EΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

ΥΠΟΥΡΕΙΟ ΠΙΕΙΣ, ΕΡΕΥΝΣ ΚΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΕΚΠΙΕΥΤΙΚΗΣ ΠΟΛΙΤΙΚΗΣ EΥΚΛΕΙΕΙ ΕΩΜΕΤΡΙ ΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΣΚΗΣΕΩΝ A ΤΕΥΧΟΣ ος ΤΟΜΟΣ Η συγγραφή και η επιστημονική επιμέλεια του βιβλίου πραγματοποιήθηκε υπό την αιγίδα του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου ΝΟΧΟΣ ΕΡΟΥ: ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΘΗΜΤΙΚΗ ΕΤΙΡΕΙ Ι.Τ.Υ.Ε. «ΙΟΦΝΤΟΣ»

ΣΤΟΙΧΕΙ ΡΧΙΚΗΣ ΕΚΟΣΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΘΗΜΤΙΚΗ ΕΤΙΡΕΙ ΟΜ ΣΥΡΦΗΣ ργυρόπουλος Ηλίας ιδάκτωρ Μαθηματικών Ε.Μ. Πολυτεχνείου Καθηγητής /θμιας Εκπαίδευσης λάμος Παναγιώτης ιδάκτωρ Μαθηματικών Ε.Μ. Πολυτεχνείου Κατσούλης εώργιος Μαθηματικός Μαρκάτης Στυλιανός Επίκουρος Καθηγητής Τομέα Μαθηματικών Ε.Μ. Πολυτεχνείου

Σίδερης Πολυχρόνης Μαθηματικός, τ. Σχολικός Σύμβουλος Ιστορικά Σημειώματα: ανδουλάκης Ιωάννης ιδάκτωρ Πανεπιστημίου Μ. Lomonosov Μόσχας Ιόνιο Πανεπιστήμιο Φιλολογική Επιμέλεια: ημητρίου Ελένη Επιλογή εικόνων: Παπαδοπούλου Μπία Εικονογράφηση - Σελιδοποίηση: λεξοπούλου Καίτη

ΣΤΟΙΧΕΙ ΕΠΝΕΚΟΣΗΣ Η επανέκδοση του παρόντος βιβλίου πραγματοποιήθηκε από το Ινστιτούτο Τεχνολογίας Υπολογιστών & Εκδόσεων «ιόφαντος» μέσω ψηφιακής μακέτας, η οποία δημιουργήθηκε με χρηματοδότηση από το ΕΣΠ / ΕΠ «Εκπαίδευση & ιά ίου Μάθηση» / Πράξη «ΣΤΗΡΙΖΩ». ς πραγματοποιήθηκαν κατόπ Οι διορθώσεις πραγματοποιήθηκαν κατόπιν έγκρισης του.σ. του Ινστιτούτου Εκπαιδευτικής Πολιτικής

Η αξιολόγηση, η κρίση των προσαρμογών και η επιστημονική επιμέλεια του προσαρμοσμένου βιβλίου πραγματοποιείται από τη Μονάδα Ειδικής Aγωγής του Ινστιτούτου Εκπαιδευτικής Πολιτικής. Η προσαρμογή του βιβλίου για μαθητές με μειωμένη όραση από το ΙΤΥΕ ΙΟΦΝΤΟΣ πραγματοποιείται με βάση τις προδιαγραφές που έχουν αναπτυχθεί από ειδικούς εμπειρογνώμονες για το ΙΕΠ. ΠΡΟΣΡΜΟΗ ΤΟΥ ΙΛΙΟΥ Ι ΜΘΗΤΕΣ ΜΕ ΜΕΙΩΜΕΝΗ ΟΡΣΗ ΙΤΥΕ - ΙΟΦΝΤΟΣ

ΚΕΦΛΙΟ5 ΠΡΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΕΙΞΕΙΣ Το κοινό κέντρο δυο ή περισσότερων παραλληλογράμμων διχοτομεί τις διαγωνίους των παραλληλογράμμων. Άρα οι φορείς τους είναι συντρέχουσες ευθείες. (σκήσεις: 5.1-5. Εμπέδωσης 3 και Σύνθετα 1) 5 / 53

ια τις συντρέχουσες ευθείες λαμβάνουμε υπόψιν μας την παρατήρηση της 5.7. ν τρεις ευθείες ε 1, ε, ε 3 είναι φορείς υψών, διαμέσων ή διχοτόμων τριγώνου συντρέχουν. (σκήσεις: 5.9 Σύνθετα 8 και 5.11 Σύνθετα 1) Σχόλιο: Ισοδύναμη έκφραση είναι οι ευθείες ε 1, ε τέμνονται σε σημείο της ε 3. Ένα τρίγωνο είναι ορθογώνιο αν μια διάμεσός του ισούται με το μισό της αντίστοιχης πλευράς. (σκήσεις: 5.11 ποδεικτικές 1, 4) 6 / 53

ια να αποδείξουμε ότι μια παράσταση που εξαρτάται από μεταβλητό σημείο Μ παραμένει σταθερή θεωρούμε μια ή δυο χαρακτηριστικές (ή οριακές) θέσεις του σημείου Μ και βρίσκουμε την τιμή c της παράστασης. ρκεί τότε, για την τυχαία θέση του Μ, να αποδείξουμε ότι A = c. (σκήσεις: 5.3-5.5 Σύνθετα 3) 7 / 53

5.1-5. σκήσεις Εμπέδωσης 1. Έχουμε: =Ε Ε = =. 1 = 1 =Ε 1 1, άρα 1 1 Ε 8 / 54

ΟΕ =ΟΖ. Έχουμε: άρα ΕΖ Ο =Ο παραλληλόγραμμο. Ε Ο Ζ 9 / 54

3. i) Έχουμε Ε//=Ζ, άρα ΕΖ παραλληλόγραμμο. ii) Οι, ως διαγώνιοι του παραλληλογράμμου διχοτομούνται από το Ο. Οι ΕΖ, είναι διαγώνιοι του ΕΖ, οπότε η ΕΖ διέρχεται από το μέσο Ο της. Άρα,, ΕΖ συντρέχουν. Ε Ο Ζ 10 / 54

4. Έχουμε: 1 = = 1 1= 1 οπότε Ε = Ε = Ζ αφού το ΕΖ είναι παραλληλόγραμμο. 1, Ζ Ε 1 11 / 54

ποδεικτικές σκήσεις 1. Έχουμε: ΜΕ = (1), αφού ΜΕ παραλληλό γραμ μο. Επίσης: = Μ 1= άρα =Μ 1, οπότε Μ =. () πό (1), () προκύπτει ότι: Μ + ΜΕ = + =. Ε 1 Μ 1 / 54

. Έχουμε: Ε = Ζ ( =, =, ), 1 1 Ε =Ζ, αφού Ε 1=Ζ1 άρα Ε = Ζ. λλά Ε//Ζ, οπότε ΕΖ παραλληλόγραμμο. Άρα Ε//Ζ. 1 Ε 1 1 Ζ 1 13 / 55

3. Φέρουμε. Τότε το Ζ είναι παραλληλόγραμμο (Ζ//=), οπότε Ζ// (1). Επίσης το Ε είναι παραλληλόγραμμο (//=Ε), οπότε Ε// (). πό τις (1) και () προκύπτει ότι Ζ, και Ε συνευθειακά (Ευκλείδειο αίτημα). Ζ \\ \ \\ \\ \ \ Ε 14 / 55

4. Έχουμε Ζ παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιοί του διχοτομούνται), οπότε Ζ//= (1). Επίσης το Η παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιοί του διχοτομούνται), οπότε Η//= (). Άρα: i) Η = Ζ = ii) Ζ,, Η συνευθειακά (Ευκλείδειο αίτημα). Z H \ \\ Ε \ \\ 15 / 55

5. Με κέντρο τυχαίο σημείο Ο πάνω στη μία από τις παράλληλες, γράφουμε κύκλο με ακτίνα λ, που τέμνει την άλλη παράλληλο στα και. Στη συνέχεια από το φέρουμε τις παράλληλες προς τις Ο και Ο ευθείες. Επειδή τα τετράπλευρα ΟΕ και ΟΖΗ είναι παραλληλόγραμμα, είναι Ε = Ο = λ και ΖΗ = Ο = λ. Ο Ζ λ λ x Ε Η y 16 / 55

Σύνθετα Θέματα 1. i) Έχουμε: ΕΚ = ΗΖ (Ε = Η, Κ = Ζ, =) και ΕΖ = ΚΗ (Κ = Ζ, Ε = Η, =), οπότε ΚΕ = ΖΗ και ΕΖ = ΚΗ. Άρα ΕΖΗΚ παραλληλόγραμμο. ii) Επειδή Ε//=Η το ΕΗ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα, διαγώνιοι του, ΕΗ διαγώνιοι του ΕΗ EH, ΚΖ διαγώνιοι του ΕΖΗΚ Η άρα οι, ΕΗ και ΚΖ συντρέχουν στο Ο. 17 / 56

\\ Ε \\ Κ \ Ο \ Ζ. Έχουμε: Η ( ) Ζ= Ζ= 1 Ζ= άρα = (1) 1 ( ) Ε=3 Ε= άρα = () Ε= 3 4 4 πό τις (1), () προκύπτει ότι Ζ Ε (διχοτόμοι εφεξής και 18 / 56

παραπληρωματικών γωνιών) άρα: ΖΕ= 90. Ζ \ Ε \ 1 3 4 x 19 / 56

3. Έχουμε Ε : 1 ( Ε=) =Ε+ 1 Ε= και (εξωτ.) άρα 1 =Ε= (1) Επίσης στο Ζ : ( ) Ζ= =Ζ και = Ζ+ (εξωτ.) άρα =Ζ= = () Άρα: + += + +=+= 1 180, 0 / 56

\ οπότε τα Ζ,, Ε είναι συνευθειακά. Ε \ \\ 1 \\ Ζ 1 / 56

\ \ 4. Φέρουμε Ζ//. Τότε Ζ 1 ==, άρα Ζ = = Ε. Επομένως Ζ//=Ε, οπότε το ΖΕ παραλληλό γραμμο. Άρα Ο μέσο Ε. Ο 1 Ζ \ Ε 5. Υποθέτουμε ότι το πρόβλημα είναι λυμένο και έστω η θέση της γέφυρας και =, όπου και τα δύο χωριά. Εάν φέρουμε / 57

