EΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

ΥΠΟΥΡΕΙΟ ΠΙΔΕΙΣ, ΕΡΕΥΝΣ ΚΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΕΚΠΙΔΕΥΤΙΚΗΣ ΠΟΛΙΤΙΚΗΣ EΥΚΛΕΙΔΕΙ ΕΩΜΕΤΡΙ ΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΣΚΗΣΕΩΝ A ΤΕΥΧΟΣ 1ος ΤΟΜΟΣ Η συγγραφή και η επιστημονική επιμέλεια του βιβλίου πραγματοποιήθηκε υπό την αιγίδα του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου ΝΔΟΧΟΣ ΕΡΟΥ: ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΘΗΜΤΙΚΗ ΕΤΙΡΕΙ Ι.Τ.Υ.Ε. «ΔΙΟΦΝΤΟΣ»

ΣΤΟΙΧΕΙ ΡΧΙΚΗΣ ΕΚΔΟΣΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΘΗΜΤΙΚΗ ΕΤΙΡΕΙ ΟΜΔ ΣΥΡΦΗΣ ργυρόπουλος Ηλίας Διδάκτωρ Μαθηματικών Ε.Μ. Πολυτεχνείου Καθηγητής Β/θμιας Εκπαίδευσης Βλάμος Παναγιώτης Διδάκτωρ Μαθηματικών Ε.Μ. Πολυτεχνείου Κατσούλης εώργιος Μαθηματικός Μαρκάτης Στυλιανός Επίκουρος Καθηγητής Τομέα Μαθηματικών Ε.Μ. Πολυτεχνείου

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

ΣΤΟΙΧΕΙ ΕΠΝΕΚΔΟΣΗΣ Η επανέκδοση του παρόντος βιβλίου πραγματοποιήθηκε από το Ινστιτούτο Τεχνολογίας Υπολογιστών & Εκδόσεων «Διόφαντος» μέσω ψηφιακής μακέτας, η οποία δημιουργήθηκε με χρηματοδότηση από το ΕΣΠ / ΕΠ «Εκπαίδευση & Διά Βίου Μάθηση» / Πράξη «ΣΤΗΡΙΖΩ». ς πραγματοποιήθηκαν κατόπ Οι διορθώσεις πραγματοποιήθηκαν κατόπιν έγκρισης του Δ.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 ΔΙΟΦΝΤΟΣ πραγματοποιείται με βάση τις προδιαγραφές που έχουν αναπτυχθεί από ειδικούς εμπειρογνώμονες για το ΙΕΠ. ΠΡΟΣΡΜΟΗ ΤΟΥ ΒΙΒΛΙΟΥ Ι ΜΘΗΤΕΣ ΜΕ ΜΕΙΩΜΕΝΗ ΟΡΣΗ ΙΤΥΕ - ΔΙΟΦΝΤΟΣ

ΠΡΟΛΟΟΣ γαπητοί Μαθητές, το τεύχος που κρατάτε στα χέρια σας περιέχει τις λύσεις των ασκήσεων του σχολικού σας βιβλίου. ν χρησιμοποιηθεί σωστά μπορεί να αποτελέσει πολύτιμη βοήθεια στην προσπάθειά σας vα καταλάβετε τις γεωμετρικές έννοιες που εισάγονται στο βιβλίο σας και να τις χρησιμοποιήσετε δημιουργικά. Σε καμμία περίπτωση το τεύχος των λύσεων δεν πρέ πει να χρησιμοποιείται στην πρώτη δυσκολία που παρουσιάζει μία άσκηση ή για να καλύψει την "επιμέλεια" ενός μαθητή προς τον καθηγητή του στο σχολείο. ια να χρησιμοποιήσετε σωστά τις λύσεις των ασκήσεων πρέπει να 5 / 3

ακολουθήσετε μια συγκεκριμένη μεθοδολογία. ρχικά, προσπαθήστε να λύσετε την άσκηση με διαφορετικούς τρόπους αντιμετώπισης. ν αποτύχε τε κάντε μία επανάληψη στην αντίστοιχη θεωρία για να διαπιστώσετε ότι δεν έχετε κενά. Κατόπιν, ξαναπροσπαθήστε την άσκηση διαβάζοντας και την υπόδειξη που βρί σκεται στο τέλος του σχολικού βιβλίου. ν πάλι δυσκολεύεστε να λύσετε την άσκηση, τότε διαβάστε την ολοκληρωμένη λύση της. Φροντίστε να εντοπίσετε τα κύρια βήματα της λύσης, καθώς και τα κενά που σας οδή γησαν στο να μην αντιμετωπίζετε σωστά την άσκηση. Προσπαθήστε να διορθώσετε τα κενά αυτά και να ξα ναλύσετε την άσκηση, χωρίς όμως να επαναλαμβάνε τε τη λύση με στείρα 6 / 3

απομνημόνευση, αλλά υλοποιώ ντας τα κύρια βήματά της. Τέλος, δοκιμάστε να λύσετε την άσκηση με διαφορετικό και ίσως καλύτερο τρόπο. Πρέπει να τονισθεί ότι οι λύσεις είναι προτεινόμενες, με την έννοια ότι είναι δυνατόν και ελπίζουμε να βρεθούν κομψότερες από τους μαθητές. Σημαντική είναι η προσπάθεια που έχει καταβληθεί, ώστε η κάθε άσκηση να προωθεί συγκεκριμένες αντιλή ψεις και συνήθειες στο μαθητή, ενώ το σύνολο των ασκή σεων σε κατηγορία και διαβάθμιση οδηγούν τον μαθητή στην καλλιέργεια συγκεκριμένων ικανοτήτων. ια να επιτευχθούν οι στόχοι αυτοί, είτε μέσα στη λύση της κάθε άσκησης, είτε μετά την ολοκλήρωσή της, αναγράφεται ο διδακτικός 7 / 3

της στόχος, ενώ οι ασκήσεις χωρίστηκαν στις παρακάτω κατηγορίες, δίνοντας φυσικά βαρύτητα στη διαβάθμιση των ασκήσεων κάθε κατηγορίας: 1) σκήσεις Εμπέδωσης: Οι ασκήσεις αυτές εισάγονται αμέσως μετά τη Θεωρία και τις Εφαρμογές, με σκοπό την εμπέδωση των εννοιών από τους μαθητές και τη χρήση τους σε απλές ασκήσεις. 2) ποδεικτικές σκήσεις: Είναι ασκήσεις που ταιριάζουν στη φύση της εωμετρίας, καλλιεργώντας την αποδεικτική διαδικασία στους μαθητές. 3) Σύνθετα θέματα: Είναι θέματα που συνδυάζουν 8 / 3

περισσότερες από μία γεωμετρικές έννοιες ή γνώσεις, είτε από το ίδιο κεφάλαιο, είτε από διαφορετικά, αναδεικνύοντας την κριτική σκέψη και συνδυαστική ικανότητα των μαθητών. 4) ενικές σκήσεις: Είναι ασκήσεις αυξημένης δυσκολίας, που παρατίθενται στο τέλος κάθε Κεφαλαίου και απευθύνονται σε μαθητές με ιδιαίτερο ζήλο και αγάπη προς τη εωμετρία. 5) Δραστηριότητες: Είναι αντικείμενο μελέτης ομάδας μαθητών ή και ενός, εφόσον του παρέχεται το κατάλληλο χρονικό διάστημα, ενώ θα πρέπει να δοθεί κάθε δυνατή βοήθεια και υποδείξεις από τον καθηγητή. 9 / 3

Κάθε κεφάλαιο, τέλος, πλαισιώνεται από ερωτήσεις κατανόησης που συντελούν στη σωστή επανάληψη και καλύτερη οργάνωση της ύλης. 10 / 3

ΚΕΦΛΙΟ2 ΠΡΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ πό τρία διαφορετικά συνευθειακά σημεία το ένα βρίσκεται μεταξύ των δύο άλλων. ια την επίλυση σχετικών ασκήσεων διακρίνουμε περιπτώσεις. (σκήσεις: 2.1-2.10 ποδεικτικές 3, Σύνθετα 1) 11 / 5

ν δύο τμήματα Β και Δ έχουν κοινό μέσο Ο τότε Ο = ΟΒ και Ο = ΟΔ. ια να αποδείξουμε ότι δυο τμήματα έχουν κοινό μέσο, θεωρούμε το μέσο του ενός και αποδεικνύουμε ότι είναι μέσο και του άλλου τμήματος. (σκήσεις: ενικές 2) ια να υπολογίσουμε την παραπληρωματική ϕ ή την συμπληρωματική θ μιας γωνίας ω θέτουμε: ϕ = 180 ω και θ = 90 ω. (σκήσεις: 2.19 ποδεικτικές 1, 2) 12 / 5

2.1-2.10 σκήσεις Εμπέδωσης 1. i) Έξι ευθύγραμμα τμήματα, τα Β,, Δ, Β, ΒΔ και Δ. Β Δ ii) Τα τμήματα που έχουμε στο σχήμα είναι τα Β,, AM, ΒΚ, Β, ΒΜ, Κ, Μ, ΜΚ και το Κ που δεν είναι σχεδιασμένο. Μ Κ Β 13 / 6

2. i) Τα σημεία τομής είναι τρία, τα, Β και. ii) Ορίζονται τρία ευθύγραμμα τμήματα, τα Β,, Β, και 12 ημιευθείες, οι εξής: Ax, x, Ay, Ay, By, By, Bz, Bz, x, x, z, z. x y z y' B z' x' 14 / 6

3. Είναι = Β + Β = Δ + Β = ΒΔ, αφού Β = Δ. Β 4. = Μ + ΜΒ + ΒΝ + Ν = 2ΜΒ + + 2ΒΝ = 2(ΜΒ + ΒΝ) = 2ΜΝ, αφού Μ = ΜΒ και ΒΝ = Ν. Μ Β Ν Δ ποδεικτικές σκήσεις 1. i) Έχουμε Δ = Ε + ΕΖ + ΖΔ και Β = ΕΖ ΕΒ Ζ, οπότε Β + Β = 2ΕΖ (Ε = ΕΒ, Δ + Β ΖΔ = Ζ) ΕΖ =. 2 ε ε 15 / 6

E Β Δ Z ii) Έχουμε + ΒΔ=( Β + Β) + ΒΔ= = ( Β + ΒΔ) + Β = Δ + Β. 2. i) Έχουμε = Μ + Μ Άρα Β = Β = ΜΒ Μ Β = 2Μ (Μ = ΜΒ) Μ =. 2 ii) Έχουμε Δ = Μ + ΔΜ ΔΒ= ΔΜ ΒΜ = 2ΔΜ ΔΜ = Άρα Δ + ΔΒ= Δ + ΔΒ 2. 16 / 6-7

Μ Β Δ ε 3. α) i) Β ν το είναι μεταξύ των και Β τότε Β = + Β. ii) Β ν το Β είναι μεταξύ των και τότε Β <, οπότε Β < + Β. iii) Β ν το A είναι μεταξύ των Β και < Β, οπότε Β < + τότε Β + Β. Άρα πάντα έχουμε Β + Β. β) ια τα, Β, ισχύει Β + Β (1) ενώ για τα, Β, Δ ισχύει Δ Β + ΒΔ (2). 17 / 7

πό (1), (2) προκύπτει ότι Δ Β ΒΔ + +. Σύνθετα Θέματα 1. i) ν το είναι μεταξύ των Β και τότε: ii) Δ B Ε ΔΕ = Δ+ Ε = = Β + Β = 2 2. Β + = 2 2 B ν το Δ Ε είναι στην προέκταση του Β, π.χ. προς το μέρος του Β, τότε: ΔΕ= Ε Δ = Β = 2 2 18 / 7

= Β Β = 2 2. 2. ν παραστήσουμε με ε 1, ε 2, ε 3 και ε 4 τις τέσσερις ευθείες οδούς αρκεί να βρούμε πόσα είναι τα σημεία τομής των ευθειών αυτών. Σε κάθε μια ευθεία, π.χ. την ε 1, οι άλλες (4 1) = 3 ευθείες ορίζουν (4 1) = 3 σημεία. Άρα συνολικά θα ορίζονταν 4 (4 1) = 12 σημεία. λλά κάθε σημείο το υπολογίσαμε 2 φορές, π.χ. το ως σημείο της ε 1 και της ε 2. ε 2 ε 1 ε 4 19 / 7 ε 3

