Σ ENA ΣΧΗΜ ΜΕ ΕΝΙΦΕΡΟΥΣΕΣ ΠΡΟΕΚΤΣΕΙΣ Κόσυβς ιώργος ο Πειρμτικό υμνάσιο θηνών ε υτή την εργσί προυσιάζοντι ορισμένες ξιοσημείωτες πρτηρήσεις πάνω σε έν πλούσιο σχήμ, το οποίο επιτρέπει ποικίλες προσεγγίσεις πό την Ευκλείδει κι τη ινυσμτική εωμετρί, την Τριγωνομετρί κι τους Μιγδικούς ριθμούς. Πρόβλημ Θεωρούμε το πρλληλόγρμμο του διπλνού σχήμτος, όπου τ σημεί,, κι είνι ντιστοίχως τ μέσ των ευθύγρμμων τμημάτων,, κι. Ποιο είνι το είδος του τετρπλεύρου ; Το ερώτημ είνι νοιχτό έτσι ώστε, οι διερευνήσεις των μθητών ν πελευθερωθούν πό μεθοδολογικούς περιορισμούς. Τ κριτήρι των πρλληλογράμμων Η προσφυγή στ κριτήρι των πρλληλογράμμων μάς πρέχει τις πρώτες ποδείξεις. Τ κύρι κριτήρι που εξσφλίζουν ότι έν τετράπλευρο είνι πρλληλόγρμμο είνι: Κ: Οι πένντι πλευρές είνι νά δύο ίσες Κ: Οι διγώνιοί του διχοτομούντι. Κ3: ύο πένντι πλευρές του είνι ίσες κι πράλληλες. Πρώτη πόδειξη Επειδή // κι = σύμφων με το Κ3 το τετράπλευρο είνι πρλληλόγρμμο. Έτσι οι κι έχουν το ίδιο μέσο Ο. Ομοίως το είνι πρλληλόγρμμο κι επομένως οι διγώνιοί του κι δι- ΕΝ ΣΧΗΜ ΜΕ ΕΝΙΦΕΡΟΥΣΕΣ ΠΡΟΕΚΤΣΕΙΣ. ΚΟΣΥΣ
χοτομούντι. Επειδή το Ο είνι κοινό μέσο των διγωνίων κι του πρλληλογράμμου, χρησιμοποιώντς το Κ συμπερίνουμε ότι το Ο θ είνι το μέσο των κι. Άρ το είνι πρλληλόγρμμο. Ο Η συμμετρί ως κέντρο Η κεντρική συμμετρί ως προς το κέντρο Ο του πρλληλογράμμου μς επιτρέπει ν εμβθύνουμε στη σχέση που ενυπάρχει νάμεσ στο πρλληλόγρμμο κι στη συμμετρί ως προς κέντρο. εύτερη πόδειξη Έστω Ο το κέντρο του. Τ συμμετρικά των κι ως προς το Ο είνι κι. Επειδή το είνι το μέσο του κι η συμμετρί ως προς κέντρο διτηρεί τ μέσ, το θ είνι το μέσο του, όπου το πριστάνει το συμμετρικό του. Επομένως τ σημεί κι τυτίζοντι κι τ κι είνι συμμετρικά ως προς το Ο. Ομοίως ποδεικνύουμε ότι το Ο είνι το μέσο του. Άρ το σύμφων με το Κ είνι πρλληλόγρμμο. λγεβρικά δινύσμτ (συντετγμένες δινύσμτος) Σύμφων με το πρόγρμμ οι μθητές εισάγοντι στις συντετγμένες δινύσμτος στη Λυ- κείου. Ωστόσο θ μπορούσμε στο επίπεδο του υμνσίου ν έχουμε μι νέ πόδειξη κάνοντς νπργωγή του σχήμτος σε τετργωνισμένο χρτί. Στο προηγούμενο σχήμ δεν είνι πρίτητο ν σημειώσουμε συντετγμένες σημείων. Ο ευκολότερος τρόπος εισγωγής των συντετγμένων δινύσμτος είνι μέσω μεττοπίσεων. ι πράδειγμ, οι συντετγμένες του δινύσμτος AB μπορούν ν βρεθούν, ν προβούμε διδοχικά σε μι υτή η προσέγγιση θ μπορούσε ν υπάρχει στο επίπεδο του υμνσίου. Όμως στο νέο βιβλίο της υμνσίου εισάγετι η γεωμετρική έννοι του δινύσμτος χωρίς τον χειρισμό με συντγμένες όπως προβλεπότν στο πλιό βιβλίο της υμνσίου. «ΠΟΛΛΩΝΙΟΣ» ΤΕΥΧΟΣ 6