μια βοηθητική ευθεία BE, παράλληλη και ίση προς την, παρατηρούμε ότι το σημείο προσδιορίζεται από την κάθετη Μ στο μέσο Μ της Ε (μεσοκάθετος). Πράγματι το Ε είναι παραλληλόγραμμο (//= Ε) και επομένως = Ε =. Ε Μ \\ \\ \\ 3 / 57

5.3-5.5 σκήσεις Εμπέδωσης 1. Έχουμε Ε//=Ζ, οπότε το ΕΖ είναι παραλληλόγραμμο. Επειδή Ε= 90 το ΕΖ είναι ορθογώνιο. Ζ Ε 4 / 57

. Το ΕΖ είναι παραλληλόγραμμο, αφού οι διαγώνιοί του διχοτομούνται. Επειδή Ο Ο ΕΖ =ΟΕ+ΟΖ= + = = το ΕΖ είναι ορθογώνιο. Ο Ε Ζ 5 / 57

3. Έχουμε Ε Ε, Η Η και Ζ Ζ γιατί οι διχο τό μοι των εντός και επί τα αυτά μέρη γωνιών τέμνονται κάθετα (εφαρ. 4.4). Άρα Ε=Ζ=Η= 90, οπότε το ΕΖΗΚ είναι ορθογώνιο. Ε Κ Ζ Η 6 / 57

4. Έστω ρόμβος. Τότε ( Ε = Ζ =, Ε=Ζ= 90, = ). Άρα Ε = Ζ. Έστω παραλ ληλόγραμ μο και Ε = Ζ. ( =, 90 Τότε Ε = Ζ Ε=Ζ=, Ε = Ζ). Άρα =, οπότε το είναι ρόμβος. Ε Ζ 7 / 58

5. Έχουμε ΕΖ ΕΖ = Ο μέσο ΕΖ, Άρα το ΕΖ είναι τετράγωνο. 6. Έχουμε ΚΝ = ΚΛ = ΜΛ = ΜΝ, οπότε ΚΛ = ΛΜ = ΜΝ = ΝΚ (1) Επίσης Κ =Ν 1, οπότε Κ 1+Κ = =Κ 1+Ν 1= 90. Άρα Κ= 90 () πό (1), () προκύπτει ότι το ΚΛΜΝ είναι τετράγωνο. 1 Κ Ν 1 Λ Μ 8 / 58

ποδεικτικές σκήσεις 1. Έχουμε ΕΜ = ΜΖ (Μ = Μ, Μ 1=Μ, 1= 1). Άρα Ε = Ζ. λλά Ε//Ζ, οπότε το ΕΖ είναι παραλληλόγραμμο. Επειδή διχοτόμος της το ΕΖ είναι ρόμβος. Ε 1 \\ 1 1 Μ Ζ \\ 1 9 / 58

. i) Ζ = Ε (Ε = Ζ, =, == 90 ). Άρα Ζ = Ε. ii) Έχουμε = 1 1, οπότε 1+ = 1+ == 90, οπότε Κ= 90 (στο τριγ. Κ ). Άρα Ζ Ε. A 1 1 K E B Z 30 / 58

\\ \\ 3. Έχουμε ΕΖ παραλληλόγραμμο (Ζ//=Ε), οπότε Ε//=Ζ. Άρα ΕΗ//=ΖΘ και ΕΗ = ΗΖ (αφού ΖΕ, ΖΕ ορθογώνια). Επομένως το ΕΘΖΗ είναι ρόμβος. Ε Η Θ Ζ 31 / 59

4. Έστω ΚΛ ΕΖ. Φέρουμε ΕΗ και ΚΜ. Τότε ΚΜ = ΕΗ. ( 90 Άρα ΕΖΗ = ΚΛΜ Η=Μ=, ΚΜ = ΕΗ, Κ =Ε ως οξείες με κάθετες πλευρές). Επομένως ΕΖ = ΚΛ. Κ Ε Μ Λ Ζ Η 3 / 59

Σύνθετα Θέματα ( 1 90, 1. Έχουμε ΜΕ = ΜΖ Μ =Μ = Μ = Μ, = = 45 ), οπότε Ε = Ζ. λλά Ε//Ζ, οπότε το ΕΖ είναι παραλληλόγραμμο. Επειδή ΕΖ και Μ = ΜΕ ( = 45 ), οπότε ΕΖ = το ΕΖ είναι τετράγωνο. Ε 45 \\ \\ Μ \\ \\ 45 45 Ζ 33 / 59

. Έχουμε 1= 3= 1 (1) (αφού ορθογώνιο) και 1 = 4 () (οξείες με κάθετες πλευρές). Επομένως Ζ 1= 1+ 1 (ως εξωτερική) (1), () = 4+ 1= 4+, οπότε Ζ =Ζ. Άρα Ζ = Ζ. 1 1 Ο 1 3 4 1 Z 1 Ε 34 / 59

3. i) Έστω Κ τυχαίο σημείο της βάσης,, Κ, ΚΕ. Φέρουμε ΚΖ Η. Τότε Κ = ΖΗ και ΚΕ = Ζ (αφού ΕΚ = ΖΚ γιατί Ζ=Ε= 90, KB κοινή, ==ΚΖ ). Άρα Κ + ΚΕ = ΖΗ + Ζ = Η = = σταθερό. A E Z H B K 35 / 59

ii) Έστω Μ τυχαίο σημείο. Φέρουμε από το Μ παράλληλη προς τη που τέμνει τις, στα Κ, Λ αντίστοιχα. Τότε από το i) έχουμε: ΜΖ + ΜΕ = Ν (1) (αφού το τριγ. ΚΛ είναι ισόπλευρο). Επίσης Μ = ΝΗ () πό τις (1), () προκύπτει ότι Μ + ΜΕ + ΜΖ = Η = σταθερό. Κ Ζ Ν Μ Ε Λ Η 36 / 60

5.6-5.9 σκήσεις Εμπέδωσης 1. Έχουμε μέσο : Ε μέσο και Ζ: μέσο Ε// άρα Ε // άρα Η μέσο Ζ. H Ε Z 37 / 60

. Έχουμε : και : Η μέσο μέσο Ζ μέσο Ε μέσο άρα Η άρα ΖΕ // = () 1 // = ( ) πό (1), () προκύπτει ότι Η//=ΖΕ, οπότε το ΕΖΗ είναι παραλληλόγραμμο. A Ζ Η E 38 / 60

\\ \\ ( 90 3. Έχουμε =, Μ διάμεσος): Μ = και Ε ( Ε= 90, ΕΜ διάμεσος): ΕΜ =. Άρα Μ = ΜΕ. Ε Μ 39 / 60

( 90 4. =, = 30 ): = και (Ε, Ζ μέσα, ): ΕΖ =. Άρα ΕΖ =. 30 Ζ ( 1 5. Έχουμε ΘΕ = Θ Θ = Θ, Θ = ΘΕ). Θ =Θ, 40 / 61

Άρα Ε =, οπότε β = γ. Ε 1 Θ 6. Στο τρίγωνο τα και Η είναι ύψη, οπότε το Ε είναι το ορθόκεντρο. Άρα Ε. Η Ε 41 / 61

7. Έχουμε: : (, Ε μέσα, ), άρα Ε //=, οπότε ΖΕ = Ε //=. Επομένως το ΕΖ είναι παραλληλόγραμμο. λλά = 30, οπότε = =Ε. Άρα το ΕΖ είναι ρόμβος. 30 Ζ \\ \\ Ε 4 / 61

ποδεικτικές σκήσεις 1. i) Έχουμε: (ΕΖ κοινή, ΕΖ = ΕΖ Ε = = Ε, Ζ = = Ζ). Άρα ΕΖ== 90. ii) Έχουμε: (Ε, Ζ μέσα, ): ΕΖ = (1) και ΕΖ ( = 90, ΕΖ Μ διάμεσος): Μ = () πό τις (1), () προκύπτει ότι Μ =. 4 43 / 61

Ε Μ Ζ. Φέρουμε. Τότε έχουμε: (Ε, Ζ μέσα, ): ΕΖ//, οπότε Η μέσο του Ο. Ο Άρα: Η = =. 4 44 / 61-6

B Ο Ε 3. Στο τριγ. Μ είναι: Μ + Μ = 90 (1) 1 Η Z λλά Μ 1=+ 1= () (αφού 1 =) και += 90 (3) πό τις (1), (), (3) προκύπτει ότι: Μ + =+ ή 1 Μ =. 1 Μ 45 / 6

4. Έχουμε Ε//=Ζ, οπότε το ΕΖ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα Ε//Ζ. Επομένως στο τριγ. Η: Ε μέσο ΕΚ//Η και στο τριγ. Κ: Ζ μέσο ΖΗ//Κ άρα Κ = ΚΗ (1) άρα Η = ΚΗ () πό (1), () είναι Κ = ΚΗ = Η. Ε Κ Η Ζ 46 / 6

5. Φέρουμε τότε: : Ε, Ο διάμεσοι, οπότε Κ βαρύκεντρο. Άρα: Κ = Ο= = (1) και 3 3 3 : Ζ, Ο διάμεσοι, οπότε Η βαρύκεντρο. Άρα: Η = Ο= = () 3 3 3 πό τις (1), () θα είναι και ΚΗ =, οπότε Η =ΚΗ=Κ =. 3 3 Η Ο Κ Ε Ζ 47 / 6

6. Έστω Ζ το μέσο Ε. Τότε: Ε (Μ, Ζ μέσα, Ε): ΜΖ//Ε (1) και ΜΖ ( μέσο AM, Ε//ΜΖ από (1)): Ε μέσο Ζ, οπότε: Ε Ε =ΕΖ=. Ε Ζ Μ 7. i) Έχουμε: Ε = =, οπότε Ε//=, άρα το Ε είναι παραλληλόγραμμο. Επομένως Ζ = Ζ. 48 / 63

ii) Στο τριγ. : Ο, Ζ διάμεσοι, οπότε Η βαρύκεντρο. 1 Άρα: Η = Ο= ή Η =. 3 3 3 Επομένως Η = Η 3 Άρα Η =. A Ε Ο H Z 49 / 63