Άρα τελικά ορίζονται 44 ( 1 ) 12 = = 6 σημεία. 2 2 Επομένως χρειάζονται 6 τροχονόμοι. Όμοια οι ν ευθείες ορίζουν νν ( 1) σημεία. 2 2.11-2.16 σκήσεις Εμπέδωσης 1. Έχουμε xοz= y Ο t ή x Οy + y Ο z = y Οz + z Ο t. Άρα xοy= z Ο t. t z y O x 20 / 7-8

, 2. Είναι ω+1 ορθή+ ω =2 ορθές οπότε 2ω= 1ορθή ή ω= 1 ορθής. 2 ω ω 3. Όταν το ρολόι δείχνει εννέα η ώρα ακριβώς οι δεί κτες σχηματίζουν ορθή γωνία. Οι δείκτες θα σχηματίζουν και πάλι ορθή γωνία μετά από 6 ώρες. Τότε το ρολόι δείχνει τρεις η ώρα ακριβώς. ποδεικτικές σκήσεις 1. Έστω xο y, yοz δύο εφεξής γωνίες και ΟΔ, ΟΕ οι διχοτόμοι τους αντίστοιχα. 21 / 8

Τότε x Οy yοz ΔΟ Ε = ΔΟ y+ yο Ε= +. 2 2 x Οy + yοz Άρα ΔΟ Ε=. 2 z E y Δ O x 2. Έχουμε: Άρα Ο = ΟΔ + Δ Ο ΟΒ = ΟΔ Δ ΟΒ Δ Ο + ΟΒ = 2 ΟΔ ( Δ Ο = ΟΒ) Δ + Ο Ο = Ο Β. 2 22 / 8

Β Δ 3. Έχουμε: Άρα Ο Ο = ΟΔ + ΔΟ Ο Β= Δ Ο Β Ο Δ Ο Ο Ο ΟΒ = 2 ΟΔ ( Δ Ο = ΔΟΒ) ΟΔ = Β 2 Β Δ Ο 23 / 8

Σύνθετα Θέματα 1. Έχουμε: Άρα Ο ΟΔ = Οx+ x y+ y ΟΔ ΒΟ = xο y Β Οx Ο y ΟΔ+ Β Ο= 2x y (γιατί Οx= ΒΟ x, yοδ= Ο y) + x y= Ο Δ Β Ο Ο. 2 Ο Δ y Β x O 24 / 9

2. Έχουμε: Δ Ο Ε = Β Ο Δ Β Ο Ε = Ο Ο Ο Β Β Ο Β Β = = 2 22 2 1 = 2 2 = Ο L (Ο 2 Ο) = B E Δ O 25 / 9

2.17-2.18 σκήσεις Εμπέδωσης 1. Υπάρχουν άπειροι κύκλοι ακτίνας ρ που διέρχονται από το Κ. Τα κέντρα τους βρίσκονται στον κύκλο με κέντρο Κ και ακτίνα ρ. O 2 ρ O 1 ρ Κ 2. Τα σημεία που είναι εσωτερικά του κύκλου (Ο, R) και εξωτερικά 26 / 9

του κύκλου (Ο, ρ) φαίνονται στο παρακάτω σχήμα. R O ρ ποδεικτικές σκήσεις 1. Επειδή η ε διέρχεται από το κοινό κέντρο Ο των κύκλων τα τμήματα Δ και Β είναι διάμετροι αυτών με κοινό μέσον το Ο και επομένως έχουμε: Ο = ΟΔ και ΒΟ = Ο. 27 / 9-10

Με αφαίρεση αυτών κατά μέλη προκύπτει: Ο ΒΟ = ΟΔ Ο Β = Δ, σύμφωνα με το σχήμα. Επίσης έχουμε: Β = Δ Β + Β = Β + Δ = ΒΔ Δ Β Ο 2. Έστω Β, Δ δύο διά με τροι ενός κύκλου (Ο, R) τέτοιες ώστε Ο 1 = Ο 2. Τότε η Ο είναι διχο τό μος 28 / 10

της ευθείας γωνίας Ο Β, επομένως κάθε μια από τις Ο 1, Ο 2 είναι ορθή γωνία. Η Ο 3, ως κατακορυφήν της Ο 1, είναι κι αυτή ορθή. Όμοια και η Ο 4. Έτσι οι επίκεντρες γωνίες Ο 1, Ο 2, Ο 3 και Ο 4 είναι ίσες, οπότε και τα αντίστοιχα τόξα αυτών είναι ίσα, δηλαδή = Β = ΒΔ = Δ και επειδή τα τόξα αυτά αποτελούν ολόκληρο τον κύκλο προκύπτει το ζητούμενο. Ο 1 2 4 3 Β Δ 29 / 10

2.19 σκήσεις Εμπέδωσης 1. Έστω ημικύκλιο κέντρου Ο, δύο σημεία, Β αυτού και το σημείο Μ του Β ώστε Μ = ΜΒ. Μ Σ Ρ Β Ο i) ια σημείο Ρ του ημικυκλίου, που δεν ανήκει στο Β έχουμε: Ρ = ΡΜ Μ και ΡΒ = ΡΜ + ΜΒ. Με πρόσθεση αυτών κατά μέλη και λαμβάνοντας υπό ψη 30 / 10

ότι Μ = ΜΒ προκύπτει Ρ+ ΡΒ =2ΡΜ ΡΜ 1 = Ρ+ ΡΒ 2 ( ). ii) Έστω σημείο Σ του τόξου ΜΒ. Έχουμε (βλέπε σχήμα) Σ = ΣΜ + Μ και ΣΒ = ΜΒ ΣΜ. Με αφαίρεση αυτών κατά μέλη, λαμβάνοντας πάλι υπόψη ότι Μ = ΜΒ προκύπτει: Σ ΣΒ =2ΣΜ ΣΜ 1 = Σ ΣΒ 2 ( ). 2. α) Είναι A B = 80 και A + B =180, από τις οποίες με πρόσθεση και αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε αντίστοιχα 31 / 10-11

A = 130 και Β =50, οπότε και ( ) =130,( Β ) =50. A Ο β) Η Ο είναι επίκεντρη και βαίνει στο A, άρα ( Ο ) = ( ) = 130. Όμοια ( ΒΟ ) = 50. B 3. Έστω ω και ϕ δύο συμπληρωματικές γωνίες με ω =2ϕ. Πρέπει ω + ϕ = 90 ή 2 ϕ + ϕ = 90 ή 3ϕ= 90. Άρα ϕ = 30, οπότε ω = 60. 32 / 11

4. Είναι ω= 6 6 = 90 = 108 5 oρθής 5 Άρα η παραπληρω μα τική της ω. είναι ϕ= 180 108 = 72. Η γωνία ω δεν έχει συμπληρωματική, αφού είναι αμβλεία γωνία. ποδεικτικές σκήσεις 1. Έστω ϕ η παραπληρωματική της ω και θ η συμπλη ρωματική της. Τότε ϕ = 180 ω, θ = 90 ω και ϕ =3θ. Άρα 180 ω = 390 ( ω ) ή 180 ω = 270 3ω ή 2 ω= 90. Άρα ω = 45. 2. Έστω ω η συμπληρωματική της ϕ. Τότε ϕ = 90 ω και ϕ = ω 20. Άρα 90 ω = ω 20 2ω = 110 ω = 55. 33 / 11

Άρα ω ϕ. = 55 και = 35 3. Έχουμε Ο ΟΒ Β = = 1 2 ΟΔ Δ Ο = =. Θέτουμε 3 4 ΟΒ Β Ο ΟΔ Δ Ο = = = =λ, 1 2 3 4 οπότε Ο Β= λ ΒΟ = 2λ Ο Δ= 3λ ΔΟ = 4λ Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει ότι B Ο Δ 34 / 11-12 A

ΟΒ+ Β Ο+ ΟΔ+ ΔΟ = 10λ 360 = 10λ. Άρα λ= 36. Επομένως Ο Β= 36, ΒΟ = 236 ( ) = 72, Ο Δ= 336 ( ) = 108 και Δ Ο = 436 ( ) = 144. ενικές σκήσεις 1. Έστω Ο το μέσο του Β. Β Δ Ο Ε Ζ Τότε ΕΖ = ΟΖ ΟΕ (1) λλά Β ΒΔ ΟΖ = ΟΒ+ ΒΖ = + = 2 2 = Β + ΒΔ Δ = 2 2 35 / 12 (2) και

Β ΟΕ = Ε Ο = = 2 2 Β Β = = 2 2 (3) πό (1), (2), (3) προκύπτει ότι ΕΖ = Δ Β 2. 2. Έστω Ο το μέσο του ΒΖ. Τότε ΟΒ = ΟΖ. Β Ο Ζ Δ ια να είναι το Ο μέσο και του ΔΕ αρκεί ΔΒ = ΖΕ (αφού ΟΒ = ΟΖ). Πράγματι Ε 36 / 12

Β ΖΕ = Ζ Ε = = 2 2 Β Β = = = ΔΒ. 2 2 3. Έχουμε: Ε = Β + ΒΕ = ΒΔ 2Β + ΒΔ = Β + = = 2 2 2Β + Β + Δ Β + Β = = + 2 2 Β + Δ Β + Δ + = + > 2 2 2 2. Β Ε Δ ε 4. Έχουμε Β + Β + Δ + Δ = 360, οπότε Β = 360 150 105 45 = 60. 37 / 12-13

150 Β x O 45 105 Δ Άρα οι επίκεντρες γωνίες είναι: ΟΒ=150 και ΒΟ =60. Επομένως Β Ο Β+ Β x = Ο Ο ΟΒ + 2 (Οx διχοτόμος ΒΟ ) = 60 150 + 2 ή ΟΒ+ ΒΟ x= 180, δηλαδή Ο, Οx αντικείμενες ημιευθείες. 38 / 13

5. φού Β ημικύκλιο και Μ μέσο Β, είναι Μ = 180 = 90. 2 Άρα Δ = Δ = Μ + ΜΔ = ΜΚ Κ =Μ + = 2 2 = Μ Κ ΜΚ = Μ Μ = 2 2 2 Μ 90 = = = 45 2 2 K Δ M. B O 39 / 13 A

ΚΕΦΛΙΟ3 ΠΡΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ Ένα σημείο ανήκει στη μεσοκάθετο ενός τμήματος αν ισαπέχει από τα άκρα του. ντίστοιχα ένα εσωτερικό σημείο γωνίας ανήκει στη διχοτόμο της αν ισαπέχει από τις πλευρές της γωνίας. (σκήσεις: 3.4 Σύνθετα 2) 41 / 15

ν δύο σημεία μιας ευθείας ε ισαπέχουν από τα άκ ρα ευθύγραμμου τμήματος η ευθεία ε είναι μεσοκάθετος του τμήματος. (σκήσεις: 3.12 Εμπέδωσης 2) Σε ισοσκελές τρίγωνο οι προσκείμενες στη βάση γωνίες είναι ίσες, οπότε και οι αντίστοιχες εξωτερικές γωνίες του τριγώνου είναι ίσες (παραπληρώματα ίσων γωνιών). (σκήσεις: 3.4 Σύνθετα 3 και 3.12 Εμπέδωσης 8) ια να συγκριθούν ανισοτικά δύο τρίγωνα πρέπει να έχουν απαραίτητα δυο πλευρές ίσες. (σκήσεις: 3.12 ποδεικτικές 2, 7) 42 / 15

Όταν η διάμεσος είναι βασικό στοιχείο σε μια άσκηση, συχνά χρειάζεται να την προεκτείνουμε. (σκήσεις: 3.12 ποδεικτικές 3 και ενικές 7) 43 / 15

