ x+ 5+ + x+ 8 + x Πρέπει 8 + x ή x 8 ή x άρα x cm. Άρα Γ cm και AB AK + KΛ+ ΒΛ + + 0 cm. 5. Η παράπλευρη επιφάνεια τυ κυλίνδρυ κατασκευάστηκε από τ ρθγώνι φύλλ τυ χαρτιύ πότε έχει εμβαδό: Ε Π 9 609cm 609 Είναι πρ υ 609 ή, ρ 609 ή 88, ρ 609 άρα ρ 6, cm 88, Ο όγκς τυ κυλίνδρυ είναι V E υ πρ υ,, 6 07, 5cm 6. α) V πρ υ, 0, 76, 8cm B β) Τ ύψς τυ κυλίνδρυ είναι υ 0,m 00mm. Οπότε V E υ 00 00 0000mm B geometria_teliko.indd //008 0::6 πµ

7. Ο όγκς τυ τσιγάρυ πυ καπνίζει καπνιστής είναι V πρ υ, 0, 5 5, cm Ενώ τ εμβαδό τυ χαρτιύ πυ καίγεται κατά τ κάπνισμα είναι: Ε Π πρυ, 0, 5, 56 cm Η πίσσα πυ εισπνέει καπνιστής από ένα τσιγάρ είναι: 5, 05, +, 56 005, 88, mg Άρα από τα 5 τσιγάρα ημερησίως εισπνέει συνλικά, 88 5 8, 6mg... Η πυραμίδα και τα στιχεία της ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ. Λ. Σ. Σ. Λ 5. Λ 6. Σ 7. Γ 8. Β 9. Γ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. (α) (β) (γ) Ύψς (cm) 8 6 πλευρά βάσης (cm) 8 απόστημα (cm ) 0,65 8 εμβαδό παράπλευρης επιφάνειας (cm ) 0 0, 9 Όγκς (cm ) 8 56 88 (α) EΠ Π B cm 0 0 α ( ) V EB υ 8 8cm (β) V E B υ άρα 56 8 56 6 56 υ υ υ α υ 6 + x όπυ x η πλευρά της βάσης. 8 Δηλαδή α + 6 60 + άρα α 60 65, cm E Π ΠB α 8 65 0 ( ),, (γ) EΠ ΠB α ή 9 Π B 8 ή Π B 9 άρα Π B 8 cm άρα κάθε πλευρά της 8 βάσης είναι x cm. V E B υ 6 88 geometria_teliko.indd //008 0::8 πµ

. V EB υ 0 80cm. EΠ Π B α ( 6 9) cm. α) EΠ Π B α ( cm 9 ) 8 β) E E + λ E + + Β Π 9 8 5cm 00 5. V E B υ ή 700 Ε Β 7 ή 00 7 Ε Β άρα Ε Β 7 Άρα x, 6 πότε x, 6, cm, 6 ΑΒ 6 6. Στ ρθγώνι τρίγων ΟΚΗ είναι ΟΗ α 0cm και ΚH 8cm Από τ Πυθαγόρει Θεώρημα έχυμε: ΟΗ ΟΚ + ΚΗ ή 0 ΟΚ + 8 ή 00 ΟΚ + 6 ή ΟΚ 00 6 6 άρα ΟΚ υ 6cm. Τ εμβαδό της παράπλευρης επιφάνειας της πυραμίδας είναι: EΠ Π B cm 6 0 0 α ( ) Ενώ όγκς της είναι: V EB υ 6 6 5cm 7. Η μια έδρα τυ τετραέδρυ είναι ισόπλευρ τρίγων πλευράς 6cm. Από τ Πυθαγόρει Θεώρημα στ τρίγων ΑΒΗ έχυμε: AB AH + BH ή 6 AH + ή 6 AH + 9 ή AH 6 9 7 πότε AH 7 5, cm. Τ εμβαδό τυ τριγώνυ ΑΒΓ είναι: E B cm 6 5 56 Γ ΑΗ,, Άρα η λική επιφάνεια τυ τετραέδρυ έχει εμβαδόν: Ε λ Ε 5 6, 6, cm 8. Είναι V V ή 9 Ε υ Ε υ 9 ή Ε Ε δηλαδή αν α 9, α αντίστιχα ι πλευρές των βάσεων, τότε α α ή 9 α α άρα α α. 5 geometria_teliko.indd 5 //008 0:: πµ