( 8. i) Έχουμε Μ = Μ== 90, κοινή, = =Μ. Άρα Μ =. ii) Μ ( 90 Μ=, = 30 ): Μ = = Μ. λλά = Μ, οπότε: + = 3Μ Μ =. 3 30 Μ 50 / 63

90 9. ρκεί Η 1+Κ 1= ΜΗΚ ). : ( 90 (στο τριγ. Έχουμε: Η Η=, HE διάμεσος) Άρα Η 1= 1 (1) και Κ ( Κ= 90, ΚΖ διάμεσος). Άρα Κ =Κ 1=. () Επομένως 90 Η +Κ = + ==. 1 1 1 Μ 1 Ε 1 Κ 1 Ζ Η 51 / 63

10. Παρατήρηση: ύο σημεία και ισαπέχουν: i) πό κάθε ευθεία παράλληλη προς την ii) πό κάθε ευθεία που διέρχεται από το μέσο του. d A d B d d \\ \\ M B 5 / 64

Έστω, και τα τρία χωριά. Σύμφωνα με την παρατήρηση ο δρόμος πρέπει να συνδέει τα μέσα δύο πλευρών του τριγώνου. Προφανώς υπάρχουν τρεις τέτοιοι δρόμοι. δρόμος d Ε d d B 53 / 64

Σύνθετα Θέματα 1. Έχουμε : (Ε, Ζ μέσα, ). Άρα ΕΖ//, οπότε =Ζ 1 (1) και : ( = 90, Ε διάμεσος). Άρα Ε = Ε, οπότε =Ζ 1 () λλά (1),() Ζ = +ΕΖ ΕΖ=. 1 1 Ε 1 1 Ζ 54 / 64

. Φέρουμε τη διάμεσο AM. Τότε = Μ, οπότε 1 == 15. Άρα Μ 1= 1+= 30. Επομένως στο τριγ. Μ είναι = 90, Μ 1 = 30, Μ άρα = =, αφού 4 Μ =. B 15 Μ 1 1 55 / 64

ντίστροφα: ν =, τότε 4 Μ επειδή Μ = έχουμε =, οπότε στο ορθογώνιο τριγ. Μ είναι 1 = 30. Άρα Μ 1 = = 15. 3. Έχουμε Κ : (Ζ, Η μέσα, Κ). Κ Άρα ΖΗ \\= (1) και Κ βαρύκεντρο του τριγ., Κ άρα ΕΚ = () πό τις (1), () προκύπτει ότι ΖΗ \\= ΕΚ, οπότε το ΕΚΖΗ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα ΕΗ//ΚΖ. 56 / 64-65

Ε K H Z 4. Επειδή = Ε έχουμε Ε= 1=. λλά =Ε+ 1, οπότε = = =. Άρα Μ = Μ (1). Επίσης 3 = 1 (συμπληρωματικές ίσων γωνιών), οπότε Μ = Μ (). πό τις (1), () προκύπτει ότι Μ = Μ. 57 / 65

Μ 1 3 Ε 5. Προεκτείνουμε την BE που τέμνει την στο Ζ. Τότε το τριγ. ABΖ είναι ισοσκελές (Ε διχοτόμος και ύψος), οπότε = Ζ (1) και Ε μέσο του Ζ (). Άρα: 58 / 65

A 1 Ζ B Ε Μ i) Ζ (Ε μέσο Ζ, Μ μέσο ): ii) EM //= Ζ (3). Επομένως ΕΜ//. Ζ Ζ ΕΜ = = =. iii) ΕΜ = =, αφού ΕΜ//. 59 / 65

6. Έστω ΜΖ που τέμνει την στο Μ. ρκεί Η Ε. Στο τριγ. Μ το Η είναι το ορθόκεντρο, οπότε Η Μ (1). Επίσης στο τριγ. Ε τα και Μ είναι μέσα των Ε και, οπότε Μ//Ε (). πό τις (1), () προκύπτει ότι Η Ε. Ζ \\ Η Μ Ε \\ Κ 60 / 65

7. i) Έχουμε Κ=Λ= 90 και ΚΛ= 90 (διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών). Άρα το ΚΛ είναι ορθογώνιο. Ο Μ Λ 1 Κ 1 ii) Επειδή ΚΛ ορθογώνιο είναι: Ο μέσο και Κ 1=1, οπότε ΟΚ//. Επομένως στο τριγ. έχουμε Ο μέσο, ΟΚ//. Άρα Μ μέσο. 61 / 66

8. i) =Ε=Ζ= 90. Άρα το ΕΖ είναι ορθογώνιο, οπότε = ΕΖ. Η 1 1 Ζ B Ε 1 1 Κ Μ ii) Επειδή ΕΖ ορθογώνιο έχουμε Ζ 1=Ε 1= 1. λλά 1= (οξείες με κάθετες πλευρές), οπότε Z 1= B (1). Επίσης 1 = () (Μ = =Μ). πό (1), () προκύπτει ότι 90 +Ζ =+=. 1 1 6 / 66

Άρα Η= 90, οπότε Μ ΕΖ. iii) Έστω Κ το σημείο τομής των AM και Ζ. ρκεί Κ//ΕΖ. Έχουμε Ε//ΚΖ (ως κάθετες στην ) και ΚΖ = Ε ( Ζ=Ε= 90, Ε = Ζ, 1== ), οπότε Ε = ΚΖ. Άρα ΚΖ//=Ε, οπότε το ΕΖΚ είναι παραλληλόγραμμο και συνεπώς Κ//ΕΖ. 63 / 66

5.10-5.11 σκήσεις Εμπέδωσης 1. Έχουμε ΕΖ// (διάμεσος τραπεζίου) (1) και Κ : (Η, Θ μέσα Κ, KB). Άρα ΗΘ// (). πό (1), () προκύπτει ότι ΗΘ////ΕΖ, οπότε το ΜΕΖΘΗ είναι τραπέζιο. Κ Η Ε \\ Θ \\ \\ Ζ \\ 64 / 66

. Έχουμε : (, Ε μέσα, ). Άρα Ε// (1) και = () ( = ). πό τις (1), () προκύπτει ότι το Ε είναι ισοσκελές τραπέζιο. Ε 65 / 67

\\ 3. Έχουμε Ο : (Ε, Ζ μέσα OA, OB). Άρα ΕΖ// (1) Ο : (Θ, Η μέσα Ο, Ο). Άρα ΘΗ// (). Επειδή ισοσκελές τραπέζιο είναι =, οπότε = ΕΗ =ΘΖ (3) πό τις (1), (), (3) προκύπτει ότι το ΕΖΗΘ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Ε Ο Ζ \\ Θ Η 66 / 67

4. Έχουμε ΚΛ////. Άρα ΚΛ//Ε. Επίσης Ε ( Ε = 90 ΕΚ διάμεσος). Άρα ΕΚ = = =Λ. Επομένως το ΚΛΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Κ Λ E 67 / 67

5. Έχουμε Ε = Ζ ( Ε=Ζ= 90, Ε = Ζ, = ). Άρα Ε = Ζ (1) Επίσης = Ε + ΕΖ + Ζ = Ε + + ΕΖ = Ε +. Άρα Ε =Ζ=. Ε Ζ 6. Το τετράπλευρο είναι τραπέζιο, αφού //, ως κάθετες στην ε. Η Μ είναι διάμεσος του 68 / 67

τραπεζίου, οπότε Μ// //. Άρα Μ ε. Επομένως η ΜΚ είναι διάμεσος του ορθογωνίου τριγώνου Μ, οπότε ΜΚ =. ' Μ ' ε Κ 69 / 67

ποδεικτικές σκήσεις 1. Έχουμε: //ΕΖ, οπότε λλά 1= =Η 1 1 Άρα Η 1=, οπότε: ΗΖ =Ζ=Ζ =. Άρα Η= 90. 1 Ε Η 1 Ζ 70 / 68

. Επειδή ΖΗ// και = το ΖΗ είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε Η = Ζ. λλά Ζ = Ζ (ΖΜ μεσοκάθετος ). Άρα Η = Ζ. Μ Η Ζ 71 / 68

3. Φέρουμε Ε. Τότε στο τριγ. Ε ( Ε= 90, = 60, = 30 ). α Άρα Ε= =. Επομένως = Ε + Ε = + Ε = α 5α = α + =. 5α α+ + 9α Άρα ΕΖ = = =. 4 Ε α B 30 α Ζ 60 Ε' 7 / 68

4. Έστω Ε μέσο. Τότε + ΜΕ = =, οπότε Μ = 90 (αφού ΜΕ διάμεσος στο τριγ. Μ ). Ε Μ 73 / 68

5. Έχουμε και 1 = ( ισοσκελές) =Μ (//ΜΕ) Άρα Μ 1 =, οπότε ΜΕ =Ε=Ε =. Άρα Μ= 90 ή Μ. Ε Μ 74 / 68

6. Έχουμε (, Ε μέσα, ). Άρα Ε//, οπότε Ε//ΗΖ (1) Επίσης (Ε, Ζ μέσα, ). Άρα ΕΖ = () και Η ( Η= 90, Η διάμεσος). Άρα Η = (3). πό τις (1), (), (3) προκύπτει ότι το ΕΖΗ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Ε Η Ζ 75 / 69

7. Έστω =. Έχουμε Κ μέσα, ). Άρα ΕΚ = (1) και (Ζ, Λ μέσα, ). Άρα ΛΖ = () Επίσης (Ε, ΚΛ = = = (3) πό τις (1), (), (3) προκύπτει ότι ΕΚ = ΚΛ = ΛΖ. Ε Κ Λ Ζ 76 / 69

8. Έχουμε ΚΛ//// και 3 ΚΛ = = =, οπότε ΚΛ //=. Άρα το ΚΛ είναι παραλληλόγραμμο. ν το ΚΛ είναι ορθογώνιο, τότε Κ = Λ, οπότε =. Άρα το πρέπει να είναι ισοσκελές τραπέζιο. Κ Λ 77 / 69

9. Στο τραπέζιο Ε η ΖΗ είναι διάμεσος, οπότε 3 + Ε + ΖΗ = = =. Άρα ΗΖ //=, οπότε το ΖΗ είναι παραλληλόγραμμο. Επίσης Θ = Θ =, αφού το Θ είναι παραλληλόγραμμο. Ε Η Ζ Θ 78 / 69