3.1-3.2 1. Τα τρίγωνα ABE και Δ είναι ίσα. (Π--Π). (Β = Δ, = Ε, ΒΕ = Δ ). Άρα ΒΕ = Δ. Δ Β ω 2. Τα τρίγωνα ΚΒΛ, ΛΜ, ΜΚ είναι ίσα. (Π--Π) (ΒΚ = Λ = Μ, ΒΛ = Μ = Κ ως άθροισμα ίσων τμημά των και ΚΒΛ ˆ = ΛΜ ˆ = ΜΚ ˆ ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών). Άρα ΚΛ = ΛΜ = ΜΚ. ω Ε 44 / 16

Μ Κ Β Λ 3. Τα τρίγωνα Μ και Μ είναι ίσα (Π--Π) (Β = Β, Β =Β και ΒΜ = Β Μ ως μισά ίσων πλευρών). Άρα Μ = Μ. ' Β Μ Β' Μ' ' 45 / 16

4. Τα τρίγωνα Ε ίσα, αφού ˆ 1 ˆ 2 και ABΖ =, Β = Ε και Ζ = (Π--Π). Άρα Ε = ΖΒ. 1 2 είναι Β E Ζ ποδεικτικές σκήσεις 1. Τα τρίγωνα ΔΚΕ και ΒΚ είναι ίσα αφού Κ = ΚΔ, ΒΚ = ΚΕ και Κ Β= ΔΚΕ ως κατακορυφήν. 46 / 16

(1) Άρα ΕΔΚ = ΒΚ Όμοια τα τρίγωνα Κ και ΖΚΔ είναι ίσα, οπότε ΖΔΚ = Κ. (2) Προσθέτοντας τις (1) και (2) κατά μέλη προκύπτει ότι ΕΔΖ = Β. Ζ Β Κ Ε Δ 2. Τα τρίγωνα ΜΔΒ και ΜΕ είναι ίσα. (Π--Π) (ΒΜ = Μ, Β= ˆ ˆ αφού Β = και ΒΔ = Ε ως άθροισμα 47 / 16-17

ίσων τμημάτων). Άρα ΜΔ = ΜΕ. Ε Δ Β Μ 3. Το τρίγωνο ΟΒ είναι ισοσκελές, οπότε ˆ 1=Βˆ 1και επομένως ˆ 2 =Βˆ 2 ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών. Έτσι τα τρίγωνα Ο και ΟΒΔ είναι ίσα (ΠΠ), οπότε Ο=ΟΒ. ˆ ˆ 48 / 17

Ο 2 1 1 2 Β Δ Σχόλιο: Στις παραπάνω ασκήσεις χρησιμοποιούμε ισό τητες τριγώνων για να αποδείξουμε ισότητες τμημάτων ή γω νιών. 49 / 17

3.3-3.4 σκήσεις Εμπέδωσης 1. Τα τρίγωνα Β και Β είναι ίσα (Π--Π). α) Τα τρίγωνα ΒΔ και Β Δ είναι ίσα ( Β =Β, Β ˆ = Βˆ, 1= = = 1 ). Άρα Δ = Δ. 2 2 Επίσης τα τρίγωνα ΒΕ και Β Ε είναι ίσα (-Π-). Άρα ΒΕ = Β Ε. 1 2 E Β 1 Ι Δ 50 / 17

' 1 2 E' Β' 1 Ι' Δ' ' β) Τα τρίγωνα ΙΕ και Ι Ε είναι ίσα γιατί Ε = Ε (από το (α)), Εˆ = Εˆ και ˆ 2 =ˆ 1 (-Π-). Άρα Ι = Ι. Όμοια, από την ισότητα των τριγώνων ΒΙΔ και Β Ι Δ προκύπτει ότι ΒΙ = Β Ι. 51 / 17

2. i) Τα τρίγωνα Δ και Δ είναι ίσα γιατί =, Δ = Δ και ˆ ˆ 1 = 1 (Π--Π). Άρα = ˆ ˆ. 1 1 B Δ B Δ ii) Τα τρίγωνα Β και Β είναι ίσα γιατί =, = ˆ ˆ και = ˆ ˆ από το (α) (-Π-). Άρα α = α και γ = γ. 52 / 18

3. Τα τρίγωνα ΜΒ και ΜΔ είναι ίσα (Π--Π). Άρα Β = Δ. Όμοια τα τρίγωνα Μ και ΒΜΔ είναι ίσα. Άρα = ΒΔ. Επομένως τα τρίγωνα Β και ΒΔ έχουν τις πλευρές τους ίσες. Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα (Π-Π-Π). B M Δ 53 / 18

ποδεικτικές σκήσεις 1. Έστω ΒΔ και Ε οι διχοτόμοι των γωνιών ˆΒ και ˆ αντίστοιχα. Τα τρίγωνα ΒΔ και Ε είναι ίσα γιατί έχουν: Β =, ˆ κοινή και Β ˆ ˆ 1= 1(μισά ίσων γωνιών). πό την ισότητα αυτή προκύπτει το ζητούμενο. Ε Δ 1 1 Β 54 / 18

2. Τα τρίγωνα ΟΒ και ΟΒ είναι ίσα, γιατί έχουν: Ο = Ο και ΟΒ = ΟΒ, ως ακτίνες, και Ο ˆ 1=Ο ˆ 2, ως κατακορυφήν. πό την ισότητα αυτή προκύπτει ότι Β = Β. Όμοια βρίσκουμε ότι = και Β = Β. Έτσι τα τρίγωνα Β και Β έχουν και τις τρεις πλευρές τους ίσες, επομένως είναι ίσα. Β 1 2 Ο Β 55 / 18

3. Τα τρίγωνα Β και ΔΒ είναι ίσα, γιατί έχουν: Β = Δ, Β κοινή και Β=. ˆ ˆ πό την ισότητα αυτή προκύπτει ότι = ΒΔ, οπότε και τα τρίγωνα ΒΔ και Δ είναι ίσα (Π-Π-Π). Άρα =Δ. ˆ ˆ Δ Β 56 / 18

Σύνθετα Θέματα 1. i) Τα τρίγωνα ΒΔ και ΒΔ είναι ίσα (Β = Β, = ˆ ˆ, Β ˆ =Β ˆ ) (-Π-). Άρα ΒΔ = Β Δ. 1 1 εί- ii) Τα τρίγωνα ΒΜ και ΒΜ ναι ίσα (Β = Β, Β =Β, ΒΜ = Β Μ ) (Π--Π). Άρα ΒΜ ˆ = ΒΜ ˆ. iii) Τα τρίγωνα ΒΘ και ΒΘ είναι ίσα (Β = Β, Β ˆ =Β ˆ και ΒΜ ˆ = ΒΜ ˆ από το (β)) (-Π-). 1 1 δ) πό το (γ) προκύπτει ότι Θ = Θ. Επίσης ΒΘ = Β Θ. 57 / 19

Β Άρα ΒΔ ΒΘ = Β Δ Β Θ ή ΘΔ = Θ Δ. A 1 Δ 1 Θ 1 1 2 B 2 Μ Θ' Δ Μ 2. Έστω ε η μεσοκάθετος του και Ο το σημείο τομής των ε και ε. Επειδή ε μεσοκάθετος του Β, θα είναι Ο = ΟΒ (1). Όμοια Ο = ΟΔ (2). λλά το Ο ανήκει και στη μεσοκάθετο του. Άρα Ο = Ο (3). πό τις (1), (2) και (3) προκύπτει ότι ΟΒ = ΟΔ, δηλαδή το Ο ανήκει και στη μεσοκάθετο του ΒΔ. 58 / 19

Β (ε ) Ο (ε) Δ 3. i) Επειδή το Δ ανήκει στη μεσοκάθετο του είναι Δ = Δ. είναι ισο- Άρα το τρίγωνο Δ σκελές. ii) Τα τρίγωνα Ε και ΒΔ είναι ίσα, γιατί Ε = ΒΔ, = Β και ΒΔ ˆ = Ε ˆ ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών (Π--Π). ( Β==Δ =ω) 59 / 19

ω Άρα Ε = Δ, δηλαδή το τρίγωνο ΔΕ είναι ισοσκελές. Ε Δ Β ω ω 3.5-3.6 σκήσεις Εμπέδωσης 1. Έστω ισοσκελές τρίγωνο Β (Β = ) και τα ύψη του ΒΔ και εί- Ε. Τα τρίγωνα ΒΔ και Ε ναι ίσα ( ˆ κοινή, Δ ˆ =Ε= ˆ 90, 60 / 19

Β = ). Άρα ΒΔ = Ε. Β Ε Δ 2. Έστω ισοσκελές τρίγωνο Β (Β = ) και Δ, Ε τα μέσα των Β, αντίστοιχα. Δ Η Ζ Ε Β K M 61 / 19-20

i) ν ΔΚ Β, ΕΜ Β τα τρίγωνα ΒΔΚ και ΜΕ είναι ίσα (ˆ Κ=Μ= ˆ 90, Β= ˆ ˆ και ΔΒ = Ε ως μισά ίσων πλευρών). Άρα ΔΚ = ΜΕ. ii) ν ΔΖ και ΕΗ Β, τα τρίγωνα ΗΕ και ΔΖ είναι ίσα (ˆ κοινή, Ζ = Η = 90, Δ = Ε). Άρα ΔΖ = ΕΗ. 3. Έστω ευθεία ε που διέρχεται από το μέσο Μ του Β. ν ε και ΔΒ ε τα τρίγωνα Μ και ΜΔΒ είναι ίσα (Μ = ΒΜ, Μ ˆ ˆ 1 =Μ 2, Δ == 90 ). Άρα = ΒΔ. 62 / 20

ε Δ 1 2 Μ Β 4. Έστω ότι τα τρίγωνα Β και Β είναι ίσα με Β = Β. ν Δ, Δ τα αντίστοιχα ύψη, τότε τα τρίγωνα ΒΔ και ΒΔ είναι ίσα. (Β = Β, Β =Β, Δ ˆ = Δ ˆ = 90 ). Άρα Δ = Δ. ' Β Δ Β' Δ ' ' 63 / 20

Σχόλιο: Παρατηρήστε ότι αν το Δ ανήκει στην πλευρά Β τότε και το Δ ανήκει στην πλευρά Β. ποδεικτικές σκήσεις 1. Έστω ΜΔ Β και ΜΕ. Τα τρίγωνα ΜΔ και ΜΕ είναι ίσα (AM κοινή, Δ ˆ =Ε= ˆ 90, ˆ 1= ˆ 2, αφού AM διάμεσος και διχοτόμος). Άρα i) ΜΔ = ΜΕ και ii) ΜΔ ˆ = ΜΕ ˆ, δηλαδή η AM είναι διχοτόμος της γωνίας ΔΜΕ. ˆ 64 / 20

1 2 Δ Β Μ Ε Σχόλιο: ποφύγαμε να συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΜΒΔ και ΜΕ γιατί δεν έχουμε αποδείξει ακόμη ότι τα Δ, Ε είναι προς το ίδιο μέρος της Β. υτό προκύ πτει με τά τη διαπίστωση ότι οι γωνίες ˆΒ, ˆ είναι οξείες. 65 / 20

2. Τα τρίγωνα ΔΜ και Δ Μ είναι ίσα (Δ ˆ = Δ ˆ = 90, Δ = Δ, Μ = Μ ). Άρα Μ ˆ 1=Μ ˆ 1 (1). Επίσης τα τρίγωνα ΒΜ και ΒΜ είναι ίσα (Μ = Μ, Μ ˆ 1=Μ ˆ 1 από (1) και ΒΜ = Β Μ ως μισά ίσων πλευρών). Άρα Β = Β (2) και Β =Β (3). πό τις (2), (3) και την υπόθεση (α = α ), προκύπτει ότι τα τρίγωνα Β και Β είναι ίσα (Π--Π). A A' B Δ 1 Μ 1 B' Δ' M' ' 66 / 21

3. Τα τρίγωνα ΒΕ και ΒΕ είναι ίσα (Β = Β, Ε = Ε, Ε=Ε= ˆ ˆ 90 ). Άρα Β =Β (1). Όμοια από τα τρίγωνα ΒΔ και Β Δ προκύπτει ότι = ˆ ˆ (2). πό τις (1), (2) και την υπόθεση (α = α ), προκύπτει ότι τα τρίγωνα Β και Β είναι ίσα (-Π-). Ε Δ Β Ε Δ Β 67 / 21