9. Ο όγκς τυ κύβυ είναι: V α 0 000cm κυβ Ο όγκς της πυραμίδας είναι Vπυρ EB υ 0 6 00cm Άρα συνλικός όγκς τυ στερεύ είναι V Vκυβ + Vπυρ 000 + 00 00cm 0. Στ ρθγώνι τρίγων ΟΚΔ έχυμε: ΟΚ υ 8cm και Ο 0cm πότε από τ Πυθαγόρει Θεώρημα θα έχυμε: Ο ΟΚ + Κ ή 0 8 +Κ ή 00 6 +Κ ή Κ 00 6 6 άρα Κ 6cm. Τ τρίγων ΚΔΓ είναι ισόπλευρ πλευράς 6cm πότε για τ απόστημα ΟΗ στ ρθγώνι τρίγων ΟΔΗ θα έχυμε Ο H + ΟH ή 0 +ΟH ή ΟH 00 9 9 άρα ΟH 9 95, cm. α) Η παράπλευρη επιφάνεια της πυραμίδας έχει εμβαδόν EΠ Π B cm 6 6 95 7 7 α ( ),, β) Για να υπλγίσυμε τ εμβαδόν της βάσηε της πυραμίδας αρκεί να υπλγίσυμε τ εμβαδόν τυ ισπλεύρυ τριγώνυ Κ Γ. Από τ ρθγώνι τρίγων ΟΚΗ έχυμε ΟΗ ΟΚ + ΚH ή 9 6 +ΚH άρα ΚH 9 6 7 πότε ΚH 7 5, cm. Άρα τ εμβαδόν Ε τυ Κ Γ είναι: E cm 6 5 56 Γ ΚΗ,, Τ εμβαδόν της βάσης της πυραμίδας είναι Ε 6 Β Ε 6 5 6 96,, cm και τ εμβαδό της λικής επιφάνειας είναι E E + λ E + Π Β 77, 96, 65, cm γ) Ο όγκς της πυραμίδας είναι: Vπυρ EB υ cm 9 6 8 9 6,,.5. Ο κώνς και τα στιχεία τυ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ. Λ. Σ. Σ. Σ 5. Β 6. Γ 7. Α 8. Β 9. Γ 0. Α 6 geometria_teliko.indd 6 //008 0::6 πµ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ. (α) (β) (γ) (δ) Ύψς (cm) 8 0 6,7 Ακτίνα βάσης (cm) 6 6 Γενέτειρα (cm ) 5 0 0,77 9 Όγκς (cm ) 7,68 0, 67,6 5,6 Παράπλευρη επιφάνεια (cm ) 7, 88,9 5,7 69,56 (α) Είναι λ ρ + υ + 9+ 6 5 άρα λ5. Ο όγκς V πρ υ, 768, cm Ε Π πρλ, 5 7, cm (β) λ ρ + υ ή 0 8 +υ ή 00 6 +υ άρα υ 00 6 6 πότε υ6cm. V πρ υ, 6 8 0, cm Ε Π πρλ, 6 0 88, cm (γ) λ ρ + υ 0 + 00 + 6 6 άρα λ 6 0, 77cm. Ε Π πρλ, 0, 8 5, 7cm 69, 56 (δ) Ε Π πρλ ή 69, 56, ρ 9 ή 8,6ρ69,56 άρα ρ 6cm. 8, 6 Επειδή λ ρ + υ τότε 9 6 +υ ή 8 6 +υ υ 8 6 5 άρα υ 5 67,cm V πρ υ, 6 67, 5, 5cm. Είναι V πρ υ m α) Αν υ υ τότε V m πρ υ πρ υ πρ υ β) Αν ρ ρ τότε V m πρ υ π( ρ) υ πρυ πρυ γ) V m πρ υ π( ρ) υ πρ υ 8 8 πρυ. Vκων πρ υ, 0 0 09, cm V α 0 8000cm κυβ Επειδή κύβς έχει μεγαλύτερ όγκ τ νερό δεν θα ξεχειλίσει. 7 geometria_teliko.indd 7 //008 0::8 πµ

. V πρ υ ή 0, ρ 0 ή, ρ 0 άρα ρ 67,, άρα ρ 67,, 5m Άρα η διάμετρς της βάσης της σκηνής πρέπει να είναι τυλάχιστν,55,0m. 5. Vκων πρ υ, 6 00, 8cm V πρ υ, 00, 96cm κυλ Άρα Vλ Vκων + Vκυλ 00, 8+ 00, 96 0, cm Η λική επιφάνεια τυ στερεύ απτελείται από την παράπλευρη επιφάνεια τυ κώνυ πυ έχει εμβαδόν Ε Π πρλ, 7, 90, cm αφύ λ 6 + 5 άρα λ 5 7, cm. Επίσης απτελείται από την παράπλευρη επιφάνεια τυ κυλίνδρυ πυ έχει εμβαδό Ε Π πρυ, 00, 8 cm και τη βάση τυ κυλίνδρυ πυ έχει εμβαδόν Ε Β πρ, 50, cm Άρα τ εμβαδό της λικής επιφάνειας τυ στερεύ είναι: Ε λ 90, + 00, 8 + 50, 5, cm 6. Vλ V + V πρ υ + πρυ +, 8 97,, + 00, 96, 9cm 7. α) Ε Ε πρλ π ΑΓ ΒΓ ΑΓ πρ λ π ΑΒ ΒΓ ΑΒ β) V V πρ υ πρ υ π ΑΓ ΑΒ ΑΓ π ΑΒ ΑΓ ΑΒ ΑΒ ΑΓ ΑΓ ΑΒ 8. Στ ρθγώνι τρίγων ΑΒΚ είναι ΑΒ και ΒΚ cm. Από τ Πυθαγόρει Θεώρημα θα είναι ΑB ΑΚ + ΚB ή ΑΚ + ή 69 ΑΚ + ή ΑΚ 5 άρα ΑΚ 5cm. 8 geometria_teliko.indd 8 //008 0::5 πµ