10. Το είναι τραπέζιο με διάμεσο ΚΚ. + Άρα ΚΚ = += ΚΚ (1) Επίσης το είναι τραπέζιο με διάμεσο ΚΚ. + Άρα ΚΚ = + = ΚΚ () πό τις (1), () προκύπτει ότι + + + = 4ΚΚ. K B ' ' Κ' ' ' ε 79 / 70

Σύνθετα Θέματα 1. Έστω ότι η διχοτόμος της τέμνει την στο Ε. ρκεί Ε διχοτόμος της. ν Ζ το σημείο τομής των Ε, τότε 1 =Ζ, οπότε =Ζ. Άρα = Ζ = + Ζ + = + Ζ = Ζ. Επομένως το Ζ είναι παραλληλόγραμμο ( //= Ζ). Άρα Ε μέσο Ζ, οπότε η διάμεσος Ε του ισοσκελούς τριγ. Ζ είναι και διχοτόμος της. 1 Ε 1 80 / 70 Ζ

. Φέρουμε ΜΕ, οπότε ΜΕ διάμεσος. Τότε Μ 1 = 1 Μ = = Μ = (εντός εναλλάξ) 1 3 Μ =Μ (ΜΕ ύψος και διάμεσος). Άρα: Μ = 3Μ 3= 3Μ, αφού Μ =Μ. 3 1 Ε 3 1 Μ 81 / 70

3. Έστω Κ το κέντρο του και ΚΚ ε. Τότε το ΚΚ ενώνει τα μέσα των διαγωνίων του τραπεζίου, οπότε ΚΚ = (1) Επίσης στο τριγ. είναι ΚΚ = () πό τις (1), () προκύπτει ότι =. Κ ' ε ' Κ' 8 / 70

4. Έχουμε : (, Ε μέσα, ). Άρα Ε //= (1) Επομένως το Ε είναι τραπέζιο με διάμεσο τη ΖΗ. Ε + 3 Άρα: ΖΗ = ΖΗ =. 3 λλά ΖΗ =, οπότε =. 8 Άρα = 30. Ε Ζ Η 83 / 71

5. i) Επειδή Μ = είναι =Μ 1, οπότε =Μ (παραπληρωματικές ίσων γωνιών). Άρα το ΜΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε Μ = Ε. ii) ν η Ε τέμνει την στο Ζ τότε Ζ = (1) (αφού Ζ παραλληλόγραμμο) και Μ ΕΖ = ΕΖ = () 4 Άρα 3 Ε =Ζ ΕΖ = =. 4 4 Ε 1 Μ Ζ 84 / 71

ενικές σκήσεις 1. Έστω <. Τότε: : ( = 90, = 60, 30 Άρα = < (1) και Ε Άρα = ). : ( Ε= 90, = 60, 30 Ε = > (). Επομένως ΜΕ =Ε Μ = και Ν = Ν =. Άρα ΜΕ = Ν. = ). Μ Ε Ν 85 / 7

. Έχουμε ΕΚ =Ε 1 (1) Έστω Μ το μέσο του Ε. Ε Τότε: Μ = =. Άρα Μ =Μ 1 () λλά Μ 1=Ε 1+ 1= Ε 1 (Μ = ΜΕ) (3) πό (1), (), (3) προκύπτει ότι Μ = ΕΚ. Άρα Κ =Μ+ΕΚ = 3ΕΚ. Κ Ε 1 ε Μ 1 1 ε 1 3. α) Έχουμε = και Ε = Ε (1) (γιατί τα τριγ. 86 / 7

και ΕΕ είναι ισοσκελή). Άρα: Ε = Ε = Ε = = + Ε = = + =. β) Έχουμε: Ε = Ε = = Ε = Ε = = =. Άρα Ε = Ε. Επομένως στο τριγ. (Ε μέσο, ΕΕ // ). Άρα Μ μέσο. Ε 1 Ζ Η Μ ' Ε' 87 / 7

4. α) Επειδή Η// = Ζ και Η = = το ΗΖ είναι ρόμβος. β) Έχουμε Ζ 1=Ε 1(1). Επίσης στο τριγ. Ε ( Ε = 90, ΕΗ διάμεσος). Άρα ΕΗ = =ΗΖ, οπότε Ζ 1=Ε () πό (1), () προκύπτει ότι ΖΕ διχοτόμος της ΗΕ. γ) Επειδή Ε//ΗΖ και ΗΕ = = Ζ το ΗΕΖ είναι ισοσκελές τραπέζιο. δ) Επειδή ΗΕΖ ισοσκελές τραπέζιο είναι =ΗΕ = ΖΕ (3) Επίσης Ζ 1=ΖΕ (4) και Ζ = (5) 88 / 73

πό (3), (4), (5) προκύπτει ότι ΖΕ =Ζ + Ζ = 3 ΖΕ. 1 Η 1 1 Ζ E 5. Στο τραπέζιο η MM είναι διάμεσος. + Άρα ΜΜ = += ΜΜ (1) Έστω το μέσο του Κ. Τότε = Κ = ΚΜ. Επομένως στο τραπέζιο ΚΚ η είναι διάμεσος. 89 / 73

+ΚΚ Άρα = +ΚΚ = () Επίσης στο τραπέζιο ΜΜ η ΚΚ είναι διάμεσος. ΜΜ + Άρα ΚΚ = ΜΜ + = ΚΚ ΜΜ + = 4ΚΚ (3) πό τις (1), (), (3) προκύπτει ότι + + = 3ΚΚ. Κ Μ ' ' ' Κ' Μ' 90 / 73 '

6. α) Έχουμε Ε (, Ζ μέσα, Ε). Άρα Ζ//Ε β ) Ε (Ζ, Η μέσα Ε, Ε). Άρα ΖΗ//, οπότε ΖΗ (αφού ). Επομένως το Η είναι το ορθόκεντρο του τριγ. Ζ. Άρα Η Ζ, οπότε Η Ε (αφού ' Ε//Ζ). ' Κ' Μ' Ε Ζ Η 91 / 73

7. Έχουμε Η = Ε ( = Ε, = Η, Ε=Η = 90 + ). Άρα Ε = Η (1) και Ε 1= 1, οπότε Ν=Ε= 90. Άρα Ε Η () Ε λλά KM //= (3) (τριγ. Ε) Η και ΜΛ //= (4) (τριγ. Η). πό τις (1), (), (3), (4) προκύπτει ότι ΚΜ = ΜΛ. Η Ε Η Κ A Ν Λ Ζ Μ 9 / 74

8. α) Έχουμε Μ μέσο Ο, Η μέσο α και ΟΗ =. Στο τριγ. Ο το Ζ είναι το βαρύκεντρο, οπότε ΟΖ = ΟΗ = =. α α 3 3 3 Ε β) Είναι ΖΗ //= (τριγ. Ε) και ΟΖ ΖΗ = (Ζ βαρυκ.). Άρα ΟΖ //= Ε, οπότε το ΟΖΕ είναι παραλληλόγραμμο. Ο Ζ Η Ε 93 / 74

9. i) Έστω Κ μέσο και Λ το σημείο τομής των ΟΚ και. ρκεί Λ μέσο. Ο ( Ο= 90, ΟΚ διά- Έχουμε μεσος). Άρα Ο 1= 1. λλά 1 =, οπότε Ο 1 = ή ΟΛ = Λ. Όμοια ΟΛ = Λ. Άρα το Λ είναι το μέσο του. Ο Ζ Κ Λ Ε 94 / 74

ii) ΚΛ =ΟΛ ΟΚ = αφού ΟΚ =, ΟΛ =. iii) Το ΚΕΛΖ είναι παραλληλόγραμμο γιατί ΚΖ //= ΛΕ //= (από το τριγ. και ). Επειδή ΖΕ = =ΚΛ, το ΚΕΛΖ είναι ορθογώνιο. 10. Φέρουμε: 1 οπότε 1 = (1) και ΕΕ1 ΕΕ οπότε ΕΕ 1 = ΕΕ () 95 / 74-75

Στο τραπέζιο ΕΕ 1 1 η ΜΖ είναι διάμεσος, οπότε + ΕΕ (1),() 1 1 + ΕΕ ΜΖ = = = ΕΕ = + =ΜΚ +ΜΗ (στα τρίγωνα Ε και ΕΕ αφού Μ μέσο Ε). Κ Ε M Ε Η 1 1 E Ζ 1 96 / 75

ΚΕΦΛΙΟ6 ΠΡΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΕΙΞΕΙΣ ν μας ενδιαφέρει γωνία που σχετίζεται με δυο εφαπτόμενους κύκλους, συνήθως φέρουμε την κοινή ε φα πτομένη (εσωτερική ή εξωτερική). (σκήσεις: 6.4 Σύνθετα 1, ) 97 / 77

Όμοια, στους τεμνόμενους κύκλους, συνήθως φέρου με την κοινή χορδή. (σκήσεις: 6.6 ποδεικτικές 1) ια να διέρχεται ένας κύκλος (,, ) από ένα σημείο αρκεί τα,, και να είναι κορυφές εγγράψιμου τετραπλεύρου. (σκήσεις: ενικές 6, 8) 98 / 77

6.1-6.4 σκήσεις Εμπέδωσης 1. ια το 1ο σχήμα έχουμε: x+ 3x + 4x= 360 9x= 360 x = 40. Η y είναι εγγεγραμμένη γωνία και βαίνει στο τόξο =4x, οπότε y= x= 40 = 80. ια το ο σχήμα έχουμε x = = 50, ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο. ια τον ίδιο λόγο 35 ==, οπότε από το τρίγωνο βρίσκουμε: y= 180 x 35 = 105. 99 / 78

. Η γωνία είναι γωνία τεμνουσών, οπότε ( 6.3) έχουμε: 1 = ( Ε ) 40 1 = (00 Ε ) Ε = 10. 3. ια το 1ο σχήμα έχουμε: x == 40, γιατί η x είναι γωνία χορδής και εφαπτομένης. Τότε =80. Επειδή = θα είναι = =y, οπότε από την: y+ = 360 y+ 80 = 360 y = 140. ια το ο σχήμα έχουμε: Η είναι γωνία τέμνουσας και εφαπτομένης, επομένως σύμφωνα με την 6.3 θα είναι: 100 / 78