4. Τα τρίγωνα ΕΔΒ ˆ ˆ 90 και ΔΒ έχουν Ε=Δ =, ΒΔ κοινή και Β 1=Β 2, άρα είναι ίσα, οπότε Β = ΒΕ (1). Τα τρίγωνα Β και ΕΒΖ έχουν =Ε= ˆ ˆ 90, Β = ΒΕ (από (1)) και ˆΒ κοινή, άρα είναι ίσα, οπότε ΒΖ = Β, δηλαδή το τρίγωνο ΒΖ είναι ισοσκελές. Δ Ε ˆ ˆ Ζ 1 2 Β 68 / 21

5. i) Επειδή Β = Δ θα είναι ΟΚ = ΟΛ, οπότε τα ορθογώνια τρίγωνα ΜΟΚ και ΜΟΛ είναι ίσα γιατί έχουν ΟΜ κοινή και ΟΚ = ΟΛ. Μ Β Κ Ο Λ Δ ii) πό την προηγούμενη ισότητα τριγώνων προκύπτει ότι ΜΚ = ΜΛ (1). Όμως τα Κ, Λ είναι 69 / 21

μέσα των ίσων χορδών Β και Δ, οπότε Κ = Λ (2) και ΒΚ = ΔΛ (3). πό τις (1), (2) προκύπτει Μ = Μ και από τις (1), (3) ότι ΜΒ = ΜΔ. Σύνθετα Θέματα 1. i) Τα τρίγωνα ΕΔΒ και ΔΖ Ε=Ζ= εί- ) και ναι ορθογώνια ( ˆ ˆ 90 έχουν ΔΒ = Δ (Δ σημείο της μεσοκαθέτου), ΔΕ = ΔΖ (αποστάσεις σημείου της διχοτόμου), άρα είναι ίσα. ii) ια τους ίδιους λόγους και τα τρίγωνα Δ ΒΕ και Δ Ζ είναι ίσα. 70 / 21-22

iii) πό τις παραπάνω ισότητες τριγώνων προκύπτουν: Ε = Ζ και Ζ = ΒΕ. Προσθέτοντας κατά μέλη τις ισότητες αυτές παίρνουμε: AE + Ζ = Ζ + ΒΕ Β + ΒΕ + + Ζ = Ζ + Β + Ε ΒΕ + Ζ = Ε + Ζ 2ΒΕ = 2 Ζ ΒΕ = Ζ, οπότε: ΕΕ = Ε + Ε = Ζ + Ζ = και ΖΖ = Ζ Ζ = Ε ΒΕ = Β. Ε' Δ' Ε Β \\ Z' ε M Δ 71 / 22 \\ Z

2. Έστω ότι γ = γ. Προεκτείνουμε τις, κατά τμή μα τα Δ = α και Δ = α αντίστοιχα. Τότε τα ορθο γώ νια τρίγωνα ΒΔ και ΒΔ έχουν τις κάθετες πλευ ρές τους ίσες μία προς μία και επομένως είναι ίσα. πό την ισότητα αυτή προκύπτει ότι ΒΔ ˆ = Β Δ (1) και Δ ˆ = Δ, ˆ οπότε και Β ˆ =Β ˆ (2) (γιατί τα τρίγωνα ΒΔ, ΒΔ είναι ισοσκελή). πό τις (1) και (2) προκύπτει 1 1 Β =Β, οπότε τα τρί γω να Β και Β έχουν == ˆ ˆ 90, Β = Β και Β =Β, επομένως είναι ίσα. 72 / 22

γ Β 1 α β α Δ Β' γ' 1 α' ' β' ' α' Δ' 73 / 22

3.7 σκήσεις Εμπέδωσης 1. Έστω τρίγωνο Β με σταθερή την πλευρά Β = α και τη διάμεσο AM με γνωστό μήκος μ. Επειδή το απέχει από το σταθερό σημείο Μ σταθερή απόσταση μ, βρίσκεται στον κύκλο (Μ, μ). μ Β' Β M ' ' 74 / 22

ντίστροφα: Έστω σημείο του κύκλου (Μ, μ) τότε Μ = μ, ως ακτίνα του κύκλου, και Μ διάμεσος του Β. Το δεν είναι σημείο της ευθείας Β. Επομένως γ.τ. του είναι ο κύκλος (Μ, μ) χωρίς τα σημεία του Β και. 2. ν Μ είναι ένα σημείο του ζητούμενου γ.τ., θα είναι ΟΜ = 2R και επομένως το Μ ανήκει στον κύκλο (O, 2R). M O R Ν Ν M 75 / 22-23

ντίστροφα: ν Μ είναι ένα σημείο του (O, 2R) και Ν η τομή του ΟΜ με τον (O, R) τότε ON = R, οπότε N M = 2R R = R, δηλαδή ON = N M. Άρα ο γ.τ. του Μ είναι ο κύκλος (O, 2R). Σχόλιο: Στα προβλήματα γ.τ. εξετάζουμε ευθύ και αντίστροφο. 3.8-3.9 σκήσεις Εμπέδωσης 1. Οι ζητούμενοι άξονες συμμετρίας φαίνονται στα επόμενα σχήματα: 76 / 23

ΒΔΗ Θ ΤΧΨ 77 / 23

2. Σύμφωνα με την εφαρμογή της 3.8 το συμμετρικό Μ ενός σημείου Μ του τριγώνου Β είναι σημείο του τριγώνου Β και αντίστροφα. Άρα τα τρίγωνα Β, Β είναι συμμετρικά ως προς το Ο. Εξάλλου από A B = AB, B = Β και = προκύπτει ότι Β = Β. Μ Β Ο Β Μ 78 / 23

3. Έστω Β, σημεία των Ax, Ay αντίστοιχα και Β, τα συμμετρικά αυτών ως προς το Ο. Σύμφωνα με την προηγούμενη άσκηση είναι Β = Β, οπότε ˆ ˆ x y = x y. y x y Β B Ο x 79 / 23

4. Σύμφωνα με την εφαρμογή της 3.9 είναι Β = Β και =, οπότε τα τρίγωνα Β και Β είναι ίσα (Π-Π-Π). A B ' 5. Έστω ΟΔ η διχοτόμος της xoy ˆ και σημείο της xoy, ˆ π.χ. της xoδ. ˆ ν είναι το συμμετρικό του ως προς την OΔ τότε το τρίγωνο Ο είναι ισοσκελές, 80 / 24

οπότε έχουμε: ΟΜ=ΟΜ ΜΟ ˆ ˆ ˆ x=μο ˆ y. Το επομένως είναι σημείο της ΔΟ ˆ y, δηλαδή της xoy. ˆ Άρα η ΟΔ είναι άξονας συμμετρίας. O x Μ ' Δ y 81 / 24

6. i) Επειδή Μ συμμετρικό του Μ ως προς ε, η ε είναι μεσοκάθετη του MM, οπότε ΟΜ = ΟΜ (1). ια τους ίδιους λόγους είναι και ΟΜ = ΟΜ (2). πό τις (1) και (2) προκύπτει ΟΜ = ΟΜ. M ε M' 1 2 Ο 3 4 ε' M'' ii) Η ε είναι άξονας συμμετρίας του MM, οπότε =. Όμοια =, Ο 1 82 / 24 Ο 2 Ο 3 Ο 4

οπότε έχουμε: ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ΜΟΜ =Ο 1 +Ο 2 +Ο 3 +Ο 4 = = 2Ο + 2Ο = 2( Ο +Ο ) = 2 2 3 2 3 1 = 2L αφού οι ε, ε είναι κάθετες. Η ισότητα ΜΟΜ =2L σημαίνει ότι τα Μ, Ο, Μ είναι συνευθειακά. ˆ ˆ ˆ ˆ 1L = Σχόλιο: πό την άσκηση αυτή συμπεραίνουμε ότι: αν ένα σχήμα έχει δύο κάθετους άξονες συμμετρίας, τότε το σημείο τομής τους είναι κέντρο συμμετρίας του σχή ματος. 83 / 24

3.10-3.12 σκήσεις Εμπέδωσης 1. Επειδή η ˆB 1 είναι εξωτερική γωνία στο τρίγωνο Β B ˆ > ˆ (1). 1 2 είναι πό υπόθεση όμως B 1> 1 (2). Με πρόσθεση των (1) και (2) κατά μέλη προκύπτει ˆ ˆ. 2B > 180 B > 90 1 1 ˆ ˆ 1 2 1 Β 84 / 25

2. Το Β είναι ισοσκελές, οπότε ˆ = ˆ και αφού = ˆ ˆ θα είναι ˆ 1 1 ˆ 2= 2. πό την τελευταία ισότητα προκύπτει Δ = Δ. Επειδή τα σημεία Β και Δ ισαπέχουν από το και, η ευθεία ΒΔ είναι μεσοκάθετος του. 2 1 Β 1 2 Δ 85 / 25

Β= θα 3. i) Επειδή Β+ ˆ ˆ < 180 και ˆ ˆ είναι Β= ˆ ˆ < 90. Δ Β ii) Έστω Δ το ύψος. ν Δ Β θα είχαμε Δ=Β, ˆ ˆ δηλαδή 90 = Βˆ άτοπο. ν το Δ ήταν σημείο της προέκτασης της Β προς το Β θα είχαμε Β>Δ ˆ ˆ Β> ˆ 90 άτοπο. Άρα το Δ είναι εσωτερικό σημείο της πλευράς Β. 86 / 25

4. ν το Δ βρίσκεται μεταξύ των Β, τότε η ΒΔ ˆ είναι εξωτερική γωνία του τριγώνου Δ, οπότε ΒΔ>Β. ˆ ˆ Ομοίως για τις άλλες περιπτώσεις. X Δ A Β 87 / 25

Μ> (1), αφού ˆΜ εξωτερική γωνία στο τρίγωνο Μ. Όμως 5. Είναι ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ =Β (2). πό (1), (2) παίρνουμε Μ>Β, οπότε από το τρίγωνο ΒΜ προκύπτει Β > Μ. Β Μ 6. Φέρνουμε ΔΕ Β. Επειδή Δ διχοτόμος θα είναι Δ = ΔΕ (1). Όμως από το ορθογώνιο τρίγωνο ΕΔΒ προκύπτει ΔΕ < ΔΒ (2). 88 / 26

πό (1), (2) παίρνουμε Δ < ΔΒ. Ε Δ Β 7. Τα τρίγωνα ΟΜΒ και ΟΛ είναι ίσα (Π--Π), επομένως Β ˆ ˆ 2= 2. Είναι και Β ˆ ˆ 1= 1αφού ΟΒ = Ο, οπότε Β=. ˆ ˆ Άρα το τρίγωνο Β είναι ισοσκελές. 89 / 26

Μ Ο Λ Β 2 1 2 1 Β= θα είναι Β ˆ ˆ εξ = εξ, οπότε και Β ˆ 1= 1και επομένως ΒΔ = Δ. Έτσι τα τρίγωνα ΚΒΔ 8. Επειδή ˆ ˆ ˆ και ΛΔ έχουν ΚΒ = Λ, ΒΔ = Δ και ΚΒΔ ˆ = ΛΔ, ˆ οπότε είναι ίσα και επομένως ΔΚ = ΔΛ. 90 / 26

Κ Λ Β 1 1 Δ 91 / 26

ˆ Β 9. i) Είναι Β ˆ 1= = =ˆ 1, οπότε το 2 2 τρίγωνο ΒΙ είναι ισοσκελές. ii) Τα τρίγωνα ΙΒ και Ι είναι ίσα (Π-Π-Π), αφού έχουν ΒΙ = Ι, Β = και Β ˆ ˆ 2= 2 (Β ˆ =Β Β ˆ ˆ = ˆ ˆ = ˆ ). 2 1 1 2 ˆ Ι Β 2 1 M 2 1 92 / 27

