Το σχολικό βιβλίο της γεωμετρίας λύσεις των ασκήσεων Β Λυκείου

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ, ΕΡΕΥΝΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΗΣ ΠΟΛΙΤΙΚΗΣ ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Τεύχος B΄ Κ Γ ΛΥΣΕΙΣ Ε ε3 ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Ο Ζ ε2Ι Α ε1 Θ Η Ψ εμα 4 Β B΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΚΑΙ ΕΚΔΟΣΕΩΝ «ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ»

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ, ΕΡΕΥΝΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΗΣ ΠΟΛΙΤΙΚΗΣ EΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Β΄ ΤΕΥΧΟΣΗ συγγραφή και η επιστηµονική επιµέλεια του βιβλίου πραγµατοποιήθηκε υπό την αιγίδα του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου ΑΝΑΔΟΧΟΣ ΕΡΓΟΥ: ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΚΑΙ ΕΚΔΟΣΕΩΝ «ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ»

ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΑΡΧΙΚΗΣ ΕΚ∆ΟΣΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΟΜΑΔΑ ΣΥΓΓΡΑΦΗΣ Αργυρόπουλος Ηλίας Διδάκτωρ Μαθηματικών Ε.Μ. Πολυτεχνείου Καθηγητής Β/θμιας Εκπαίδευσης Βλάμος Παναγιώτης Διδάκτωρ Μαθηματικών Ε.Μ. Πολυτεχνείου Κατσούλης Γεώργιος 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: Αλεξοπούλου Καίτη ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΕΠΑΝΕΚ∆ΟΣΗΣΗ επανέκδοση του παρόντος βιβλίου πραγματοποιήθηκεαπό το Ινστιτούτο Τεχνολογίας Υπολογιστών & Εκδόσεων«Διόφαντος» μέσω ψηφιακής μακέτας, η οποία δημιουργή-θηκε με χρηματοδότηση από το ΕΣΠΑ / ΕΠ «Εκπαίδευση& Διά Βίου Μάθηση» / Πράξη «ΣΤΗΡΙΖΩ». Οι διορθώσεις πραγματοποιήθηκαν κατόπιν έγκρισης του Δ.Σ. του Ινστιτούτου Εκπαιδευτικής Πολιτικής

Π Ρ ΟΛΟ Γ Ο ΣΑγαπητοί Μαθητές,το τεύχος που κρατάτε στα χέρια σας περιέχει τις λύσεις των ασκήσεων του σχολικούσας βιβλίου. Αν χρησιμοποιηθεί σωστά μπορεί να αποτελέσει πολύτιμη βοήθειαστην προσπάθειά σας vα καταλάβετε τις γεωμετρικές έννοιες που εισάγονται στοβιβλίο σας και να τις χρησιμοποιήσετε δημιουργικά. Σε καμμία περίπτωση το τεύχος των λύσεων δεν πρέπει να χρησιμοποιείταιστην πρώτη δυσκολία που παρουσιάζει μία άσκηση ή για να καλύψει την \"επιμέ-λεια\" ενός μαθητή προς τον καθηγητή του στο σχολείο. Για να χρησιμοποιήσετε σωστά τις λύσεις των ασκήσεων πρέπει να ακολουθή-σετε μια συγκεκριμένη μεθοδολογία. Αρχικά, προσπαθήστε να λύσετε την άσκησημε διαφορετικούς τρόπους αντιμετώπισης. Αν αποτύχετε κάντε μία επανάληψηστην αντίστοιχη θεωρία για να διαπιστώσετε ότι δεν έχετε κενά. Κατόπιν, ξανα-προσπαθήστε την άσκηση διαβάζοντας και την υπόδειξη που βρίσκεται στο τέλοςτου σχολικού βιβλίου. Αν πάλι δυσκολεύεστε να λύσετε την άσκηση, τότε διαβά-στε την ολοκληρωμένη λύση της. Φροντίστε να εντοπίσετε τα κύρια βήματα τηςλύσης, καθώς και τα κενά που σας οδήγησαν στο να μην αντιμετωπίζετε σωστάτην άσκηση. Προσπαθήστε να διορθώσετε τα κενά αυτά και να ξαναλύσετε τηνάσκηση, χωρίς όμως να επαναλαμβάνετε τη λύση με στείρα απομνημόνευση, αλλάυλοποιώντας τα κύρια βήματά της. Τέλος, δοκιμάστε να λύσετε την άσκηση μεδιαφορετικό και ίσως καλύτερο τρόπο. Πρέπει να τονισθεί ότι οι λύσεις είναι προτεινόμενες, με την έννοια ότι είναιδυνατόν και ελπίζουμε να βρεθούν κομψότερες από τους μαθητές. Σημαντική είναι η προσπάθεια που έχει καταβληθεί, ώστε η κάθε άσκηση ναπροωθεί συγκεκριμένες αντιλήψεις και συνήθειες στο μαθητή, ενώ το σύνολο τωνασκήσεων σε κατηγορία και διαβάθμιση οδηγούν τον μαθητή στην καλλιέργειασυγκεκριμένων ικανοτήτων. Για να επιτευχθούν οι στόχοι αυτοί, είτε μέσα στη λύση της κάθε άσκησης,είτε μετά την ολοκλήρωσή της, αναγράφεται ο διδακτικός της στόχος, ενώ οιασκήσεις χωρίστηκαν στις παρακάτω κατηγορίες, δίνοντας φυσικά βαρύτητα στηδιαβάθμιση των ασκήσεων κάθε κατηγορίας:1) Ασκήσεις Εμπέδωσης:Οι ασκήσεις αυτές εισάγονται αμέσως μετά τη Θεωρία και τις Εφαρμογές, μεσκοπό την εμπέδωση των εννοιών από τους μαθητές και τη χρήση τους σε απλέςασκήσεις.2) Αποδεικτικές Ασκήσεις:Είναι ασκήσεις που ταιριάζουν στη φύση της Γεωμετρίας, καλλιεργώντας τηναποδεικτική διαδικασία στους μαθητές.