οριζόντι μεττόπιση μις μονάδς προς τ ριστερά ( ) μεττόπισης δύο μονάδων προς τ κάτω ( ) είνι (, ) κι συμβολικά γράφουμε: AB = (, ). κι μις κάθετης. Έτσι οι συντετγμένες του AB Είνι γνωστό ότι δύο δινύσμτ είνι ίσ, ν έχουν ίσες τις ντίστοιχες συντετγμένες τους. ν χρησιμοποιήσουμε την ισότητ δινυσμάτων, οδηγούμστε στις κόλουθες ποδείξεις, οι οποίες πιτούν εξάσκηση στη χρήση συντετγμένων: Τρίτη πόδειξη Θ ποδείξουμε ότι: A B =. ι ν μετκινηθούμε πό το στο κολουθούμε πρώτ μι οριζόντι μεττόπιση κτά +5 κι στη συνέχει μι κάθετη μεττόπιση κτά -. Επομένως βρίσκουμε: A = B ( 5, ). νάλογ βρίσκουμε = ( 5, ). Έτσι συμπερίνουμε ότι το είνι πρλληλόγρμμο. Τέτρτη πόδειξη πό το γεωμετρικό διάνυσμ περνάμε στο λγεβρικό διάνυσμ. Έτσι μπορούμε στο κρτεσινό επίπεδο ν υπολογίσουμε τις συντετγμένες των μέσων των ευθύγρμμων τμημάτων κι (βλ. στο βιβλίο της Θετικής κτεύθυνσης της Λυκείου: Συντετγμένες Μέσων Τμήμτος, σελ. 33 κι εφρμογή, σελ. 35). x x = + x A A B xa = -xa + xb x + x x + x x + x = - + xb + x = x + x x = -x + x x = Επίσης Οπότε: x + x x + x x + x = - + x + x =. x + x x + x =. νάλογ εργζόμστε γι τις τετγμένες. Η προηγούμενη λγεβρική πόδειξη δεν οπτικοποιείτι κι πιτεί κλή κτνόηση των υποθέσεων κι των συμπερσμάτων. 3 ΕΝ ΣΧΗΜ ΜΕ ΕΝΙΦΕΡΟΥΣΕΣ ΠΡΟΕΚΤΣΕΙΣ. ΚΟΣΥΣ
εωμετρικά δινύσμτ (πρόσθεση δινυσμάτων) ι ν ποδείξουμε ότι το είνι πρλληλόγρμμο, μπορούμε ν χρησιμοποιήσουμε γεωμετρί των δινυσμάτων χωρίς συντετγμένες. Πέμπτη πόδειξη ρκεί ν ποδείξουμε ότι: AB =. Έχουμε: AB = AB + B = A B + + B = + = + + Εύκολ επληθεύουμε ότι AB = = = ενώ = = A =. Άρ A B = κι το είνι πρλληλόγρμμο. Η προηγούμενη πόδειξη μπορεί ν γίνει κόμ κι στη υμνσίου. Μπορεί εύκολ ν οπτικοποιηθεί στον πίνκ με κτάλληλο χρωμτισμό των ίσων δινυσμάτων. Επέκτση της δρστηριότητς: πό το τετράγωνο στο τετράγωνο Πρόβλημ 4 Θεωρούμε την ίδι κτσκευή όπως στο πρόβλημ, λλά το είνι τετράγωνο. Ποιο είνι το είδος του τετρπλεύρου ; πόδειξη : Ισότητ τριγώνων κι ιδιότητες πρλληλογράμμων Είνι ήδη γνωστό ότι το είνι πρλληλόγρμμο (πρόβλημ ). Η ολοκλήρωση της πόδειξης μπορεί ν γίνει με χρήση της ισότητς των τριγώνων κι. Προκύπτουν: = κι Aˆ B = θ + ω = θ + ω = 90. ω ω θ θ «ΠΟΛΛΩΝΙΟΣ» ΤΕΥΧΟΣ 6
Εφόσον το πρλληλόγρμμο είνι ορθογώνιο κι ρόμβος, θ είνι τελικά τετράγωνο. πόδειξη : Μετσχημτισμός (στροφή κτά 90 ) ιπιστώνουμε ότι η στροφή γύρω πό το Ο κτά γωνί 90 0 που μετσχημτίζει το στο, μετσχημτίζει επίσης το στο. πόδειξη 3: Εσωτερικό γινόμενο δινυσμάτων Στη Λυκείου μπορούμε ν χρησιμοποιήσουμε το εσωτερικό γινόμενο, γι ν επληθεύσουμε ότι η γωνί AB ˆ είνι 90. = ( + ) ( + ) = + = - = - = 0. ι την ολοκλήρωση της πόδειξης ρκεί ν πρτηρήσουμε ότι το είνι ήδη πρλληλόγρμμο (πρόβλημ ) κι ότι = (με χρήση ισότητς τριγώνων). 5 πόδειξη 4: Μετρικές σχέσεις (Πυθγόρειο θεώρημ) Το τρίγωνο Εείνι ορθογώνιο στο Ε. ν = βρίσκουμε: = + 9 = 0. Ομοίως = 0. Επειδή το είνι πρλληλόγρμμο (πρόβλημ ), το οποίο έχει ίσες διγώνιους, θ είνι ορθογώνιο. Επιπλέον, σύμφων με το θεώρημ του Πυθγόρ στο ορθογώνιο τρίγωνο βρίσκουμε: ΕΝ ΣΧΗΜ ΜΕ ΕΝΙΦΕΡΟΥΣΕΣ ΠΡΟΕΚΤΣΕΙΣ. ΚΟΣΥΣ