10. Με εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στα τρί γωνα ΠΚ Κ 1 2 ΠΚ 1 Κ 3 και ΠΚ 3 Κ 2 (σχ. Βιβλίου) παί ρνουμε αντίστοιχα ΚΚ 1 2 < 13, ΚΚ 1 3 < 17 και Κ3 Κ 2 < 16. Προσθέτοντας αυτές κατά μέλη βρίσκουμε Κ1Κ 2 +Κ1Κ 3+ΚΚ 3 2 < 46. Επομένως ο χι λιομετρητής θα έπρεπε να γράψει απόσταση μικρότερη του 46 και όχι 48., ποδεικτικές σκήσεις α 1. πό την µ α < προκύπτουν 2 Μ < ΒΜ και Μ < Μ. π αυτές παίρνουμε αντίστοιχα ˆΒ< ˆ 1 και ˆ<, απ όπου με πρόσθεση ˆ 2 κατά μέλη προκύπτει: Β+<. 93 / 27 ˆ ˆ ˆ

Όταν α µ α = ή 2 αντίστοιχα α µ α > ισχύουν 2 Β+= ˆ ˆ ˆ ή ˆ ˆ ˆ A 1 2 Β+>. Β Μ 2. Τα τρίγωνα ΜΒ και Μ έχουν δύο πλευ ρές ίσες (Μ = κοινή, ΒΜ = Μ) και τις τρίτες άνισες (Β < ), οπότε (εφαρμογή 3.12) οι απέναντι γω νίες θα είναι ομοίως άνισες Μ ˆ > ΜΒ ˆ. 94 / 27

A Β Μ 3. α) Προεκτείνουμε τη διάμεσο AM κατά ίσο τμήμα Μ. Τα τρίγωνα ΜΒ και Μ είναι ίσα (ΠΠ), οπότε = Β και ΒΜ ˆ =ˆ Μ (1). Στο τρίγωνο είναι > (γιατί Μ >Μ, > Β), οπότε ˆ ˆ από την οποία σύμφωνα με την (1) προκύπτει ΜΒ>Μ. ˆ ˆ 95 / 27

A μ α B Μ μ α A' β) Με εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στο τρίγωνο παίρνουμε: < <+ β γ< 2µ α <β+γ β γ β+γ <µ α<. 2 2 96 / 27-28

γ) Σύμφωνα με το β) έχουμε: β+γ µ α<, 2 α+β µ γ<. 2 γ+α µ β < και 2 Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: μ α + μ β + μ γ < α + β + + γ = 2τ. 4. ν τα Σ, Ο, Μ δεν είναι συνευθειακά με εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στο τρίγωνο ΣΜΟ παί ρ νουμε: ΣΟ ΟΜ<ΣΜ <ΣΟ+ΟΜ ΣΟ Ο<ΣΜ <ΣΟ+ΟΒ Σ < ΣΜ < ΣΒ. ν Μ τότε: Σ = ΣΜ < ΣΒ και 97 / 28

αν Μ Β είναι Σ < ΣΜ = ΣΒ. Μ Σ Ο Β 5. Στο τρίγωνο ΒΜ η διχοτόμος είναι και ύψος, επομένως είναι ισοσκελές, δηλαδή 1 Β =Μ= = 2Β 2 Με εφαρμογή της τριγ. ανισότητας στο τρίγωνο Β (1) βρίσκουμε <Β+Β 2Β <Β+Β Β <Β. (1). 98 / 28

2 1 Μ Β 6. Θεωρούμε το μέσο του τόξου Β, οπότε Μ=ΜΒ=Δ και Μ = ΜΒ = = Δ. Τότε, λόγω της τριγωνικής ανισότητας στο τρίγωνο ΜΒ, έχουμε ότι: Μ + ΜΒ > Β ή 2Δ > Β. Δ Ο Β 99 / 28 Μ

7. Έστω ότι Δ > Β, οπότε η επίκεντρη γωνία ΟΔ ˆ είναι μεγαλύτερη ˆ της ΟΒ. Τα τρίγωνα ΟΔ και ΟΒ έχουν δύο ζεύγη πλευρών ίσα (Ο = ΟΒ = Ο = ΟΔ = R) και τις περιεχόμενες γωνίες άνισες, οπότε Δ > Β. (εφ. 3.11). Β Ο Δ Το αντίστροφο αποδεικνύεται εύκολα με απαγωγή σε άτοπο. 100 / 28

Σύνθετα Θέματα 1. i) Με εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στα τρί γω να ΟΒ, ΒΟ, ΟΔ και ΔΟ παίρνουμε αντίστοιχα: AB < OA + OB, Β < ΟΒ + Ο, Δ < Ο + ΟΔ και Δ < ΟΔ + Ο από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. Κ Δ Β Ο 101 / 29

ii) ν το Ο δεν είναι σημείο της από το τρίγωνο Ο προκύπτει ότι: Ο + Ο > και αν το Ο είναι ση μείο της θα είναι Ο + Ο (1). Όμοια παίρνουμε ΟΒ + ΟΔ ΒΔ (2). πό (1), (2) προκύπτει Ο + ΟΒ + Ο + ΟΔ + ΒΔ η οποία σημαίνει ότι ελάχιστη τιμή του αθροίσματος Ο + ΟΒ + Ο + + ΟΔ είναι η + ΒΔ και συμβαίνει ό ταν το Ο είναι σημείο της και της ΒΔ, δηλαδή όταν Ο Κ. 2. i) φού το τρίγωνο ΕΒ είναι ισοσκελές, θα είναι ΕΒ=ΒΕ ˆ ˆ και επειδή τα τρίγωνα ΕΔ και Β είναι ίσα, θα είναι ΕΔ ˆ = Β. ˆ 102 / 29 Επομένως ˆ ˆ ΒΕΔ = ΕΒ και

M ˆ ˆ ΜΕΒ=ΜΒΕ, οπότε το τρίγωνο ΜΒΕ είναι ισοσκελές. Δ E Κ B ii) ν φέρουμε τη διάμεσο Κ του ισοσκελούς τριγώνου ΕΒ θα είναι ύψος και διχοτόμος, όμοια και η ΜΚ, οπότε τα σημεία Μ, Κ, είναι συνευθειακά. 103 / 29

3. i) Είναι < Β + Β (από το τρίγωνο Β ) < Δ + Δ (από το τρίγωνο Δ ) και προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. B Ο Δ ii) Είναι Ο + ΟΒ > Β και ΔΟ + Ο > Δ και προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. 104 / 29

iii) Προσθέτοντας κατά μέλη τις δύο ανισότητες (ii) έχουμε ότι: Β +Β+Δ+Δ <+ΒΔ. 2 Επίσης προσθέτοντας κατά μέλη τις < Β + Β, < Δ + Δ, ΒΔ < Β + Δ και ΒΔ < Β + Δ κα ταλήγουμε ότι + ΒΔ < Β + + Β + Δ + Δ. 4. πό το φέρουμε κάθετες στις Οx, Oy που τις τέμνουν στα σημεία Δ, Ε αντίστοιχα και παίρνουμε τμήματα Δ = Δ και Ε = Ε (συμμετρικά). Τότε η περίμετρος του Β είναι + Β + Β > > = 2Ο. 105 / 29-30

y Β '' Ε O A Δ x Σχόλιο: Τα σημεία, Ο, είναι συνευθειακά. (Άσκηση 6-3.8-3.9). ' 106 / 30

3.13 σκήσεις Εμπέδωσης 1. Επειδή Ε κάθετος στην Β και Δ < Β θα είναι ΔΕ < ΕΒ (1). Επίσης Β κάθετος στην και Ε <. Άρα συνεπάγεται ότι ΕΒ < Β (2). πό (1), (2) προκύπτει ότι ΔΕ < Β. Ε Δ 107 / 30 Β

2. Το Η είναι μεσοκάθετος του Β (σχ. Βιβλίου), άρα Β =. Τα τμήματα και Δ είναι πλάγια και επειδή Η < ΗΔ και Η κάθετος προκύπτει ότι < Δ. 3. i) Έστω Ρ το ίχνος της καθέτου από το Ρ στην ε. ν το Ρ δεν ταυτίζεται με το τότε θα είναι ΡΒ = Ρ > ΡΡ. ii) Θα πρέπει το Ρ να ταυτίζεται με το, επομένως η ε να είναι κάθετη στο ευθύγραμμο τμήμα Ρ, στο σημείο. Ρ Ρ' ε 108 / 30 Β

3.14-3.15 σκήσεις Εμπέδωσης 1. Οι χορδές είναι ίσες γιατί έχουν ίσα αποστήματα, αφού το απόστημα κάθε χορδής ισούται με την ακτίνα ρ του μικρού κύκλου. 109 / 30

2. Έστω Μ το σημείο επαφής της ε με τον κύκλο. Η Ο είναι διχοτόμος της ΟΜ ˆ και η ΟΔ διχοτόμος της ΜΟΒ, ˆ oπότε Ο ΟΔ ΟΔ ˆ = 90 (διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών). ε 1 1 2 Ο Μ ε 2 Δ Β 110 / 30

3. Υπάρχουν δύο δυνατές περιπτώσεις: ια το Σχ. 1 έχουμε ότι: Ρ + Δ + ΔΡ = Ρ + Ε + + ΕΔ + ΡΒ ΡΔ = 2Ρ. ια το Σχ. 2 έχουμε ότι: Ρ + Δ + ΔΡ = Ρ + + Ε + + ΕΔ + ΒΡ = 2(Ρ + Δ). Ρ Ρ Ε Δ Β B Ε Δ Σχήμα 1 Σχήμα 2 111 / 31

ποδεικτικές σκήσεις 1. Στο τρίγωνο ΟΒ η ΟΕ είναι ύψος και διάμεσος, άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές, δηλαδή Ο = ΟΒ (1). Όμως και ΟΔ = Ο (2) (ως ακτίνες). Με αφαίρεση των (1) και (2) κατά μέλη προκύπτει Δ = Β. Δ Ε Β Ο 112 / 31

2. Φέρουμε τη ΜΟ, οπότε οι γωνίες ΜΟ ˆ και ΟΜΒ ˆ είναι ίσες. Το τρίγωνο ΟΜ είναι ισοσκελές, οπό- τε η MB είναι και διχοτόμος, άρα ΟΜΒ=ΒΜ. ˆ ˆ Άρα ˆ ˆ Μ= 3ΒΜ. Μ Ο Β 113 / 31

3. Τα ευθύγραμμα τμήματα Ρ και ΡΒ είναι ίσα, ως εφαπτόμενα τμήματα που άγονται από ένα σημείο προς τον κύκλο. Επομένως το τρίγωνο ΡΒ είναι ισοσκελές, οπότε ΡΒ=ΡΒ. ˆ ˆ Επίσης, η ΡΟ είναι μεσοκάθετη στο ευθύγραμμο τμήμα Β, οπότε Μ = ΜΒ και επομένως ΜΒ=ΜΒ. ˆ ˆ φαιρώντας κατά μέλη τις δύο τελευταίες ισότητες προκύπτει ΜΡ=ΜΒΡ. ˆ ˆ 114 / 31

Ρ Μ Β Ο 3.16 σκήσεις Εμπέδωσης 1. i) Ο ένας κύκλος εσωτερικός του άλλου. ii) Εφάπτονται εσωτερικά. iii) Τέμνονται. 115 / 31-32

\\ \\ iv) Εφάπτονται εξωτερικά. v) Ο ένας κύκλος εξωτερικός του άλλου. 2. Οι κύκλοι εφάπτονται εσωτερικά. Ο 3. Οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά. Ο Β 116 / 32

ποδεικτικές σκήσεις 1. i) ια να τέμνονται οι κύκλοι (Ο, 2R) και (P, PO) πρέπει να ισχύει: 2R PO < PO < PO + 2R, γιατί PO < 2R. Η δεξιά ανισότητα προφανώς ισχύει. ια την αριστερή έχουμε: 2R PO < PO 2R < 2PO PO > R που ισχύει αφού Ρ εξωτερικό σημείο του (Ο, R). Ο Β Ρ 117 / 32 Δ

ii) Επειδή (O) = 2R > R το είναι εξωτερικό σημείο του (Ο, R), άρα η Ο τέμνει τον (Ο, R) στο. Όμοια η ΟΔ τέμνει τον (Ο, R) στο Β. iii) Επειδή (ΟA) = R και (Ο) = 2R το είναι μέσο της χορδής Ο του κύκλου (P, PO), οπότε PA O, επομένως Ρ εφαπτόμενη του (Ο, R). Όμοια απο δεικνύεται ότι και η ΡΒ είναι εφαπτόμενη του (Ο, R). 2. i) Επειδή Ο 1 Ο 2 > R 1 + R 2 ο ένας κύκλος είναι εξωτερικός του άλλου. 118 / 32