A 1 = (y x) y x= 10 (1). ια τη γωνία έχουμε: ( ) 1 = = = (360 x y) 50 = 1 (360 x y) x + y = 60 () Λύνοντας το σύστημα των (1) και () βρίσκουμε: x= 70, y= 190. 4. πό το σχήμα έχουμε: 1 Κ = ( + Ε) 1 70 = ( + Ε) + Ε = = 140 (1). 101 / 78

Επίσης: = 1 ( Ε) ( Ε) = 50 (). Λύνοντας το σύστημα των (1) και () βρίσκουμε: = 95, Ε = 45. 1 = Ο 5. Έχουμε: Ο= 140. ή 70 = 1 Ο ή x, Επειδή Ο = Ο είναι 1= 1= οπότε x + O = 180 ή x= 0, δηλ. = = 0. 1 1 Επειδή = 70 θα είναι Μ= 140 και αφού Μ μέσο Μ =Μ= 70, οπότε = 1 = 70 = 35 και από το τρίγωνο Μ βρίσκουμε ότι Μ= 180 35 = 110. 10 / 78-79

70 O 1 1 Μ 6. πό το σχήμα έχουμε y = z (y εξωτερική γωνία τριγώνου) και x = z, ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο. Με τη βοήθεια αυτών η i) είναι σωστή. 7. Τα ζητούμενα καθίσματα είναι αυτά που βρίσκονται πάνω στο τόξο που γράφεται με χορδή το τμήμα που εκφράζει το πλάτος 103 / 79

της σκηνής και δέχεται γωνία ίση με τη γωνία υπό την οποία φαίνεται η σκηνή από το κάθισμα. ποδεικτικές σκήσεις 1. Ευθύ: Έστω Μ το μέσο ενός τόξου και ε η εφαπτομένη του στο Μ. Θα δείξουμε ότι ε//. Έχουμε: η Μ 1 είναι γωνία χορδής και εφαπτομένης, άρα: =Μ (1). Εξάλλου αφού Μ μέσο 1, οπότε θα είναι Μ =Μ = () ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στα ίσα τόξα Μ και Μ αντίστοιχα. πό τις (1) και () προκύπτει ότι =Μ 1 απ όπου έχουμε ε//. 104 / 79

Μ 1 ε A ντίστροφο: Υποθέτουμε τώρα ότι ε// και θα δείξουμε ότι Μ μέσο. Έχουμε =Μ 1 (3) (γωνία χορδής και εφαπτομένης) και =Μ 1 (4) (γιατί ε//). πό (3), (4) προκύπτει ότι =, οπότε και τα αντίστοιχα τόξα αυτών Μ, Μ είναι ίσα, δηλ. Μ μέσο του. 105 / 79

. Επειδή αντιδιαμετρικό του στον κύκλο κέντρου Κ, η γωνία είναι ορθή γιατί βαίνει σε ημικύ κ λιο, δηλ. = 90 (1) όμοια = 90 (). πό (1) και () προκύπτει ότι += 180 η οποία σημαίνει ότι,, συνευθειακά, δηλαδή η διέρχεται από το. Κ Λ 106 / 79

3. ρκεί P 1 + = 90. Έχουμε: P = P (ως κατακορυφήν) 1 = (εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο) και = P3 (γιατί το τρίγωνο Ρ είναι ορθογώνιο στο Ρ και ΡΜ διάμεσος). Άρα P + 1 = P + P 3=Ρ= 90, αφού οι χορδές και τέμνονται κάθετα. 3 Ρ 1 107 / 80

4. Επειδή Ι= 100 το I βρίσκεται σε τόξο τ 1 που γράφεται με χορδή AB και δέχεται γωνία 100. Όμοια το I βρίσκεται και στο τόξο τ που γράφεται με χορδή τη και δέχεται γωνία 15. Τα τόξα αυτά έχουν κοινό το σημείο που δε βρίσκεται πάνω στη διάκεντρο των αντίστοιχων κύκλων, επομένως θα έχουν και δεύτερο κοινό σημείο I το οποίο είναι το ζητούμενο. Πράγματι Ι= 100 από κατασκευή του τ 1 και Ι= 15 από κατασκευή του τ και Ι= 360 100 15 = 135. 108 / 80

τ 1 Ι τ Σχόλιο: Προφανώς ο καπετάνιος έκαμε και μια περιττή μέτρηση. Σύνθετα Θέματα 1. Έστω ότι οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά στο. Φέρνουμε την κοινή εσωτερική εφαπτομένη n αυτών στο. Τότε: = 1 (γωνία χορδής και εφαπτομένης στον κύκλο κέντρου Κ) 109 / 80

= (γωνία χορδής και εφαπτομένης στον κύκλο κέντρου Λ) 1= (ως κατακορυφήν) Άρα = που σημαίνει ότι //. Έστω ότι οι κύκλοι εφάπτονται εσωτερικά στο. Τότε, όπως και στην προηγούμενη περίπτωση, φέρνουμε την κοινή εξωτερική εφαπτομένη και έχουμε: = 1 και = 1 (χορδή και εφαπτομένη), οπότε =, άρα //. ε ε' ' Κ 1 η Λ ' 110 / 80

. Έστω Ζ, Η τα δεύτερα κοινά σημεία των, αντίστοιχα με το μικρότερο κύκλο. ια να δείξουμε ότι η είναι διχοτόμος της γωνίας αρκεί να δείξουμε ότι η είναι διχοτόμος της γωνίας ΖΗ και επειδή αυτή είναι εγγεγραμμένη στο μικρό κύκλο αρκεί να δείξουμε ότι τόξο Ζ είναι ίσο με το Η, το οποίο σύμφωνα με την άσκηση 1 είναι ισοδύναμο με την //ΖΗ το οποίο είναι με τη σειρά του ισοδύναμο με την =Η που ισχύει γιατί = 1 και Η = 1, ως γωνίες χορδής και εφαπτομένης, όπου ε η κοινή εξωτερική εφαπτομένη των δύο κύκλων στο. 111 / 81

Η ε Z 1 3. ια να δείξουμε ότι Ρ = αρκεί να δείξουμε ότι η γωνία Ρ ισούται με τη γωνία Ρ. Έχουμε: η γωνία Ρ είναι εξωτερική στο τρίγωνο, οπότε: 1 Ρ=+ (1). Όμως = 3 (γωνία χορδής και εφαπτομένης) και 1= γιατί η είναι διχοτόμος της γωνίας. 11 / 81

Με αντικατάσταση των και 1 με τα ίσα τους στην (1) παίρνουμε: Ρ= 3+ =Ρ, δηλ. Ρ=Ρ που είναι το ζητούμενο. 1 3 Ρ 113 / 81

6.5-6.6 σκήσεις Εμπέδωσης 1. Επειδή το είναι εγγράψιμο έχουμε: += 180 ή = 60. 10 += 180 ή Επίσης έχουμε = εξ ή = 80. Προφανώς δε = 180 = 100. εξ 10 80 114 / 81

. Επειδή ρόμβος θα είναι = (1). λλά ο ρόμβος είναι και εγγεγραμμένος σε κύκλο, οπότε += 180 (). πό τις (1), () προκύπτει = 180 ή 90 =. ηλαδή ο ρόμβος έχει μια γωνία ορθή, άρα είναι τετράγωνο. 115 / 81

3. Σε κάθε παραλληλόγραμμο οι απέναντι γωνίες είναι ίσες, δηλαδή =, =. φού είναι και εγγεγραμμένο, οι απέναντι γωνίες είναι και παραπληρωματικές, συνεπώς ==1L και = = 1L. 4. i) φού το είναι παραλληλόγραμμο θα είναι AB = και =. Επειδή είναι περιγράψιμο θα έχουμε ότι: + = 116 / 8

= + ή = ή =. Επομένως το είναι ρόμβος. ii) φού το είναι ρόμβος οι διαγώνιοί του διχοτομούν τις γωνίες του, επομένως τέμνονται στο κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου. Ο 117 / 8

ποδεικτικές σκήσεις 1. ρκεί να αποδείξουμε ότι = 1. ι αυτό φέρνουμε την κοινή χορδή, οπότε από τα σχηματιζόμενα εγγεγραμμένα τετράπλευρα και έχουμε: = 1 ( 1 εξωτερική γωνία του ) = 1 ( 1 εξωτερική γωνία του ). 1 πό τις σχέσεις αυτές προκύπτει = 1, δηλ. το ζητούμενο. ' Κ 1 1 118 / 8 Κ 1 '

.. ρκεί να δείξουμε ότι =Ε 1 1 Έχουμε: 1 = (1) (γωνία χορδής και εφαπτομένης) στον κύκλο (Ο) και Ε 1 = () γιατί το Ε είναι εγγεγραμμένο στον κύκλο (Κ). πό τις (1) και () προκύπτει =Ε το οποίο σημαίνει ότι ε//ε. 1 1 1 1 Ε ε (Ο) (Κ) 119 / 8

3. Είναι Η+ΖΗ = 90 + 90 = 180, οπότε το ΗΖ είναι εγγράψιμο σε κύκλο και επομένως 1= 1(1). λλά και το ΖΕ είναι εγγράψιμο σε κύκλο, γιατί Ζ=Ε= 90, οπότε 1= 1(). Όμως και το ΗΕ είναι κι αυτό Η + ΗΕ = = 90 + 90 = 180, οπότε 1 = (3). πό (1), () και (3) προκύπτει ότι: εγγράψιμο, αφού 1=, δηλ. διχοτόμος της γωνίας ZΕ του τριγώνου ΕΖ. Όμοια αποδεικνύεται και για τα άλλα ύψη. 10 / 83

A E Z Η 1 1 1 4. ρκεί να δείξουμε ότι Κ +Μ = 180. Είναι Κ = Κ, ως εφαπτόμενα τμήματα από το σημείο Κ προς τον κύκλο και επομένως = = ω 1 1, οπότε από το τρίγωνο Κ έχουμε Κ= 180 ω. Όμως 1= 1=ω, ως γωνία χορδής και εφαπτομένης, οπότε Κ= 180 (1). 1 11 / 83

Όμοια βρίσκουμε ότι Μ= 180 1 () Επειδή όμως είναι 1+ 1= 90 (3) Προσθέτοντας κατά μέλη τις (1) και () βρίσκουμε ότι Κ+Μ= 360 ( 1+1), οπότε παίρνοντας υπόψη και την (3) προκύπτει ότι Κ +Μ = 180 που σημαίνει ότι το ΚΛΜΝ είναι εγγράψιμο σε κύκλο. 1 / 83