3) Σύνθετα θέματα:Είναι θέματα που συνδυάζουν περισσότερες από μία γεωμετρικές έννοιες ή γνώ-σεις, είτε από το ίδιο κεφάλαιο, είτε από διαφορετικά, αναδεικνύοντας την κριτικήσκέψη και συνδυαστική ικανότητα των μαθητών.4) Γενικές Ασκήσεις:Είναι ασκήσεις αυξημένης δυσκολίας, που παρατίθενται στο τέλος κάθε Κεφαλαίουκαι απευθύνονται σε μαθητές με ιδιαίτερο ζήλο και αγάπη προς τη Γεωμετρία.5) Δραστηριότητες:Είναι αντικείμενο μελέτης ομάδας μαθητών ή και ενός, εφόσον του παρέχεται τοκατάλληλο χρονικό διάστημα, ενώ θα πρέπει να δοθεί κάθε δυνατή βοήθεια καιυποδείξεις από τον καθηγητή.Κάθε κεφάλαιο, τέλος, πλαισιώνεται από ερωτήσεις κατανόησης που συντελούνστη σωστή επανάληψη και καλύτερη οργάνωση της ύλης.

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑΚΕΦΑΛΑΙΟ 7 ......................................................................................... 7ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8 ....................................................................................... 25ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9 ....................................................................................... 35ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10 ..................................................................................... 59ΚΕΦΑΛΑΙΟ 11 ..................................................................................... 85ΚΕΦΑΛΑΙΟ 12 ....................................................................................111ΚΕΦΑΛΑΙΟ 13 ................................................................................... 137



7 ΚΕΦΑΛΑΙΟΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ• Όταν έχουμε αναλογίες της μορφής α=1 α=2 ... θέτουμε β1 β2α1= α2= ... λ, όπου λ > 0.β1 β2(Ασκήσεις: § 7.6 Εμπέδωσης 1, 3, Αποδεικτικές 1)• Αν ισχύει το αντίστροφο του θεωρήματος του Θαλή σε τρίγωνο ή τραπέζιο προκύπτουν παράλληλες ευθείες. (Ασκήσεις: § 7.7 Εμπέδωσης 5, 6, Αποδεικτικές 3, 6)• Αν για δύο τμήματα α, β ισχύει α = 1 ή α = β , όπου x β xx  α β κατάλληλο τμήμα  ή x = y µε x = y  τότε α = β.  (Ασκήσεις: § 7.7 Εμπέδωσης 7, Αποδεικτικές 7) • Σε τρίγωνο Α Β Γ αν οι ημιευθείες ΑΔ, ΑΕ είναι αντίστοιχα η εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος της γωνίας ΒΑˆ Γ τα Δ, Ε είναι συζυγή αρμονικά των Β και Γ. (Ασκήσεις: § 7.8-7.9 Εμπέδωσης 7, Σύνθετα 1)