Β M' O 1 M N O 2 N' ii) Έστω ότι το δεν συμπίπτει με το Μ ή το Β δεν συμπίπτει με το Ν. Τότε σύμφωνα με το σχόλιο της 3.11 έχουμε: O 1 O 2 < O 1 A + + AB + BO 2 ή R 1 + MN + R 2 < R 1 + + AB + R 2 ή ΜΝ < Β. Όταν Μ και Β Ν τότε ΜΝ = Β. Άρα γενικά ΜΝ Β. Έστω πάλι ότι το δεν συμπίπτει με το Μ ή το Β με το Ν τότε: AB < AO 1 + O 1 O 2 + O 2 B ή 119 / 32-33

AB < M O 1 + O 1 O 2 + O 2 N ή Β < Μ Ν. Όταν Μ και Β Ν τότε Β = Μ Ν, γενικά λοιπόν θα ισχύει Β Μ Ν. 3. Η ΚΡ είναι διχοτόμος της γωνίας ΡΒ ˆ και η ΡΛ διχοτόμος της ΡΔ. ˆ Όμως οι γωνίες AΡ Β και ΒΡ Δ είναι εφεξής και παραπληρωματικές, επομένως ΚΡΛ ˆ = 90. Κ \ Ρ \ Β \ Δ \ Λ 120 / 33

4. Η απάντηση είναι καταφατική και οι κύκλοι φαίνονται στο παρακάτω σχήμα. 121 / 33

3.17-3.18 σκήσεις Εμπέδωσης 1. Κατασκευάζουμε γεωμετρικά μια ορθή γωνία xoy ˆ και στη συνέχεια κατασκευάζουμε τη διχοτόμο Οδ αυτής. Τότε (xo ˆ δ ) = 45. y δ x O x 2. Έστω γωνία xoy ˆ. Κατασκευάζουμε τη διχοτόμο Οδ αυτής και στη συνέχεια τις διχοτόμους Oδ 1 και Οδ 2 των xοδ ˆ και δο ˆ y αντίστοιχα. 122 / 33

y δ 2 δ δ 1 O x 3. Θεωρούμε τμήμα Β = α και γράφουμε τους κύκλους (Β, α) και (, α). ν είναι ένα κοινό σημείο των κύκλων αυτών το τρίγωνο Β είναι το ζητούμενο. Πράγματι το τρίγωνο Β είναι ισόπλευρο με Β = α, από υπόθεση, Β = = α, ως ακτίνες των κύκλων (Β, α) και (, α). 123 / 33-34

Επειδή α α < α < α + α, οι κύκλοι τέμνονται και το πρόβλημα έχει πάντα λύση. Το τρίγωνο Β με το δεύτερο κοινό σημείο των κύκλων (Β, α) και (, α) είναι ίσο με το Β, επομένως η λύση είναι μοναδική. α α Β α 4. Θεωρούμε τμήμα Β = α και κατασκευάζουμε την μεσοκάθετο ε αυτού. ν η ε τέμνει τη Β στο Μ και πάνω σ αυτήν πάρουμε σημείο 124 / 34

ώστε Μ = υ, τότε το Β είναι το ζητούμενο. Πράγματι, Β = και προφανώς Β = α και Μ = υ. Το πρόβλημα έχει πάντα μοναδική λύση. υ Β M ε 125 / 34

5. α) Κατασκευάζουμε ορθή γωνία x ˆ y και πάνω στις πλευρές της x, Ay παίρνουμε αντίστοιχα τα σημεία, Β ώστε = β και Β = γ. Το πρόβλημα έχει πάντα μοναδική λύση. y Β γ β x β) Κατασκευάζουμε y ορθή γωνία x ˆ y και πάνω στην Ay παίρνουμε σημείο Β ώστε Β = γ. Στη συνέχεια γράφουμε τον κύκλο (Β, α) που τέμνει την x στο. Το τρίγωνο Β 126 / 34 είναι

προφανώς το ζητούμενο και υπάρχει λύση όταν α > γ. y Β γ α x ενικές σκήσεις 1. i) Στην προέκταση της Β θεωρούμε σημείο Β ώστε Β = Β. Τότε τα τρίγωνα Β και Β είναι ίσα, οπότε Β=Β ˆ ˆ (1) και Β = Β (2). Β+Β= η οποία, λόγω της (1), γίνεται Όμως από υπόθεση ˆ ˆ 180 127 / 34-35

ˆ ˆ 180 ˆ 180 ˆ ˆ ˆ Β +Β= Β = Β = ˆ εξ =Β εξ δηλαδή Β =Β και επομένως Β = Β η οποία με τη βοήθεια της (2) δίνει Β = Β. Β B Β 128 / 35

ii) ν δύο τρίγωνα είναι τέτοια ώστε: μια πλευρά και μια προσκείμενη σ αυτή γωνία του ενός να είναι ίση με μια πλευρά και μια προσκείμενη γωνία του άλλου, αντίστοιχα και οι μη προσκείμενες στην πλευρά αυτή γωνίες των τριγώνων είναι παραπληρωματικές. Τότε, οι πλευρές που βρίσκονται απέναντι από ίσες προσκείμενες γωνίες είναι ίσες. 2. Επειδή το τρίγωνο Β είναι ισόπλευρο τα τρίγωνα Β και Β είναι ισόπλευρα και ίσα μεταξύ τους, οπότε θα είναι ˆ = ˆ =ϕ (1). 1 2 129 / 35

Τα τρίγωνα ΒΒ και έχουνε = Β, = Β και ΒΒ ˆ ==+ϕˆ ˆ ˆ, άρα είναι ίσα και επομένως ΒΒ =. Όμοια αποδεικνύεται ότι ΒΒ =. ' 1 2 Β' Β ' 3. Έστω ότι η χορδή Δ είναι μεγαλύτερη της Β. Μεταφέρουμε την Β σε ίση χορδή Ε, οπότε το απόστημα ΟΗ της Β ισούται με το απόστημα ΟΜ της Ε. φού τα σημεία Ο και Ε βρίσκονται 130 / 35

εκατέρωθεν της Δ, η ΟΜ τέμνει τη Δ σε σημείο I που είναι εσωτερικό του τμήματος ΟΜ. Τότε έχουμε ότι ΟΚ < ΟΙ < ΟΜ = ΟΗ. ντίστροφα: Έστω ότι ΟΚ < ΟΗ. Τότε: αν Β = Δ θα ήταν ΟΚ = ΟΗ (άτοπο). αν Β > Δ θα ήταν ΟΚ > ΟΗ (άτοπο). Άρα Β < Δ. Β Η Ο I Κ Μ Ε Δ 131 / 35

4. Έχουμε ABE = ΒΖ (Β = Β, ΒΕ = Ζ, Β=). ˆ ˆ Άρα =Β ˆ ˆ (1). 1 1 Επίσης ΒΖ = ΒΔ (Β = Β, =Β, ˆ ˆ Ζ = ΒΔ). Άρα Β ˆ ˆ 2= 2. πό (1), (2), αφού Β = Β προκύπτει ότι ΒΛ=ΒΜ Επομένως Λ=Μ, ˆ ˆ οπότε ω=ϕ Όμοια ˆω=θ. ˆ Άρα ω=ϕ=θ. ˆ ˆ. A ˆ ˆ ˆ. Β Δ Λ ω Ε Κ θ φ Ζ 132 / 36

5. Φέρουμε Δ διχοτόμο. Έστω Ε το μέσο της. Τότε ΒΔ = ΔΕ Δ κοινή, 1 =2, Β =Ε=. 2 Άρα Β=Ε ˆ ˆ 1 < 90, οπότε Ε ˆ 2 > 90. Τα τρίγωνα ΕΔ και ΔΕ έχουν: ΔΕ κοινή, Ε = Ε, Ε ˆ ˆ 2>Ε 1. Άρα Δ > Δ. Επομένως στο τρίγωνο Δ είναι ˆ ˆ 2 > ή >. 2 1 2 Β Δ 1 Ε 2 133 / 36

6. Έστω Μ το μέσο της Β. Το τρίγωνο ΒΜ είναι ισοσκελές. Φέρουμε τη διχοτόμο ΒΔ της γωνίας Β. Τότε το τρίγωνο ΔΒ είναι ισοσκελές και η ΔΜ ύψος και διχοτόμος, οπότε ΔΜΒ = 1L. Τα τρίγωνα BΔA και ΒΜΔ είναι ίσα (Π--Π), οπότε ΒΜΔ= ΒΔ= = 1L. 1 Δ Β ω ω Μ ω 7. Θεωρούμε τα τρίγωνα Β Β 134 / 36 και με Β = Β, = και

Μ = Μ. Προεκτείνουμε τις AM, Μ κατά τμήματα Μ = ΜΔ και Μ = Μ Δ. Τότε ΒΜ = ΜΔ και ΒΜ = Μ Δ, οπότε Δ = Β και Δ = Β. Επομένως τα τρίγωνα Δ και Δ είναι ίσα (Π-Π-Π). Άρα Μ = Μ, οπότε Β = Β. Άρα Β = Β (Π-Π-Π). Β Μ Β Μ Δ Δ 135 / 36

8. πό συμμετρία έχουμε ότι: Μ = Μ και ΒΝ = Β Ν, οπότε Μ + ΜΝ + ΝΒ = Μ + ΜΝ + ΝΒ, δηλαδή το ζητούμενο. Φέρνουμε το Β. Σύμφωνα με το σχόλιο της 3.11 έχουμε Β Μ + ΜΝ + ΝΒ, δηλαδή η μικρότερη τιμή του αθροίσματος Μ + ΜΝ + ΝΒ είναι το Β. υτό θα συμβεί όταν τα Μ, Ν βρεθούν πάνω στο Β και επειδή ανήκουν και στις Ox, Oy αντίστοιχα, πρέπει τα Μ, Ν να ταυτιστούν με τα Κ, Λ αντίστοιχα. 136 / 37

Β y N K Β Ο Λ A M x 137 / 37

ΚΕΦΛΙΟ4 ΠΡΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ ν φέρουμε παράλληλη από σημείο της διχοτόμου γωνίας προς μια πλευρά της σχηματίζεται ισοσκελές τρίγωνο. (σκήσεις: 4.1-4.5 Εμπέδωσης 2, ποδεικτικές 4, 5 και Σύνθετα 3) ντίστοιχα αν φέρουμε παράλληλη προς τη διχοτόμο γωνίας. 139 / 39

(σκήσεις: 4.1-4.5 Εμπέδωσης 3, ποδεικτικές 2, 3 και Σύνθετα 4) Δύο ευθείες είναι παράλληλες αν ισχύει ένα από τα παρακάτω: α) Είναι κάθετες στην ίδια ευθεία. (σκήσεις: 4.1-4.5 Εμπέδωσης 6, ποδεικτικές 1) β) Είναι παράλληλες προς τρίτη ευθεία. (σκήσεις: 4.1-4.5 Σύνθετα 1) γ) Τεμνόμενες από τρίτη ευθεία σχηματίζουν: i) Δύο εντός εναλλάξ γωνίες ίσες ή ii) Δύο εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη γωνίες ίσες ή iii) Δύο εντός και επί τα αυτά μέρη γωνίες παραπληρωματικές (σκήσεις: 4.1-4.5 Εμπέδωσης 4, 5 και 4.6-4.8 Σύνθετα 7) 140 / 39

Τρία σημεία, Β, είναι συνευθειακά αν i) Η γωνία ˆΒ είναι 0 ή 180 ii) Οι ευθείες π.χ. Β, είναι παράλληλες ή κάθετες σε ευθεία ε. Την (i) περίπτωση συναντήσαμε και σε προηγούμενο κεφάλαιο. (σκήσεις: 4.6-4.8 Σύνθετα 3). Άλλες ασκήσεις θα δούμε στο 5ο Κεφάλαιο. Σχόλιο: Ισοδύναμες εκφράσεις είναι: η ευθεία Β διέρχεται από το, το ανήκει στην ευθεία Β. Μια γωνία τριγώνου είναι ορθή αν οι άλλες δυο γωνίες είναι συμπληρωματικές. (σκήσεις: 4.6-4.8 Σύνθετα 1) 141 / 39