Ν Κ 1 1 Σ 1 M 1 Λ 13 / 83

Σύνθετα Θέματα 90 1. ρκεί να δείξουμε ότι 1+Ε 1=. ι αυτό φέρνουμε την Ο, οπότε από το ισοσκελές τρίγωνο Ο βρίσκουμε: 1 +Ο= 180 και επειδή Ο=, αφού εγγεγραμμένη και Ο επίκεντρη που βαίνουν στο ίδιο τόξο, παίρνουμε += (1). 1+ = 180 1 90 Επειδή όμως Ε== 90 το Ε είναι εγγράψιμο σε κύκλο στον οποίο η Ε 1 είναι εξωτερική γωνία, οπότε Ε 1 = (). πό (1) και () προκύπτει ότι 1 +Ε 1 = 90. 14 / 83

x' x Ε 1 1 Ο ος τρόπος: Φέρνουμε την εφαπτομένη xx στο, οπότε Ο xx. ρκεί να αποδείξουμε ότι Ε//xx. Πράγματι xab = (χορδή και εφαπτομένη) και = E1, οπότε x = E1. Άρα Ε//xx. 15 / 83-84

. Φέρνουμε τα τμήματα Ο και ΟΕ. Στο τρίγωνο ΟΕ το ΟΜ είναι ύψος, από κατασκευή, οπότε για να είναι Μ = ΜΕ πρέπει το τρίγωνο ΟΕ να είναι ισοσκελές, δηλ. πρέπει 1= Ε 1. Επειδή ε 1 εφαπτομένη και Ο ακτίνα που καταλήγει στο σημείο επαφής έχουμε: Ο = 90. Επίσης και ΟΜ = 90, οπότε το ΟΜ είναι εγγράψιμο και επομένως 1= 1 (1). Επίσης από ΟΜΕ=ΟΕ= 90 προκύπτει ότι ΟΜΕ εγγράψιμο, οπότε Ε 1= 1(). λλά Ο = Ο συνεπάγεται ότι το τρίγωνο Ο οπότε 1= 1(3). είναι ισοσκελές, 16 / 84

πό (1), () με τη βοήθεια της (3) βρίσκουμε ότι 1= Ε 1 που είναι το ζητούμενο. 1 Ε 1 Ο 1 ε 1 Μ ε 3. Έστω, Ε, Ζ οι προβολές ενός σημείου Μ του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου πάνω στις πλευρές του,, αντίστοιχα. ια να δείξουμε ότι τα, Ε, Ζ είναι συνευθειακά αρκεί να 17 / 84

ΖΕΜ+ΜΕ =. δείξουμε ότι 180 Επειδή 90 90 ΜΖ+ΜΕ= + = = 180 το ΜΖΕ είναι εγγράψιμο σε κύκλο, οπότε ΜΕΖ=ΜΖ (1). Επίσης από ΜΕ=Μ= 90 προκύπτει ότι ΜΕ εγγράψιμο και επομένως ΜΕ + Μ= 180 () λλά, αφού Μ εγγεγραμμένο, θα είναι ΜΖ=Μ (3) πό (1) και (3) προκύπτει ότι ΜΕΖ = Μ οπότε αντικαθιστώντας στη () βρίσκουμε ότι ΜΕ + ΜΕΖ= 180 η οποία σημαίνει ότι τα σημεία, Ε, Ζ είναι συνευθειακά. 18 / 84

Ζ Μ Ε 4. Η γωνία Ζ είναι εγγεγραμμένη στον (,, ) κύκλο και η είναι διχοτόμος της, άρα 1=, ή Ζ =, οπότε και Ζ = (1). Όμοια η είναι διχοτόμος και της Ε που είναι εγ γεγραμμένη στον (,, ) κύκλο, οπότε Ε = (). 19 / 84-85

Επειδή το Ε είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο θα είναι Ε= (3). Επίσης και το Ζ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, οπότε Ζ= (4). πό (3) και (4) προκύπτει ότι Ε=Ζ από την οποία με τη βοήθεια και των (1), () προκύπτει ότι τα τρίγωνα Ζ είναι ίσα. και Ε Ζ 1 Ε 130 / 85

6.7 σκήσεις Εμπέδωσης 1. i) Επειδή ο δρομέας κινείται ισαπέχοντας από τις πλευρές του διαδρόμου, ο γεωμ. τόπος των θέσεών του είναι η μεσοπαράλληλη των πλευρών του διαδρόμου. ii) Είναι ένας κύκλος ομόκεντρος της γης και ακτίνας R + 10, όπου R η ακτίνα της γης σε Km.. i) Ευθύ: Έστω (M, ρ) ο κύκλος γνωστής ακτίνας ρ που κυλιέται στο εσωτερικό του γνωστού κύκλου (Ο, R) και το μετακινούμενο μοναδικό κοινό σημείο των δύο κύκλων. Τότε 131 / 85

ΟΜ = Ο Μ = R ρ, δηλ. το τυχαίο σημείο Μ του τόπου απέχει σταθερή απόσταση από το σταθερό σημείο Ο, άρα βρίσκεται στον κύκλο (O, R ρ). ντίστροφο: Έστω Ν ένα σημείο του κύκλου (O, R ρ) και το κοινό σημείο της προέκτασης της ON με τον (O, R). Τότε Ν = Ο ΟΝ = R (R ρ) = ρ, οπότε το εί ναι σημείο του κύκλου (Ν, ρ). Επειδή δε το είναι σημείο της διακέντρου των (O, R) και (Ν, ρ) το είναι το μοναδικό κοινό σημείο των δυο κύκλων. Άρα το Ν είναι κέντρο κύκλου ακτίνας ρ που εφάπτεται στον (O, R) εσωτερικά. Επομένως γεωμ. τόπος του Μ είναι ο κύκλος (O, R ρ). 13 / 85

R N O Μ ρ ii) Ευθύ: Έστω (Μ, ρ) ένας κύκλος γνωστής ακτίνας ρ που διέρχεται από το σταθερό σημείο, τότε Μ = ρ που σημαίνει ότι το Μ βρίσκεται στον κύκλο (, ρ). ντίστροφο: Έστω Ν τυχαίο σημείο του κύκλου (, ρ). Τότε Ν = ρ, οπότε το Ν είναι το κέντρο κύκλου που διέρχεται από το και έχει ακτίνα ρ. Επο μένως ο ζητούμενος γεωμ. τόπος είναι ο κύκλος (, ρ). 133 / 85-86

ρ Μ Ν 3. Έστω Θ η θέση του θησαυρού. Επειδή Θ = Θ το Θ είναι σημείο της μεσοκαθέτου ε του τμήματος με άκρα τις θέσεις των δένδρων. Εξάλλου αφού το Θ απέχει από το δέντρο απόσταση 4m θα βρίσκεται και στον κύκλο (, 4m). Άρα η ζητούμενη θέση του θησαυρού θα είναι στα κοινά σημεία της ε με τον κύκλο (, 4m). 134 / 86

Θ Θ' 4m ρ B 4. ν R είναι η ακτίνα του δοθέντος κύκλου, είναι φανερό ότι ο γεωμ. τόπος των μέσων Μ της ακτίνας OA, καθώς το κινείται πάνω στον (O, R), είναι ο κύκλος R O,. Μ O 135 / 86

ποδεικτικές σκήσεις 1. Ευθύ: Έστω ορθογώνιο τρίγωνο με σταθερή υποτείνουσα = α. Φέρνουμε τη διάμεσο AO που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα, τότε Ο = = η οποία ση- α μαίνει ότι το μεταβλητό σημείο απέχει από το σταθερό σημείο Ο σταθερή απόσταση α, άρα το βρίσκεται στον κύκλο α O,. ντίστροφο: ράφουμε τον κύκλο α O, και έστω ένα σημείο του, διαφορετικό των,. 136 / 86

Τότε τα,, δεν είναι συνευθειακά, ορίζουν επομένως τρίγωνο. Το τρίγωνο αυτό είναι ορθογώνιο στο, αφού για τη α διάμεσο Ο ισχύει: Ο= =. Άρα κάθε σημείο του κύκλου α O,, διαφορετικό των άκρων, της σταθερής διαμέτρου αυτού είναι κορυφή της ορθής γωνίας του μεταβλητού τριγώνου. Επομένως γεωμ. τόπος του A είναι ο κύκλος α O, χωρίς τα σημεία του,. 137 / 86-87

O '. Ευθύ: Έστω ε μια ευθεία που διέρχεται από το και Μ η προβολή του πάνω στην ε. Τότε Μ = 1L, οπότε το Μ βρίσκεται σε κύκλο με διάμετρο το. ντίστροφο: ράφουμε τον κύκλο διαμέτρου και θεωρούμε ένα σημείο Ν αυτού, διαφορετικό των,. Τότε N = 1L (εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο) και επομένως το Ν είναι 138 / 86-87

προβολή του πάνω στην ευθεία Ν, που διέρχεται από το. Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι κάθε σημείο του κύκλου διαμέτρου, διαφορετικό των, είναι σημείο του ζητούμενου γεωμ. τόπου. Όμως στο γεωμ. τόπο ανήκουν και τα, γιατί το μεν είναι προβολή του εαυτού του πάνω στην, ενώ το είναι προβολή του πάνω στην ευθεία που διέρχεται από το και είναι κάθετη στην. Επομένως ο ζητούμενος γεωμ. τόπος είναι ο κύκλος διαμέτρου. M A B ε Ν 139 / 87

3. Ευθύ: Έστω Μ το μέσο της υποτείνουσας του ορ θογωνίου τριγώνου του προβλήματος. Στο ορθογώνιο τρίγωνο Ο η ΟΜ είναι διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα, επομένως ΟΜ = (1). Όμοια στο ορθογώνιο τρίγωνο η AM είναι διά με σος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα, οπότε Μ= (). πό (1), () προκύπτει ΟΜ = Μ το οποίο σημαίνει ότι το Μ βρίσκεται στη μεσοκάθετη ε του τμήματος OA. 140 / 87

y B 0 Μ x Ο 0 ε ντίστροφο: y Φέρνουμε τη μεσοκάθετη ε του τμή μα τος OA και θεωρούμε τυχαίο σημείο Ν της ε. ράφουμε τον κύκλο (Ν, ΝΟ), ο οποίος τέμνει τις Oy, Ox στα σημεία, αντίστοιχα. Επειδή Ο= 90 το είναι διάμετρος του κύκλου (Ν, ΝΟ) και επομένως διέρχεται από το κέντρο Ν, οπότε θα είναι Ν= Ν, δηλαδή το Ν είναι μέσο του. 141 / 87