7.1-7.6§ 7.1-7.6 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Έστω ότι Αˆ = Βˆ = Γˆ = λ τότε Αˆ = 4λ, Βˆ = 3λ και Γˆ = 2λ. 4 32 Αλλά Αˆ + Βˆ + Γˆ =180, οπότε 9λ = 180 ⇔ λ = 20. Άρα Αˆ =80, Βˆ =60, Γˆ =40.2. Έστω ϕˆ η παραπληρωματική της ωˆ . Τότε:ωˆ = 1 ή ϕˆ = 3ωˆ . Αλλά ωˆ + ϕˆ =180 ή 4ωˆ =180 ή ωˆ =45.ϕˆ 33. Έστω ότι α = β = γ = λ τότε α = 6λ, β = 4λ και γ = 3λ. 6 43 Αλλά α + β + γ = 65cm, οπότε =13λ 65 cm ⇔=λ 5 cm . Άρα α = 30cm, β = 20cm, γ = 15cm.Αποδεικτικές Ασκήσεις1. Έστω Αˆ εξ = Βˆ εξ = Γˆ εξ = λ τότε Αˆ εξ =2λ Βˆ εξ =3λ Γˆ εξ =4λ. 2 3 4 Αλλά Αˆ εξ + Βˆ εξ + Γˆ εξ =360 (4 ορθές), οπότε 9λ = 360 ⇔ λ = 40. Άρα Αˆ εξ =80 , Βˆ εξ =120 και Γˆ εξ =160. Επομένως Αˆ =100 Βˆ =60 Γˆ =20.2. Α Β ΓΔε ΜΠρέπει ΜΑ = ΜΒ ⇔ ΜΑ = ΜΒ ⇔ Μ∆ ΜΓ ΜΑ + Μ∆ ΜΒ + ΜΓ ⇔ ΜΑ = ΜΒ ⇔ 12ΜΑ = 20ΜΒ ⇔ 20 12 ⇔ 12(ΜΒ + ΑΒ) = 20ΜΒ ⇔ 8ΜΒ = 12ΑΒ ⇔ ΜΒ = 9. |8|

7.73. Α M Β Έστω σημείο Μ του ΑΒ τέτοιο ώστε:MA = 3 .MB 4Τότε MA = 3 ⇔ MA = 3 ⇒ MA = 3 AB. MA + MB 3 + 4 AB 7 7Διαιρούμε το ΑΒ = α σε 7 ίσα μέρη και το άκρο του τρίτου από την αρχήτμήματος είναι το ζητούμενο σημείο.§ 7.7 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. i) Έχουμε: ΔΕ//ΒΓ: ∆Α = ΑΕ (1) ∆Β ΕΓ EZ//AB: ΑΕ = ΒΖ (2) Α ΕΓ ΖΓ ΔΕ και ΖΗ//ΑΓ: ΒΖ = ΗΒ (3) Η Γ ΖΓ ΗΑ ΒΖ Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι: ∆Α = ΗΒ . ∆Β ΗΑii) Έχουμε: ∆Α = ΗΒ ⇔ ∆Α = ΗΒ ⇔ ∆Β ΗΑ ∆Α + ∆Β ΗΑ + ΗΒ ⇔ ∆Α = ΗΒ ⇔ ∆Α = ΗΒ. ΑΒ ΑΒ2. i) Έχουμε: ΖΓ//ΑΔ: ΑΖ = ∆Γ = ΑΒ Α Β ΑΗ ∆Η ∆Η Δ Ζ Γ ( ∆Γ = ΑΒ ). Βii) Έχουμε: ΑΔ//ΒΖ: ΑΕ = ∆Ε και Ε Η ΕΖ ΕΒ Γ Ο ΑΒ//ΔΗ: ΕΗ = ∆Ε . Ε ΑΕ ΕΒ Α Δ Άρα ΑΕ = ΕΗ ⇔ ΑΕ2 = ΕΖ ⋅ ΕΗ. ΕΖ ΑΕ3. Αρκεί Ο∆ = ΟΑ. Έχουμε: ΑΒ//ΓΔ: Ο∆ = ΟΓ ΟΑ ΟΕ ΟΑ ΟΒκαι ΒΕ//ΑΓ: ΟΑ = ΟΓ . Άρα: Ο∆ = ΟΑ . ΟΕ ΟΒ ΟΑ ΟΕ |9|