4.1-4.5 σκήσεις Εμπέδωσης Β= (Β = ) ˆΒ=Δ 1, =Ε (εντός εκτός και επί τα αυτά 1. Έχουμε ˆ ˆ ˆ ˆ1 ˆ ˆ μέρη). Άρα Δ 1= Ε 1, οπότε Δ = Ε. ˆ Δ 1 1 Εε Β 142 / 40

ˆ 2. Έχουμε Ο 1=Ο 2 (διχοτόμος) ˆ 1=Ο ˆ 2 (εντός εναλλάξ). Άρα Ο ˆ1= ˆ 1, οπότε ΟΒ = Β. ˆ y Ο Β 1 2 1 δ x 143 / 40

ˆ ˆ 3. Έχουμε Ο 1=Ο 2 (διχοτόμος) Ο ˆ1= ˆ 1(εντός εναλλάξ) Ο ˆ ˆ 2=Β 1 (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη). Άρα ˆ =Βˆ, οπότε Ο = ΟΒ. 1 1 y δ Β Ο 1 1 2 x Β= (Β = ) ΔΒ = ΔΕ, οπότε Β=Ε 1. Άρα =Ε ˆ ˆ1, οπότε ΔΕ// (αφού σχηματίζουν δύο εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη γωνίες ίσες). 4. Έχουμε ˆ ˆ ˆ ˆ 144 / 40

Δ Β 1 Ε 145 / 40

5. Έχουμε Β = ΔΕ (Π--Π), άρα ˆΒ=Δ, ˆ οπότε ΔΕ//Β (αφού σχηματίζουν δύο εντός και εναλλάξ γωνίες ίσες). E Δ Β 146 / 41

6. Έχουμε ΟΜ Β (ΟΜ απόστημα) ΟΜ Ox. Άρα Οx//Β. Ο x A Μ Β 147 / 41

ποδεικτικές σκήσεις 1. Έχουμε Β = = Δ, άρα 2 =Δ (1) ˆ ˆ AΜ B (διάμεσος και ύψος) Δ Β AM//Δ, οπότε ˆ =Δˆ (2) 1 πό (1) και (2) προκύπτει ότι ˆ ˆ 1= 2, δηλαδή η Δ είναι διχοτόμος της Μ. ˆ 148 / 41

12 Β Μ Δ x 149 / 41

2. Έχουμε Ε = Ε + (1) ˆ ˆ ˆ ˆ 1= 2 (διχοτόμος) 1=Βˆ 1(εντός εναλλάξ) 2 =Εˆ (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη). ˆ ˆ Άρα Β 1 =Ε, οπότε Ε = Β (2) πό (1) και (2) προκύπτει ότι Ε = Β +. Ε 1 2 Β Δ 150 / 41

3. Έχουμε Δ = Δ (1) ˆ ˆ ˆ ˆ 1= 2 (διχοτόμος) =Βˆ (εντός εναλλάξ) 1 1 ˆ 2=Δ 1(εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη) Άρα ˆΒ ˆ 1 =Δ 1, οπότε Δ = Β (2) πό (1) και (2) προκύπτει ότι Δ = Β. x 2 1 1 Δ Β 1 151 / 42

4. Έχουμε ΔΕ = ΔΙ + ΙΕ (1) Τα τρίγωνα ΒΔΙ, ΕΙ είναι ισοσκελή (Άσκ. 2). Οπότε ΔΙ = ΒΔ και ΙΕ = Ε (2) πό (1) και (2) προκύπτει ότι ΔΕ = ΒΔ + Ε. Δ Ι Ε B 152 / 42

5. Έχουμε Β = ΒΔ + ΔΕ + Ε (1) Τα τρίγωνα ΒΔΙ, ΕΙ είναι ισοσκελή, οπότε ΔΙ = ΒΔ και ΙΕ = Ε (2) πό (1) και (2) προκύπτει ότι Β = ΙΔ + ΔΕ + ΙΕ. I B Δ Ε 153 / 42

Σύνθετα Θέματα 1. Έχουμε ΕΒ = ΕΖ, οπότε Β 2=Ζ 1. λλά Β ˆ 2=Β ˆ 1. Άρα Ζ ˆ1=Β ˆ 1, οπότε ΕΖ//Β (1) (αφού σχηματίζουν δύο εντός εναλλάξ γωνίες ίσες). Όμοια ΚΒ = ΚΜ, οπότε Μ ˆ 1=Β ˆ 3=Β ˆ 4. Άρα ΜΚ//Β (2). πό (1) και (2) προκύπτει ότι ΕΖ//ΜΚ. ˆ ˆ Μ Ε 1 Κ 3 2 1 Δ Ζ 4 Β 1 154 / 42

2. Φέρουμε Ζ//x//By. Τότε: Δ ˆ ˆ Άρα 1= 2 (εντός εναλλάξ) ˆ ˆ ( Δ ˆ = ˆ ) 1= 2 (1) 1 1 Όμοια ˆ ˆ ˆ ˆ = Ε 3 1 = Ε 4 1 (εντός εναλλάξ) Άρα (ΒΕ = Β) ˆ 3= ˆ 4 (2) πό (1) και (2) προκύπτει ότι Δ Ε (διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών). Επομένως ΔΕ ˆ = 1L. 155 / 43

1 Δ x 4 1 2 3 z Β 1 E y 3. Έχουμε ΔΕ = I α Ε Ι α Δ (1) Επίσης 1= 2 = Ι α Ε, οπότε Ε = I α Ε (2) και Β ˆ = Β ˆ = ΒΙ ˆ 1 2 αδ, οπότε ΒΔ = I α Δ (3) πό (1), (2) και (3) προκύπτει ότι ΔΕ = Ε ΒΔ. 156 / 43

1 2 Β 2 1 Δ Ε Ια 157 / 43

ˆ ˆ, 4. α) Επειδή Δ//ΕΜ έχουμε 1=Ε1 ˆ 2= Ζ ˆ ˆ 1=Ζ 2, οπότε Ε ˆ 1=Ζˆ 1. Άρα Ε = Ζ. β) Έχουμε ( α) ΒΕ+Ζ=Β +Ε+Ζ=Β + +Ζ+Ζ =Β+ = σταθ. γ) Προεκτείνουμε την ΕΜ κατά τμήμα ΜΗ = ΕΜ. (ΒΜ = Μ, Τότε ΒΕΜ = ΜΗ ΜΗ = ΕΜ, Μ ˆ ˆ 1=Μ 2), οπότε Η = ΒΕ (1) και Ε ˆ ˆ 1 =Η. λλά Ε ˆ 1=Ζ ˆ ˆ 1=Ζ 2, άρα Η=Ζ ˆ ˆ 2, δηλαδή Ζ = Η (2) πό (1) και (2) προκύπτει ότι ΒΕ = Ζ. πό το (β) είναι φανερό ότι Β + ΒΕ =Ζ=. 2 158 / 43

Επίσης Ε =Ζ=ΒΕ Β= Β Β=. 2 Ε Β + 2 1 1 2 1 Z Β Δ 2 1 Μ 2 Η 159 / 43

4.6-4.8 σκήσεις Εμπέδωσης, ˆ 30 1. α) ˆ = 90, Β= ˆ 2 = ˆ 60 =. 3 2 ˆ 90, Β= ˆ ˆ Β= ˆ 36 β) 3 λλά Β+= ˆ ˆ 90 = ˆ 54 2. Έχουμε = ˆ ˆ Β = και ˆ ˆ 2 Β== ˆ ˆ 2. ˆ λλά +Β+= ˆ ˆ ˆ 180 5= ˆ 180 = ˆ ˆ ˆ. ΒΙ= 90 + = 108 2 Β=, οπότε 36, οπότε 160 / 44

3. Έχουμε ˆ 144 ˆ εξ = = 36, = ˆ 3Β ˆ και ˆ εξ = +Β ˆ ˆ ˆ = 4Βˆ Β= ˆ 36. εξ Άρα Β== ˆ ˆ 36 ˆ ˆ ˆ, οπότε Β =. 4. Β=Δ=ϕ =ΔΒ=ω ˆ ˆ ˆ (οξείες γωνίες με κάθετες πλευρές) ω ϕ ϕ ω Β Δ 161 / 44

5. Έχουμε Β = ΔΒ, οπότε Δ ˆ = ˆ 1 =ϕ ˆ Β =, οπότε Στο τρίγωνο : Στο τρίγωνο : Β==ω ˆ ˆ ˆ Δ: ΔΒ: ˆ ˆ ˆ εξ 108 =ϕ+ω= ˆ ˆ 1 ˆ ˆ 2 ˆ εξ Β =Δ + ω= ϕ οπότε ϕ= ˆ 36 x 1 108 ϕ ϕ Δ ω ω Β 162 / 44

ˆ ˆ 1 6. Έχουμε ω= = 45 (εντός εναλλάξ) ϕ=βˆ ˆ (εντός εκτός και επί τα αυτά) ˆ ˆ 20 Β=ϕ= ˆ ˆ 55 ˆ Β=+ Β+= ˆ 90 1 2 Ε Β ω Δ ϕ 163 / 44

7. Έχουμε Σ ν = 2ν 4 ορθές, οπότε 900 = (2ν 4)90 2ν 4 = 10 2ν = 14 ν = 7. ποδεικτικές σκήσεις ˆ 1. Β ˆ εξ = 90 + 2Β ˆ εξ = 180 + ˆ 2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 2( +Β ) = ( +Β+ ) + Β=, ˆ ˆ άρα Β =. 2. i) ˆ ˆ ˆ ˆ Δ=Β+ ˆ ˆ 1 2 ˆ ˆ ΔΒ=+ = 1 2 Δ ˆ ΔΒ ˆ =Β ˆ ˆ 164 / 45

ii) Έχουμε ˆ ˆ ˆ ˆ Δ ΔΒ=Β (από (i)) λλά ˆ ˆ 180 Άρα 2Δ= 180 Δ+ΔΒ=. ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ +Β Β Δ= 90 +, 2 ˆ ˆ οπότε ˆ Β ΔΒ= 90. 2 1 2 Β Δ 165 / 45

3. Στο τρίγωνο ΔΕ ( ˆ 90 ΔΕ+Ε ˆ = 90. ˆ 1 Δ = ): ˆ λλά ˆ ˆ ˆ ˆ 1 ˆ Ε 1= 1+ Ε 1= + (εξωτερική) και 2 90 ˆ ˆ ˆ Β = + +, οπότε 2 2 2 Â A B ΔΕ ˆ + += ˆ + + 2 2 2 2 B Β+ ΔΕ= ˆ + = ˆ 2 2 2. ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 1 Β Δ 1 Ε 166 / 45

4. Στο τρίγωνο ΕΒ : ˆ ˆ ˆ ΕΒ= +Β = 1 1 180 ˆ ˆ (1) Β ΕΒ+ ˆ + =180 2 2 λλά +Β++Δ ˆ ˆ ˆ ˆ = 360 ˆ ˆ ˆ ˆ Β Δ + + + = 180 (2) 2 2 2 2 πό (1), (2) προκύπτει ότι ˆ ˆ +Δ ΕΒ= ˆ. 2 1 2 Ε 1 2 Β Δ 167 / 45

5. Έχουμε +Β+= ˆ ˆ ˆ 180 + ˆ 2= ˆ + = 180 Β= ˆ ˆ ˆ ˆ = 180 2 ˆ ˆ = 2(90 ) = 2ΕΔ αφού ΕΔ+= ˆ ˆ 90 ˆ ˆ ΕΔ= 90. ˆ ˆ, οπότε Ε B Δ 168 / 46

6. Στο τρίγωνο : Στο τρίγωνο : 1 2 ˆ ˆ ΒΖ: ΒΕΔ: Ε ˆ = Ε ˆ λλά Β =Β και 1 2, οπότε Ε = Ζ. Ζ ˆ ˆ 1+Β 1= 90 ˆ ˆ 90 Ε +Β = 2 2 B 1 2 2 Δ Ε 1 1 Ζ 1 2 ˆ ˆ Ζ =Ε 169 / 46

