6.-6.4 ΑΠΟΔΕΙΚΤΙΚΕΣ (Version 9-9-05) Σχόλιο ( 6.) Τα τόξα που περιέχονται μεταξύ παραλλήλων χορδών είναι ίσα και αντίστροφα αν δύο τόξα που περιέχονται μεταξύ μή τεμνόμενων χορδών είναι ίσα, τότε οι χορδές είναι παράλληλες Ευθύ: Φέρουμε το τμήμα ΑΔ. Τότε αφού ΑΒ//ΓΔ θα είναι Α ˆ ˆ = () ως εντός εναλλάξ. Αφού οι γωνίες Αˆ ˆ, είναι εγγεγραμμένες θα ισχύει: την () παίρνουμε: ˆ Β Α =, ˆ ΑΓ = (Πόρισμα i) επομένως από Β ΑΓ = Β = ΑΓ Αντίστροφo: Αν Β = ΑΓ Β τότε προφανώς ΑΓ = () Αφού οι γωνίες Αˆ ˆ, είναι εγγεγραμμένες θα ισχύει: () έχουμε Α ˆ ˆ =. ˆ Β Α =, ˆ ΑΓ = (Πόρισμα i) οπότε από την Αφού οι ευθείες ΑΒ και ΓΔ τεμνόμενες από την ΑΔ σχηματίζουν δύο εντός εναλλάξ γωνίες ίσες, αυτές είναι παράλληλες ΑΒ//ΓΔ. (Θεώρημα 4.) Α-Α-Α3 σ.30.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) asepfreedom@yahoo.gr peira.gr
Α. Να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη στο μέσο ενός από τα τόξα με χορδή ΑΒ κύκλου (Κ) είναι παράλληλη στη χορδή ΑΒ και αντίστροφα Ευθύ: Εστω Μ το μέσο του τόξου ΑΒ και ε η εφαπτόμενη του στο Μ.Θα δείξουμε ότι ε//αβ. Εχουμε: η ˆΜ είναι γωνία χορδής και εφαπτομένης, άρα: Α=Μ ˆ ˆ () Εξ άλλου αφού Μ μέσο ΑΒ θα είναι ΑΜ = ΜΒ οπότε Α=Β ˆ ˆ () ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στα ίσα τόξα ΜΒ και ΜΑ αντίστοιχα.από τις () και () προκύπτει ότι Β=Μ ˆ ˆ, απ όπου έχουμε ε//αβ. Αντίστροφα: Υποθέτουμε τώρα ότι ε//αβ και θα δείξουμε ότι Μ μέσο ΑΒ. Εχουμε Α=Μ ˆ ˆ (3) (γωνία χορδής και εφαπτομένης) και Β=Μ ˆ ˆ (4) ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων ε και ΑΒ. Από (3) και (4) προκύπτει ότι Α=Β, ˆ ˆ οπότε και τα αντίστοιχα τόξα αυτών ΜΒ, ΜΑ είναι ίσα δηλαδή Μ μέσο του ΑΒ. η λύση Η ΟΜ είναι κάθετη στην ε.θα δείξουμε ότι είναι κάθετη και στην ΑΒ. Πράγματι αφού ΑΜ = ΜΒ θα είναι και ΑΟΜ ˆ = ΜΟΒ ˆ, οπότε στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΟΒ αφού η ΟΜ είναι φορέας της διχοτόμου θα είναι και ο φορέας του ύψους Α-Α-Α3 σ.30.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) asepfreedom@yahoo.gr peira.gr
Α. Δύο κύκλοι τέμνονται στα σημεία Α και Β. Αν Γ και Δ είναι τα αντιδιαμετρικά σημεία του Α στους δύο κύκλους, να αποδείξετε ότι η ευθεία ΓΔ διέρχεται από το Β. Επειδή στον κύκλο κέντρου Κ το Γ είναι αντιδιαμετρικό του Α, η γωνία βαίνει σε ημικύκλιο είναι ορθή ΑΒΓ ˆ = 90 (). Επειδή στον κύκλο κέντρου Λ το Δ είναι αντιδιαμετρικό του Α, η γωνία ˆ ΑΒΓ ως εγγεγραμμένη που ˆ ΑΒ ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο είναι ορθή ΑΒ ˆ = 90 () Από () και () προκύπτει ότι: ΓΒ ˆ = ΑΒΓ ˆ + ΑΒ ˆ = 90 + 90 = 80, το οποίο σημαίνει ότι Γ, Β, Δ συνευθειακά, δηλαδή η ΓΔ διέρχεται από το Β. Α-Α-Α3 σ.30.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) asepfreedom@yahoo.gr peira.gr 3