α) Τ σχήμα απτελείται από δύ ίσυς κώνυς, και η λική τυ επιφάνεια απτελείται από τις παράπλευρες επιφάνειες των δύ κώνων. Ε Ε πρλ, 5 08, cm λ β) Vλ V πρ υ, 5 68cm 0 9. Η ακτίνα της βάσης είναι ρ 0m ενώ η γενέτειρα τυ κώνυ είναι λ ρ + υ 0 + 5 00 + 5 65 πότε λ 65 5m Τ εμβαδό της παράπλευρης επιφάνειας τυ κώνυ θα είναι Ε Π πρλ, 0 5 570m 0. Είναι V πρ υ, 5 97, 9, 9cm Αφύ αδειάζει cm άμμ τ λεπτό τότε χρειάζεται 9, 9: 59, 98min για να αδειάσει. Άρα αδειάζει τελείως σχεδόν σε ώρα..6. Η σφαίρα και τα στιχεία της ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ. Σ. Σ. Σ. Λ 5. Σ 6. Γ 7. Δ 8. Γ 9. Δ 0. Δ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Α. (α) (β) (γ) (δ) Ακτίνα σφαίρας (cm) 0 6 Εμβαδόν επιφάνειας (cm ) π 6π 00π π Όγκς (cm ) π π 000 88π π (α) Ε πρ π π (β) Ε πρ π 6π V πρ π π V πρ π π 00π (γ) Επρ ή 00π π ρ ή ρ 00 άρα ρ0cm π 000 V πρ π 0 π 9 geometria_teliko.indd 9 //008 0::56 πµ

(δ) V 88 πρ ή 88π πρ ή ρ ή ρ 6 άρα ρ6cm Ε πρ π 6 π B. ρ: ακτίνα σφαίρας m 0cm,dm 8dm Ε: εμβαδόν επιφάνειας σφαίρας V: όγκς σφαίρας 6π m (α) Ε πρ π πm (β) Ε πρ π 0 00πcm 000π V πρ π π m V πρ π 0 cm (γ) Ε πρ π, 0, 96πdm (δ) Ε πρ π 8 56πdm V πρ π,, 69πdm V πρ π 8 68, 67πdm (ε) Είναι V 6 πρ ή 6π π ρ ή ρ 7 άρα ρ Οπότε Ε πρ π 6π. Η ακτίνα της σφαίρας είναι ρ cm Οπότε η επιφάνειά της έχει εμβαδόν Ε πρ, 50, cm Ενώ όγκς της σφαίρας είναι V πρ,, 9 cm. Εηµισφ Ε πρ, 00, 8m Vηµισφ V πρ,, 97m. (i) Ε Ε ή πρ πρ ή ρ ρ ή ρ ( ρ) άρα ρ ρ (ii) Ε 6Ε ή πρ 6 πρ ή ρ 6ρ ή ρ ( 6ρ) άρα ρ 6ρ (iii) Ε 00Ε ή πρ 00 πρ ή ρ 00ρ ή ρ ( 0ρ) άρα ρ 0ρ 5. Ε πρ, 0 56m Οπότε τα κιλά χρώματς πυ θα χρειαστύμε είναι 56 : 8 57Kg 50 geometria_teliko.indd 50 //008 0::59 πµ

6. Η μία κίτρινη μπάλα έχει εμβαδό Ε πρ, 5 cm και όγκ V 5 5 cm πρ,, Η μία κόκκινη μπάλα έχει εμβαδό Ε πρ, 00, 96cm και όγκ V 67 9 cm πρ,, Άρα ι κίτρινες μπάλες έχυν συνλική επιφάνεια Ε Ε 56cm και συνλικό όγκ V V λ 5, 09, cm λ Ενώ ι 5 κόκκινες μπάλες έχυν συνλική επιφάνεια Ε 5 Ε 5 λ 00, 96 00, 8 cm και συνλικό όγκ V 5 V 5 λ 67, 9 9, 7 cm Οπότε ι κίτρινες μπάλες έχυν μεγαλύτερη συνλική επιφάνεια και μεγαλύτερ όγκ. 7. Τ κιβώτι έχει πλευρά ίση με ρ 080. Ο όγκς τυ κιβωτίυ πυ μένει άδεις είναι V Vκυβ Vσφ α πρ 80 0 5000 6796 67 05,,, cm 8. Τ άθρισμα των εμβαδών των δύ επιφανειών είναι Ε + Ε πρ + πρ π 5 + π 0 π 5 + π 00 π 65 Άρα η τρίτη σφαίρα πρέπει να έχει επιφάνεια Ε π 65 ή πρ π 65 ή ρ 65 άρα ρ 5 Οπότε η διάμετρς της τρίτης σφαίρας είναι δ 550cm. 9. Ο όγκς τυ στερεύ πυ απμένει είναι V Vµεγ V π π 6 8,, 8 67, 9 669, 8 00, 96cm 5 geometria_teliko.indd 5 //008 0::00 πµ