7. Στο τρίγωνο : Στο τρίγωνο : 1 2 ˆ ˆ ΒΗ: ΒΖ: Ζ ˆ =Ζ ˆ λλά Β =Β και 1 2, οπότε Ζ = Η. ˆ ˆ 90 ˆ ˆ 90 Η +Β 2 = Ζ + Β = 2 1 Ζ 1 2 Β 1 2 Ζ ˆ ˆ 1 = Η Η 170 / 46

Σύνθετα Θέματα 1. Στο τρίγωνο ΕΔ : ˆ Ε =Δ Δ 1= Ε, 1 ˆ ˆ ˆ ˆ =Δ + Ε ˆ (ως εξωτερική), οπότε ˆ ˆ Δ 1= Ε= (1) 2 Ε Δ 1 2 Β Κ 171 / 46

λλά +Β+= ˆ ˆ ˆ 180 ˆ ˆ ˆ + ˆ 2Β= ˆ 180 (1) Β= ˆ (1) ˆ ˆ ˆ +Β= 90 Δ 1 + Β= 90 2 ˆ ˆ 90, Δ + Β= 2 άρα Κ= ˆ 90, οπότε ΔΕ Β. 172 / 46

2. Στο τρίγωνο ABE το Ζ είναι ύψος και διχοτόμος, οπότε το τρίγωνο ABE είναι ισοσκελές. Άρα Β ˆ ˆ 1=Ε 1(1). Επίσης Β ˆ ˆ ˆ 1 + ΕΒ =Β (2). Ε ˆ =ΕΒ+ ˆ ˆ (εξωτερική) 1 (1) ˆ ˆ ˆ 1 Β =ΕΒ+ (3). πό (2), (3) προκύπτει ότι Β 2ΕΒ=Β ˆ ˆ ˆ ΕΒ= ˆ. 2 1 2 ˆ ˆ 1 Ε B 1 Z Δ 173 / 47

3. Έχουμε: Β = ΒΔ, οπότε ˆ =Δ ˆ = ωˆ και Ε =, 1 ˆ ˆ ˆ. λλά οπότε 2 =Ε=ϕ Ε+Δ ˆ ˆ = 90 (από το τρίγωνο ΕΔ ), οπότε ˆ ˆ 1+ 2= 90. Άρα ˆ 1+ ˆ 2+= ˆ 180 και επομένως τα Δ,, Ε είναι συνευθειακά. Ε ϕ ω1 2 ϕ Δ ω Β 174 / 47

4. i) Έχουμε ˆ ˆ 1 90 ˆ ˆ 90 ˆ ˆ Β += Ε+Β= Β= (Β = ) ) ) ˆ 1 ˆ B = E οπότε ΒΔ = ΔΕ. (από τρίγωνο ΒΔ) (από τρίγωνο ΒΗΕ) Β Η 1 Δ 1 Ε 175 / 47

ii) Τα τρίγωνα ΒΔ και ΔΕ έχουν: Δ κοινή, ΒΔ = ΔΕ και ΒΔ= 90 >Δ. Άρα Β > Ε. ˆ ˆ1 5. i) Έχουμε ΖΒ = Η (ΒΗ =, Η = Β, ΒΖ=Η ˆ ˆ = 90 +ˆ ). Άρα Ζ = Η. 1 Ε Δ Ζ Β Η 176 / 47

ii) ˆ ˆ ˆ ΖΗ ˆ = ˆ ˆ ˆ 90 ΖΗ =ΖΔ+ Η Η ˆ =Ζˆ (από (i)) ΖΗ =ΖΔ + Ζ= οπότε Ζ Η. 6. Στο τρίγωνο ΔΖΕ ˆ ˆ ˆ ϕ+δ 2+Ε 1= 180 ˆ Δ ϕ+ ˆ +Ε ˆ 1 = 2 είναι: 180 (1) B A 1 2 Ζ ϕ 1 2 1 Δ Ε 177 / 47-48

Β λλά Ε ˆ ˆ ˆ ˆ 1==Β 2=+ (2) 2 (εξωτερική στο τρίγωνο ΒΕ ) και +Β++Δ ˆ ˆ ˆ ˆ = 360, οπότε ˆ Βˆ ˆ Δˆ + + + = 180 (3). 2 2 2 2 πό (1), (2) και (3) προκύπτει ότι ϕ+= ˆ ˆ + ϕ= ˆ. 2 2 2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 7. Επειδή ΟΒ= ˆ 90, θα είναι ω+ϕ= ˆ ˆ 90 (1). Επομένως 1 1 ˆ ˆ (1) ˆ ˆ ˆ + Β ˆ = 180 2 ω + 180 2ϕ= = 360 2(ω + ϕ) = 360 2 90 = = 180. Άρα α//β. 178 / 48

Κ 1 ω 1 ω α β Ο ϕ 1 Β ϕ Κ 2 ενικές σκήσεις ˆ ˆ ˆ ˆ 1. Έχουμε ΒΔ=+Β 1 =+ (εξωτερική του τριγώνου ΒΔ ) και Ε=Β+ ˆ ˆ ˆ ˆ 2 =Β+ (εξωτερική 2 στο τρίγωνο ΒΕ ). ˆ 179 / 48 ˆ Β 2

ρκεί Bˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ A + = A + 2 + Β = 2Β + 2 2 ˆ ˆ ˆ 2 = Β + που ισχύει (αφού = ˆ 60, Β+= ˆ ˆ 120 ). Ε Δ 1 Β 2 1 2 180 / 48

2. Έστω Ζ μέσο του E. Τότε το τρίγωνο ΒΔΖ είναι ισόπλευρο 2 (ΒΔ=ΒΖ= α 3, Β= ˆ 60 ) και η ΔΕ είναι διάμεσος. Άρα ΔΕ ύψος, οπότε ΔΕ Β. Δ Β Ε Ζ 181 / 48

3. Φέρουμε ΔΗ Β, ΔΚ. Είναι ΔΗ = ΔΗ (Σ διχοτόμος). Επίσης ( ˆ ˆ 90 είναι ΒΗΔ = ΖΔΚ Η=Κ=, ΔΗ = ΗΚ, Β=Ζ ˆ ˆ ως οξείες γωνίες με κάθετες πλευρές). Άρα ΒΔ = ΖΔ. Επομένως (ορθογώνια, ΒΕΔ = ΖΔ ΒΔ = ΖΔ, Β=Ζ), ˆ ˆ άρα ΒΕ = Ζ. B Η Δ Ε Z x Κ 182 / 49

4. Επειδή +Β++Δ ˆ ˆ ˆ ˆ = 360 == ˆ ˆ 90 είναι ˆ Άρα ˆ 1 (Β = Δ, Β = ΔΕ, ˆ 1 Οπότε ˆ 1 = ˆ 3 (1). (1) λλά = ˆ ˆ ˆ 1+ 2 = 90 ˆ ˆ ˆ, και Β+Δ ˆ = 180. ˆΒ=Δ. Επομένως Β = ΔΕ ˆΒ=Δ ). 2 + 3 = 90 Ε= 90, δηλαδή Ε. 1 2 3 Β ~ 1 Δ ~ Ε 183 / 49

5. i) Επειδή Β < θα είναι Β< ˆ ˆ (1). λλά Β= ˆ 90 ΒΔ ˆ ˆ ˆ, = 90 Δ (2). πό (1), (2) προκύπτει ότι: 90 ΒΔ ˆ > 90 Δ ˆ ˆ ˆ ή ΒΔ > Δ ή ˆ ˆ ΒΔ < Δ. υ α Β Δ ii) Προεκτείνουμε την AM κατά ΜΕ = Μ. Τότε ΒΜ = ΜΕ (Μ = ΜΕ, ΒΜ = Μ, Μ ˆ ˆ 1=Μ 2). Άρα Β = Ε και ΒΜ ˆ =Ε. ˆ 184 / 49

Επομένως στο τρίγωνο Ε έχουμε Ε = Β <, οπότε ˆ ˆ Μ<ΒΜ. Μ<Ε ή ˆ ˆ μ α Β 1 Μ 2 iii) Επειδή Ε διχοτόμος θα είναι ˆ ˆ ˆ ΒΕ=Ε=. 2 185 / 49 Ε

πό το i) έχουμε ΒΔ ˆ <Δ, ˆ άρα ˆ ˆ ΒΔ <, ενώ από το ii) έχουμε 2 ˆ ˆ ˆ ˆ ΒΜ >Μ, άρα ΒΜ >. 2 Επομένως το ύψος και η διάμεσος βρίσκονται εκατέρωθεν της διχοτόμου. B Δ Ε Μ 186 / 49-50

6. φού τα τρίγωνα Κ1Β, Κ2, Κ3Β είναι ισοσκελή, οι διχοτόμοι των γωνιών του τριγώνου Κ Κ2Κ είναι μεσοκάθετες των B,, Β. Άρα το έγκεντρο του τριγώνου 1 3 Κ1 Κ2Κ3 ταυτίζεται με το περίκεντρο Ο του τριγώνου Β, οπότε Ο = ΟΒ = Ο. ρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι Ο Κ 2 Κ 3, ΟΒ Κ 1 Κ 3, Ο Κ 1 Κ 2. Πράγματι έχουμε ˆ ˆ ΟΒΚ 1=ΟΚ 1=ωˆ,ΟΚ 2=ΟΚ 2=ϕ και ΟΚ ˆ ˆ ˆ 3= ΟΒΚ 3= θ (από την ισότητα των αντίστοιχων τριγώνων). Επειδή ω+ϕ=ω+θ=ϕ+θ= ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 180 ˆ προκύπτει ότι ˆ ˆ ω=ϕ=θ= ˆ ˆ 90. ˆ 187 / 50

Κ 1 Κ 2 ω Ο ω ϕ ϕ θ θ Β Κ 3 7. i) Έχουμε Ζ = Ε = x, BΔ = ΒΖ = y και Δ = Ε = ω. Τότε y + ω = α, x + ω = β, x + y = γ (1). Οπότε με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε: 188 / 50

2x + 2y + 2ω = α + β + γ = 2τ x + y + ω = τ (2) πό (1), (2) προκύπτει ότι x = τ α, y = τ β και ω = τ γ. ii) Ζ + Ε = Β + ΒΖ + + Ε = = Β + ΒΔ + + Δ = Β + + + Β = α + β + γ = 2τ. Επειδή όμως Ζ = Ε, προκύπτει ότι Ζ = Ε = τ. Z' Β Ζ Ι Μ Δ Δ' Ε E' Ια 189 / 50

iii) Έστω Μ το μέσο του B. Τότε ΜΒ = Μ (3). λλά ΒΔ = τ β και Δ = Ε = Ε = τ β. Άρα ΒΔ = Δ (4) πό (3), (4) προκύπτει ότι ΜΔ = ΜΔ, άρα τα τμήματα B και ΔΔ έχουν κοινό μέσο. iv) ΖΖ = Ζ Ζ = τ (τ α) = α, ΕΕ = Ε Ε = τ (τ α) = α και ΔΔ = Β ΒΔ Δ = = α (τ β) Ε = α τ + β (Ε ) = α τ + β (τ β) = = α + 2β 2τ = α + 2β (α + β + + γ) = β γ. 190 / 50-51

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝ ΚΕΦΛΙΟ 2...11 ΚΕΦΛΙΟ 3... 41 ΚΕΦΛΙΟ 4... 139

Βάσει του ν. 3966/2011 τα διδακτικά βιβλία του Δημοτικού, του υμνασίου, του Λυκείου, των ΕΠ.Λ. και των ΕΠ.Σ. τυπώνονται από το ΙΤΥΕ - ΔΙΟΦΝΤΟΣ και διανέμονται δωρεάν στα Δημόσια Σχολεία. Τα βιβλία μπορεί να διατίθενται προς πώληση, όταν φέρουν στη δεξιά κάτω γωνία του εμπροσθόφυλλου ένδειξη «ΔIΤΙΘΕΤΙ 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 1129 της 15/21 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 - ΔΙΟΦΝΤΟΣ.