Ομοίως = + 4 = 5. = 5. Έτσι το ως ορθογώνιο κι ρόμβος θ είνι τελικά τετράγωνο. Επέκτση της δρστηριότητς: πό το ρόμβο στο τετράγωνο (τριγωνομετρί) Πρόβλημ 3 ν το είνι ρόμβος, μπορούμε επίσης ν ποδείξουμε ότι το είνι επίσης ρόμβος; Έν σχήμ επιτρέπει ν διπιστώσουμε ότι η προηγούμενη εικσί είνι ψευδής. Μπορούμε όμως ν επεκτθούμε περισσότερο, θέτοντς το κόλουθο πρόβλημ: Πρόβλημ 4 6 ίνετι ρόμβος (θεωρούμε την κτσκευή του προβλήμτος ). Με ποιες προϋποθέσεις το τετράπλευρο θ είνι επίσης ρόμβος; φ ω πόδειξη πό το νόμο των συνημίτονων στο τρίγωνο έχουμε: 0 ( ) = ( ) + ( ) -( ) ( ) συν (80 -φ). ( ) = 5 + 4 συν φ. Ομοίως ( ) = 5 + 4 συν ω. Επομένως το θ είνι ρόμβος, ν κι μόνο ν =, δηλδή ν ισχύει: συν φ=συν ω. Επειδή φ+ω=80 κι 0<ω<80, η συνθήκη υτή είνι ισοδύνμη με φ = ω = 90, δηλδή θ πρέπει το ν είνι τετράγωνο. «ΠΟΛΛΩΝΙΟΣ» ΤΕΥΧΟΣ 6
Επέκτση της δρστηριότητς: πό το πρλληλόγρμμο στον ρόμβο Με βάση τ προηγούμεν φυσική συνέπει είνι το κόλουθο πρόβλημ: Πρόβλημ 5 ν στο προηγούμενο σχήμ το είνι πρλληλόγρμμο, είνι δυντό το τετράπλευρο ν είνι ρόμβος; πόδειξη Το θ είνι ρόμβος, ν κι μόνο ν =. ( ) = + ( β) - ( β) συν ω ( ) = β + ( ) - β ( ) συν φ ( ) = + 4β - 4β συν ω ( ) = β + 4 + 4β συν ω Έχουμε: = ( ) ( ) + 4β - 4βσυν ω = β + 4 + 4βσυν ω 3β - 3-8βσυν ω = 0. Η τελευτί σχέση πρπέμπει στη λύση της δευτεροβάθμις εξίσωσης: β β 3 8συν ω 3 = 0 ή 3x 8συν ω x 3 = 0. Έτσι, η ζητούμενη νγκί κι ικνή συνθήκη είνι: β 4συνω + 6συν ω + 9 x = =. 3 ι κάθε τιμή της γωνίς ω ορίζετι ένς λόγος ομοιότητς πρλληλογράμμων. ι πράδειγμ γι = 3 κι ω = 60, βρίσκουμε β = + 3 5,6. Η περίπτωση υτή προυσιάζετι στο διπλνό σχήμ: β φ ω φ β ω 3 60 + 3 7 ΕΝ ΣΧΗΜ ΜΕ ΕΝΙΦΕΡΟΥΣΕΣ ΠΡΟΕΚΤΣΕΙΣ. ΚΟΣΥΣ
Κι τέλος μι γεύση πό τη χρήση των μιγδικών 8 Πριστάνουμε με, β, γ, δ,, β, γ, δ τις εικόνες των σημείων,,,, στο μιγδικό επίπεδο (ρχικό σχήμ). Θεωρούμε την πεικόνιση f 4 4 του C στο C που πεικονίζει το (,β,γ,δ) στο (,β,γ,δ ). Έχουμε: δ+ δ = + β = β+ β γ = γ+ γ δ = που ισοδυνμεί: = β - β = γ -β γ = δ - γ δ = - δ 4 Ο πίνκς της f στην κνονική βάση του C είνι ντιστρέψιμος, επομένως η f θ είνι μφιμονοσήμντη, φού η πεικόνιση F συνδέει σε έν τετράπλευρο το τετράπλευρο. ν το είνι δεδομένο, τότε βρίσκουμε: = β- = ( γ-β) -= 4γ-β-= 4( δ-γ) -β- = 8δ-4γ-β-= 8( -δ) -4γ-β- = 6-8δ-4γ-β- = 6-8δ- 4γ- β- 5 = 8δ+ 4γ+ β+ 8δ+ 4γ+ β+ = ( μέσο ), κ.λπ. 5 Οι μιγδικοί ριθμοί μάς πρέχουν μι κόμη πόδειξη του προβλήμτος. Έχουμε: β+ δ + γ πρλληλόγρμμο = () β+ δ + γ πρλληλόγρμμο = () Με βάση το σύστημ (Σ), οι () κι () είνι ισοδύνμες κι η F είνι μι μφιμονοσήμντη πεικόνιση του συνόλου των πρλληλογράμμων στον ευτό του. (Σ) «ΠΟΛΛΩΝΙΟΣ» ΤΕΥΧΟΣ 6