Α3. Δύο κάθετες χορδές ΑΒ, ΓΔ κύκλου (Κ) τέμνονται στο σημείο Ρ. Να αποδείξετε ότι η διάμεσος ΡΜ του τριγώνου ΡΒΓ είναι κάθετη στην ΑΔ. Αρκεί να δείξουμε ότι Ρ ˆ ˆ += 90. Εχουμε: Ρ ˆ =Ρ ˆ () ως κατακορυφήν =Β ˆ ˆ () ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο. Επιπλέον ΓΡΒ ˆ = 90 (αφού από τα δεδομένα οι χορδές ΑΒ και ΓΔ τέμνονται κάθετα), άρα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΡΓΒ η ΡΜ είναι διάμεσος που φέρουμε από την κορυφή της ορθή γωνίας, οπότε ( 5.9 Θεώρημα Ι) ισχύει ότι: ΒΓ ΡΜ = = ΜΒ. Στο ισοσκελές τρίγωνο ΜΡΒ οι προσκείμενες γωνίες στην βάση είναι ίσες Β=Ρ ˆ ˆ 3 (3). (, ) ( ) ( 3) Αρα Ρ ˆ + ˆ = Ρ ˆ +Β=Ρ ˆ ˆ +Ρ ˆ =ΓΡΒ= ˆ 90. 3 Α-Α-Α3 σ.30.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) asepfreedom@yahoo.gr peira.gr 4
Α4. Ο καπετάνιος ενός ιστιοπλοϊκού πλοίου I είδε τρεις σημαδούρες για υφάλους στα σημεία Α, Β, Γ. Με μία πυξίδα διόπτευσης μέτρησε ότι ΑIΒ = 00, ΒIΓ = 5, ΓIΑ = 35. Εντόπισε τα σημεία Α, Β, Γ στο χάρτη και προσδιόρισε την ακριβή θέση του ιστιοπλοϊκού. Πώς τα κατάφερε; Επειδή ΑΙΒ ˆ = 00, το Ι βρίσκεται σε τόξο τ που γράφεται με χορδή ΑΒ και δέχεται γωνία 00. Ομοια, επειδή ΒΙΓ ˆ = 5 το Ι βρίσκεται και στο τόξο τ που γράφεται με χορδή τη ΒΓ και δέχεται γωνία 5. Τα τόξα αυτά έχουν κοινό το σημείο Β που δεν βρίσκεται πάνω στην διάκεντρο ΟΟ των αντίστοιχων κύκλων, επομένως θα έχουν και δεύτερο κοινό σημείο Ι το οποίο είναι το ζητούμενο. Πράγματι ΑΙΒ ˆ = 00, από κατασκευή του τ και ΒΙΓ ˆ = 5 από κατασκευή του τ. Σχόλιο: Προφανώς ο καπετάνιος έκανε και μια περιττή μέτρηση (το δεδομένο ΓΙΑ ˆ = 35 είναι περιττό αφού το Ι προσδιορίζεται ως τομή δύο τόξων). Σημείωση: Στο σχήμα άφησα και τις γραμμές που με βοήθησαν στην κατασκευή όπως περιγράφεται στο πρόβλημα της 6.4. Αναλυτικά: Στο αντικείμενο επίπεδο του (ΑΒ,Γ) και με κορυφή το Β (θα μπορούσα και Α) και πλευρά ΑΒ έφερα γωνία 00.Εφερα την κάθετο στο Β.Επίσης έφερα την μεσοκάθετο του ΑΒ.Το σημείο τομής τους Ο είναι το κέντρο του κύκλου στον οποίο βρίσκεται το ζητούμενο τόξο ΑΒ Στο αντικείμενο επίπεδο του (ΒΓ,Α) και με κορυφή το Γ (θα μπορούσα και Β) και πλευρά ΒΓ έφερα γωνία 5.Εφερα την κάθετο στο Γ.Επίσης έφερα την μεσοκάθετο του ΒΓ.Το σημείο τομής τους Ο είναι το κέντρο του κύκλου στον οποίο βρίσκεται το ζητούμενο τόξο ΒΓ. Το Ι είναι το σημείο τομής των δύο τόξων. Α-Α-Α3 σ.30.docx Αθανασίου Δημήτρης (Μαθηματικός) asepfreedom@yahoo.gr peira.gr 5