Άρα θα έχουμε Ν =ΝΟ= (γιατί το ON διάμεσος του ορθογωνίου τριγώνου Ο ). Έτσι για τη διάμεσο Ν του τριγώνου A έχουμε Ν = το οποίο σημαίνει ότι = 90. Όμως το Ν είναι εσωτερικό σημείο της γωνίας, άρα γεωμ. τόπος του Μ είναι το τμήμα 0 0 της μεσοκαθέτου ε που βρίσκεται στο εσωτερικό της γωνίας, συμπεριλαμβανομένων και των άκρων 0, 0. 14 / 87-88

y 0 ' Ο Ν 0 ' x 4. i) νάλυση: Έστω το ζητούμενο τρίγωνο που έχει: = 1L, = λ και διάμεσο Μ = μ. Τότε = Μ = μ, οπότε έχουμε να κατασκευάσουμε ορθογώνιο τρίγωνο από την υποτείνουσα και μια κάθετη πλευρά. 143 / 87-88

μ λ μ Μ λ Σύνθεση: Κατασκευάζουμε ορθή γωνία xay, στην x παίρνουμε σημείο ώστε = λ και γράφουμε τον κύκλο (, μ), ο οποίος τέμνει την ημιευθεία Ay στο. Το τρίγωνο είναι το ζητούμενο. πόδειξη: Το τρίγωνο έχει: = x y= 1L, από κατασκευή της xay, = λ από κατασκευή και διάμεσο Μ = = =µ δηλαδή τα µ δοθέντα στοιχεία. 144 / 88

y Μ μ λ ιερεύνηση: ια να υπάρχει λύση θα πρέπει ο κύκλος (, μ) να τέμνει την Ay, το οποίο συμβαίνει όταν λ < μ. ii) Έστω το ζητούμενο τρίγωνο που έχει: =1L, 1 διάμεσο Μ = μ και ύψος = λ. Παρατηρούμε ότι το ορθογώνιο ( 1 τρίγωνο Μ =1L) κατασκευάζεται γιατί έχει γνωστή 145 / 88 x

υποτείνουσα Μ = μ και μια κάθετη πλευρά = λ. Έτσι για τη σύνθεση, κατασκευάζουμε πρώτα το Μ και παίρνουμε την προέκταση της Μ και εκατέρωθεν του Μ τα σημεία, ώστε Μ = Μ = = μ. Τότε το τρίγωνο είναι το ζητούμενο. ια να υπάρχει λύση πρέπει να κατασκευάζεται το τρίγωνο Μ όταν λ < μ. το οποίο συμβαίνει μ Μ λ 146 / 88

Σύνθετα Θέματα 1. πό τυχαίο σημείο Ρ της φέρνουμε ΡΕ// και ΡΖ//. Ζητάμε το γεωμ. τόπο του μέσου Μ του ΖΕ. Το ΖΡΕ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε οι διαγώνιες Ρ και ΖΕ διχοτομούνται, άρα το Μ είναι και μέσο του Ρ. Φέρνουμε το ύψος = υ και ΜΗ. Στο τρίγωνο Ρ είναι ΜΗ// και Μ μέσο της πλευ ράς Ρ, οπότε ΜΗ = ή ΜΗ =, η οποία υ ση μαί νει ότι το Μ απέχει σταθερή απόσταση υ από τη σταθερή ευθεία και επομένως βρίσκεται σε ευθεία ε// που απέχει υ από τη. Επειδή το Ρ είναι σημείο 147 / 89

του τμήματος το Μ είναι σημείο του τμήματος ΚΛ. K Z υ Μ Λ ε Ε B Η Ρ ντίστροφο: Έστω Μ σημείο του ΚΛ και Ρ η τομή της AM με τη. πό το Ρ φέρνουμε ΡΕ// και ΡΖ//, οπότε στο παραλληλόγραμμο ΖΡΕ το Μ είναι μέσο της μιας διαγωνίου Ρ και επομένως θα είναι και μέσο της άλλης διαγωνίου ΖΕ. Άρα κάθε σημείο Μ 148 / 89

του τμήματος ΚΛ είναι σημείο του ζητούμενου γεωμ. τόπου και επομένως γεωμ. τόπος του Μ είναι το τμήμα ΚΛ.. i) νάλυση: Έστω το ζητούμενο τρίγωνο που έχει: = λ, =ω και διάμεσο Μ = μ. Επειδή =ω το βλέπει το σταθερό τμήμα = λ υπό σταθερή γωνία, άρα θα είναι σημείο του τόξου τ που γράφεται με χορδή τη και δέχεται γωνία ω. Επίσης, αφού Μ = μ το απέχει σταθερή απόσταση από το σταθερό σημείο Μ, άρα θα είναι σημείο του κύκλου (Μ, μ). Άρα το είναι σημείο της τομής του τόξου τ και του κύκλου (Μ, μ). 149 / 89

ω μ ω λ μ Μ λ Σύνθεση: Παίρνουμε τμήμα = λ και με χορδή αυτό γράφουμε το τόξο τ που δέχεται γωνία ω. Ε πίσης παίρνουμε το μέσο Μ του τμήματος και γράφουμε τον κύκλο (Μ, μ) ο οποίος τέμνει το τόξο τ. ν είναι ένα σημείο τομής, το τρίγωνο τρίγωνο. είναι το ζητούμενο 150 / 89

μ τ ' λ Μ πόδειξη: Το τρίγωνο έχει = λ, από κατα σκευή, =ω γιατί είναι εγγεγραμμένη στο τόξο τ που δέχεται γωνία ω και διάμεσο AM = μ, ως ακτίνα του κύκλου (Μ, μ). ιερεύνηση: ια να υπάρχει λύση πρέπει ο κύκλος (Μ, μ) να έχει κοινά σημεία με το τόξο τ. ν υπάρχει και δεύτερο κοινό σημείο τότε το τρίγω νο A 151 / 89-90 είναι

ίσο με το τρίγωνο, οπότε δεν έχουμε δεύ τερη λύση. ν θεωρήσουμε και το τόξο τ του αντικειμένου ημιεπιπέδου ως προς την τότε τα τρίγωνα που προκύπτουν είναι πάλι ίσα με το τρίγωνο. ii) νάλυση: Έστω το ζητούμενο τρίγωνο που έχει: = λ, =ω και διάμεσο Ν = μ. πό το φέρνουμε παράλληλη προς τη Ν, που τέμνει την προέκταση της στο Κ. Τότε στο τρίγωνο Κ Ν μέσο της και Ν//Κ, οπότε μέσο Κ και Κ = Ν = = μ. Επειδή Κ = το σημείο Κ είναι ένα σταθερό σημείο και αφού 15 / 90

Κ = μ = σταθερό το είναι σημείο του κύκλου (Κ, μ). Επίσης αφού = ω το βρίσκεται σε τόξο τ που γράφεται με χορδή τη B και δέχεται γωνία ω. Άρα το είναι σημείο της τομής του τόξου τ και του κύκλου (Κ, μ). μ ω Ν Κ μ 153 / 90

Σύνθεση: Παίρνουμε τμήμα = λ και στην προέκταση της σημείο Κ έτσι ώστε Κ =. ράφουμε τον κύκλο (Κ, μ). Στη συνέχεια με χορδή το γράφουμε τόξο τ που δέχεται γωνία ω. ν είναι το σημείο τομής του τ με τον (Κ, μ) το τρίγωνο είναι το ζητούμενο. πόδειξη: Το τρίγωνο έχει: = λ, από κατασκευή, =ω, γιατί είναι εγγεγραμμένη στο τόξο τ που δέχεται γωνία ω και διάμεσο Ν = = =µ. Κ µ 154 / 90

τ μ Ν Κ λ λ ιερεύνηση: ια να υπάρχει λύση θα πρέπει ο κύκ λος (Κ, μ) να τέμνει το τόξο τ και προφανώς 0 <ω< 180. 3. νάλυση: Έστω το ζητούμενο τετράπλευρο που έχει = κ, = λ, = μ, = ν και =ω. Παρατηρούμε ότι στο τρίγωνο γνωρίζουμε δυο πλευρές του και την περιεχόμενη γωνία, επομένως αυτό κατασκευάζεται. 155 / 90

Έτσι προσδιορίζονται οι τρεις κορυφές, και του τετραπλεύρου. Η κορυφή πλέον είναι η τομή των κύκλων (, λ) και (, μ). κ ω ν μ λ Σύνθεση: Με κορυφή τυχαίο σημείο κατασκευάζουμε γωνία x y=ω και στις πλευρές της παίρνουμε τα τμήματα = κ και = ν. Στη συνέχεια γράφουμε τους κύκλους (, λ) και (, μ) που 156 / 90-91

τέμνονται στο. Το είναι το ζητούμενο. ν y κ ω μ x λ πόδειξη: πό κατασκευή έχει = κ, = ν και =ω. Επίσης = λ, ως ακτίνα του (, λ) και = μ ως ακτίνα του (, μ). ιερεύνηση: Πρέπει 0 <ω< 180 και οι κύκλοι (, λ) και (, μ) να τέμνονται. 157 / 91

ενικές σκήσεις 1. α) Επειδή Μ//, ως κάθετες στην και Μ μέσο θα είναι και Ν μέσο, οπότε Μ μεσοκάθετος και επομένως = απ όπου προκύπτει ότι = (1). 1 1 (). Όμοια βρίσκουμε ότι = πό (1) και () έχουμε ++ 1 = 1+ 90 + 1 = = 90 + 90 = 180. Άρα,, Ε συνευθειακά. 1 β) Επειδή AM διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα είναι Μ = Μ, ο πό τε 3 = και επομένως + = +=Μ = 90. 1 3 1 158 / 91