7.74. Έχουμε: ΑΜ//ΔΕ: ΑΕ = Μ∆ Ε ΑΒ ΒΜ Ακαι ΔΖ//ΑΜ: ΑΖ = Μ∆ . Ζ ΑΓ ΜΓ B ΜΔ ΓΆρα: ΑΕ = ΑΖ ( ΒΜ = ΜΓ ) ή ΑΕ = ΑΒ . ΑΒ ΑΓ ΑΖ ΑΓ5. Αρκεί: ΑΖ = ΑΗ ΑΖ B ΖΒ Η∆  (αντίστροφο Θαλή στο τρίγωνο Α Β ∆).Έχουμε: ΖΕ//ΒΓ: ΑΖ = ΑΕ ΗΕ ΖΒ ΕΓκαι ΕΗ//ΔΓ: ΑΗ = ΑΕ . Άρα: ΑΖ = ΑΕ . Η∆ ΕΓ ΖΒ ΕΓ Δ Γ6. Αρκεί: ΑΖ = ΑΗ (αντίστροφο Θαλή στο Α ΖΒ ΗΓ  τρίγωνο Α Β Γ). Έχουμε:ΖΔ//ΑΓ: ΑΖ = ∆Γ και ΕΗ//ΑΒ: ΑΗ = ΒΕ. Ζ Η ΖΒ Β∆ ΗΓ ΕΓ BΔ ΕΓΆρα ΑΖ = ΑΗ γιατί Β∆ = ΕΓ και ΒΕ = ∆Γ. ΖΒ ΗΓ7. Έχουμε: ΔΚ//ΑΒ: Μ∆ = ΜΚ Α ΜΒ ΜΑ Κ και ΚΕ//ΑΓ: ΜΕ = ΜΚ . ΜΓ ΜΑΆρα Μ∆ = ΜΕ , οπότε Μ∆ = ΜΕ (ΜΒ = ΜΓ). B Δ Μ ΕΓ ΜΒ ΜΓ8. Αρκεί: Ζ∆ = Η∆. Η ΖΕ ΗΕ ΑΕ BΈχουμε: ΑΕ//ΔΓ: Ζ∆ = ΑΕ Ζ ΖΕ ∆Γ Δκαι ΕΒ//ΔΓ: Η∆ = ΕΒ. ΗΕ ∆ΓΆρα: Ζ∆ = Η∆ (ΑΕ = ΕΒ), Γ ΖΕ ΗΕοπότε τα Ζ, Η είναι συζυγή αρμονικά των Δ, Ε. | 10 |

7.7 Α }10m h9. Έχουμε ΒΔ//ΓΕ: ΒΓ = ΑΓ , 5m ∆Ε ΑΕ ΒΔ οπότε με αντικατάσταση των δεδομένων παίρνουμε h= 12 m ⇔=h 8 m. {12m 10 m 15 m Αποδεικτικές Ασκήσεις ΓΕ1. Έστω ότι το Γ είναι μεταξύ των Ο και Β. Α ΓΒ Δ Δ Τότε: ΓΑ > 1. Αλλά ΓΑ = ∆Α > 1. Ο ΓΒ ΓΒ ∆Β Επομένως ∆Α > ∆Β. Δ ΑΓ Β Έστω ότι το Γ είναι μεταξύ των Ο και Α. Ο Τότε: ΓΑ < 1. Αλλά ΓΑ = ∆Α < 1. ΓΒ ΓΒ ∆Β Επομένως ∆Α < ∆Β.2. Έχουμε 4x = 6y = 3ω ⇔ x = y = ω. Α ΖΗ Β 324 Γ x Παίρνουμε αυθαίρετα ευθύγραμμο τμήμα μ. Δ Ε Φέρουμε τυχαία ημιευθεία Αx και παίρνουμε σ’ αυτή τα διαδοχικά τμήματα ΑΓ = 3µ , Γ∆ = 2µ, ∆Ε = 4µ. Ενώνουμε το Ε με το Β και φέρουμε ΓΖ//ΒΕ και ΔΗ//ΒΕ. Τότε: ΑΖ = ΖΗ = ΗΒ ⇔ ΑΖ = ΖΗ = ΗΒ. ΑΓ Γ∆ ∆Ε 3µ 2µ 4µ Άρα ΑΖ = x, ΖΗ = y και ΗΒ = ω.3. Αρκεί ΑΖ = ΑΗ  Α ΖΒ ΗΓ Δ(αντίστροφο Θαλή στο τρίγωνο Α Β Γ). EΕπειδή ΑΕ διάμετρος είναι ΑΒˆ Ε = ΑΓˆ Ε = 90. Z Η B ΓΆρα ΒΕ//ΔΖ, οπότε ΑΖ = Α∆ και ΓΕ//ΔΗ, ΖΒ ∆Εοπότε ΑΗ = Α∆ . Επομένως ΑΖ = ΑΗ.ΗΓ ∆Ε ΖΒ ΗΓ | 11 |