Μ+Μ = που σημαί νει Έτσι έχουμε = 90 + 90 = 180 ότι το τετράπλευρο Μ είναι εγγράψιμο. Όμοια προκύπτει ότι ΜΕ+ΜΕ= 180 που σημαίνει ότι και το ΜΕ είναι εγγράψιμο. γ) Επειδή M, ΜΕ και = 90 προκύπτει ότι το τρίγωνο ΜΕ είναι ορθογώνιο στο Μ και επομένως κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του είναι το μέσο Κ της πλευράς Ε. ια να εφάπτεται ο περιγεγραμμένος κύκλος του τρι- γώνου ΜΕ στη αρκεί ΚΜ που ισχύει γιατί Ε 159 / 91

τραπέζιο με == 90 και ΜΚ//, ως διάμεσος του τραπεζίου. y Ε K 1 3 Ν 1 1 M 160 / 91

. Έστω μια θέση του τριγώνου με σταθερή τη και τη διαφορά = δ. ( > ). Έστω Μ η προβολή του πάνω στη διχοτόμο και Ε η τομή της προέκτασης της Μ με την. Στο τρίγωνο Ε η AM είναι ύψος και διχοτόμος, επομένως το τρίγωνο είναι ισοσκελές, δηλ. Ε =, οπότε Ε = Ε = = = δ (1). Παίρνουμε το μέσο Κ της και Ε έχουμε: ΚΜ = = δ, λόγω της (1), οπότε το Μ βρίσκεται στον δ κύκλο Κ,. 161 / 9

M E Κ ντίστροφα: Έστω Μ σημείο του δ Κ,. Φέρνουμε τη Μ και στην προέκτασή της παίρνουμε ΜΕ = Μ. πό το Μ φέρνουμε κάθετο στη BE που τέμνει την προέκταση της Ε στο. Επειδή AM μεσοκάθετος της BE θα είναι = Ε και διχοτόμος της. 16 / 9

Επίσης θα είναι = Ε= =Ε = δ ΜΚ = =δ. Το Μ επομένως είναι σημείο του τόπου. Επομένως ο ζητούμενος γεωμ. δ τόπος είναι ο κύκλος Κ,. 3. νάλυση: Έστω το ζητούμενο τρίγωνο με = ω, = ϕ και + + = δ. Προεκτείνουμε τη εκατέρωθεν κατά τμήματα = και Ε =. Τότε από τα ισοσκελή τρίγωνα και Ε ω προκύπτει ότι ϕ = και Ε = και Ε = δ. 163 / 9

Το τρίγωνο λοιπόν Ε κατασκευάζεται από Ε = δ, = και ω ϕ Ε =. ω ϕ Ε Σύνθεση: Κατασκευάζουμε το τρίγωνο Ε και φέρνουμε τις μεσοκάθετες των και Ε που τέμνουν αντίστοιχα τη Ε στα, είναι το ζητού-. Το τρίγωνο μενο. 164 / 9

πόδειξη: Επειδή σημείο της μεσοκαθέτου του θα είναι =. Όμοια = Ε, οπότε: + + ω + = δ και = = = ω. Όμοια = ϕ. ιερεύνηση: Πρέπει ω+ϕ<180. 4. νάλυση: Έστω μια τέμνουσα του κύκλου ώστε μέσο. Παίρνουμε το μέσο Κ του AO. R Τότε Κ = και επομένως το R ανήκει στον κύκλο K,. R Κ Ο 165 / 9-93

Σύνθεση: ράφουμε τον κύκλο R K, που τέμνει τον (Ο, R) στο, φέρνουμε την και προεκτείνουμε κατά τμήμα =. πόδειξη: Τότε O = Κ = R, οπότε το ανήκει στον κύκλο (Ο, R) και επομένως η είναι η ζητούμενη. ιερεύνηση: Πρέπει οι κύκλοι να τέμνονται, δηλαδή R < AO < 3R. 5. ρκεί να αποδείξουμε ότι Ε+Η=L. Επειδή το τετράπλευρο ΕΘ είναι εγγεγραμμένο θα έχουμε: Ε 1 = 1 (1) Επίσης από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΕΖ έχουμε: Ε = (). 166 / 93

πό το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΗΖ έχουμε Η 1= 1(3) και από το ΗΘ ότι Η = (4). Προσθέτοντας τις (1), (), (3) και (4) κατά μέλη βρίσκουμε Ε +Ε +Η +Η = + + + 1 1 1 1 (5). + Ε+Η= + λλά το είναι εγγράψιμο και + =L, οπότε από την (5) προκύπτει ότι Ε+Η=L η οποία σημαίνει ότι το ΕΖΗΘ είναι εγγράψιμο σε κύκλο. 167 / 93

1 Ζ E 1 1 1 Θ Η 6. Έστω Η το δεύτερο κοινό σημείο των κύκλων (, Ζ, Ε) και (, Ζ, ). ια να διέρχεται και ο τρίτος κύκλος (,, Ε) από το Η, αρκεί το τετράπλευρο ΕΗ να είναι εγγράψιμο και για να συμβαίνει αυτό αρκεί Η + = L. Επειδή τα τετράπλευρα ΖΗΕ και ΖΗ είναι εγγεγραμμένα έχουμε ότι: Η 1 = και Η =, οπότε: 168 / 93-94

Η+=Η +Η +=++= 1 L, αφού,, γωνίες του τριγώ- νου. Ζ Η 1 Ε 7. Έστω ΚΛΜΝ το τετράπλευρο που ορίζουν οι ευθείες του προβλήματος. ια να δείξουμε ότι το ΚΛΜΝ είναι εγγράψιμο αρκεί να δείξουμε ότι Ν=Λ εξ. Θέτουμε Ε = ω. Επειδή ΕΟ μεσοκάθετη της θα είναι και. Ε = ω 169 / 93-94

Όμοια αν θέσουμε Ζ = ϕ θα είναι και Ζ = ϕ. Η γωνία Ν είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΝΖ, οπότε έχουμε Ν=ω+ΖΝ (1). λλά και η ΖΝ είναι εξωτερική στο τρίγωνο Ζ, οπότε ΖΝ =ϕ+ζ (). πό (1), () έχουμε (3). Ν = ω + ϕ + Ζ Η Λ εξ είναι εξωτερική στο τρίγωνο Λ, οπότε Λ =ϕ+ω+ζ εξ (4). πό (3) και (4) λαμβάνοντας υπόψη ότι Ζ=Ζ (οι διαγώνιες ρόμβου διχοτομούν τις γωνίες, δηλα- του) προκύπτει ότι Ν=Λ δή το ζητούμενο. 170 / 94 εξ

ω Ε O Ν Κ Ζ ϕ Λ M ω ϕ 8. i) Επειδή Μ, Μ 3 μέσα των, αντίστοιχα, θα είναι Μ Μ 3 //, δηλ. το Η 1 Μ 1 Μ Μ 3 είναι τραπέζιο. λλά, επειδή πάλι Μ 1, Μ μέσα των,, θα είναι 171 / 94

ΜΜ 1 = (1). Στο ορθογώνιο τρίγωνο Η 1 το Η 1 Μ 3 είναι διάμεσος, άρα ΗΜ 1 3 = (). πό (1), () προκύπτει ότι: Μ 1 Μ = Η 1 Μ 3 το οποίο σημαίνει ότι το Η 1 Μ 1 Μ Μ 3 είναι ισοσκελές τραπέ ζιο και επομένως (εφαρμογή ) είναι εγγράψιμο. Μ Ζ 1 Η 3 Μ Η 3 Ζ Η Ζ 3 Η 1 Μ 1 17 / 94

ii) Στο τρίγωνο Η είναι Z1 μέσο Η και Μ μέσο, οπότε Z 1 Μ //Η. λλά και Μ Μ 1 //. π αυτές και επειδή Η AB προκύπτει Z 1 Μ Μ Μ 1, οπότε στο τετράπλευρο Z 1 H 1 Μ 1 Μ έχουμε Η 1 + Μ = 90 + 90 = 180 το οποίο σημαίνει ότι το Z 1 H 1 Μ 1 Μ είναι εγγράψιμο. iii) πό το i) προκύπτει ότι το H 1 είναι σημείο του κύκλου (Μ 1, Μ, Μ 3 ). Όμοια και τα H, H 3 είναι ση μεία του ίδιου κύκλου. πό το ii) συμπεραίνουμε ότι το Z 1 είναι σημείο του κύκλου (Η 1, Μ 1, Μ ) ο οποίος σύμφωνα με το i) ταυτίζεται με τον (Μ 1, Μ, Μ 3 ), άρα το Z 1 είναι σημείο του κύκλου 173 / 95

(M 1, M, M 3 ). Όμοια και τα Ζ, Ζ 3 είναι σημεία του ίδιου κύκλου. Άρα τα σημεία M i, H i, Z i, i = 1,, 3 είναι σημεία ομοκυκλικά. 174 / 95

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝ ΚΕΦΛΙΟ 5... 5 ΚΕΦΛΙΟ 6... 97

άσει του ν. 3966/011 τα διδακτικά βιβλία του ημοτικού, του υμνασίου, του Λυκείου, των ΕΠ.Λ. και των ΕΠ.Σ. τυπώνονται από το ΙΤΥΕ - ΙΟΦΝΤΟΣ και διανέμονται δωρεάν στα ημόσια Σχολεία. Τα βιβλία μπορεί να διατίθενται προς πώληση, όταν φέρουν στη δεξιά κάτω γωνία του εμπροσθόφυλλου ένδειξη «IΤΙΘΕΤΙ ΜΕ ΤΙΜΗ ΠΩΛΗΣΗΣ». Κάθε αντίτυπο που διατίθεται προς πώληση και δεν φέρει την παραπάνω ένδειξη θεωρείται κλεψίτυπο και ο παραβάτης διώκεται σύμφωνα με τις διατάξεις του άρθρου 7 του νόμου 119 της 15/1 Μαρτίου 1946 (ΦΕΚ 1946,108, '). παγορεύεται η αναπαραγωγή οποιουδήποτε τμήματος αυτού του βιβλίου, που καλύπτεται από δικαιώματα (copyright), ή η χρήση του σε οποιαδήποτε μορφή, χωρίς τη γραπτή άδεια του Υπουργείου Παιδείας, Έρευνας και Θρησκευμάτων / IΤΥΕ - ΙΟΦΝΤΟΣ.