7.7 Α Β Γ4. Έχουμε ΔΖ//ΒΓ: ∆Ε = ∆Ζ ή ∆Ε = ∆Ζ ΖΕ ΕΒ ΒΓ ΕΒ Α∆ Δ ( ΒΓ = Α∆ ) ή ∆Ε = ∆Ζ ή ∆Ε + ΕΒ ∆Ζ + Α∆ ∆Ε = ∆Ζ ή 1 = ∆Ζ , ΕΒ ∆Ζ + ∆Ζ + ΑΖ 5 2∆Ζ + ΑΖ οπότε ΑΖ = 3∆Ζ.5. Έχουμε: ΔΕ//ΒΓ: ΒΓ = ΖΒ ⇔ ∆Α = ΖΒ Α B ∆Ε ΖΕ ∆Ε ΖΕ Γ Ε (ΒΓ = Α∆) και ∆Γ = ΕΒ. Δ ∆Ζ ΖΕΆρα ∆Α − ∆Γ = ΖΒ − ΕΒ = ΖΕ = 1. Ζ ∆Ε ∆Ζ ΖΕ ΖΕ6. i) Έχουμε ΔΚ//ΑΒ: Μ∆ = ΜΚ . Α ∆Β ΑΚΑλλά Μ∆ = ∆Ε = Β∆ , οπότε ΜΚ = 1.22  ΑΚ 2 Κ Β ΔΜΕ ΓΆρα Κ βαρύκεντρο του Α Β Γ.ii) Έχουμε: ΜΕ = ∆Ε = ΕΓ, οπότε ΜΕ = 1 . 22 ΕΓ 2Άρα ΜΚ = ΜΕ = 1, οπότε ΚΕ//ΑΓ. ΑΚ ΕΓ 27. Έχουμε: ΟΕ//ΑΔ: ∆Ε = ΑΟ (1) και ΑΒ ∆Γ ΑΓ OΟΖ//ΒΓ: ΖΓ = ΒΟ (2) ∆Γ Β∆Αλλά ΑΒ//ΓΔ, οπότε ΑΟ = ΒΟ (3) Δ ΕZ Γ ΑΓ Β∆Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι∆Ε = ΖΓ ⇔ ∆Ε = ΖΓ.∆Γ ∆Γ | 12 |

7.7Σύνθετα Θέματα Α1. Έστω Κ, Λ μέσα των ΑΒ, ΑΓ. ΔΖ Φέρουμε ΔΖ//ΚΛ//ΒΓ.Τότε K ΜΛ EΑ∆ = ΑΖ , οπότε ΑΖ = ΕΓ ⇔∆Β ΖΓ ΖΓ ΕΑ Β ΑΖ ΕΓ ΑΖ ΕΓ⇔ ΑΖ + ΖΓ = ΕΓ + ΕΑ ⇔ ΑΓ = ΑΓ ⇔ ΑΖ = ΕΓ. Επομένως στο τρίγωνο ∆ Ζ Ε το Λ είναι το μέσο του ΖΕ και ΛΚ//ΔΖ. ΆραΜ μέσο του ΔΕ, οπότε Κ, Λ, Μ συνευθειακά.2. Φέρουμε ΑΕ//ΒΓ. Τότε ΗΑ = ΑΕ και Η ΗΓ ΜΓ ΕΑΖΑ = ΑΕ . Άρα ΗΑ = ΖΑ (ΜΒ = ΜΓ) ΖΖΒ ΜΒ ΗΓ ΖΒή ΖΑ ⋅ ΗΓ = ΗΑ ⋅ ΖΒ.3. Έστω ότι τα Γ, Δ είναι συζυγή αρμονικά ΒΜ Γ των Α, Β. Τότε: ΓΑ = ∆Α (1) Ο ΓΒ ∆Β Επειδή ΒΕ//ΟΑ είναι ΓΑ = ΟΑ (2) και Ζ ΓΒ ΒΕ ΑΓ ε επειδή ΒΖ//ΟΑ είναι ∆Α = ΟΑ (3) Β Δ ∆Β ΒΖΑπό (1), (2), (3) προκύπτει ότι ΕΟΑ = ΟΑ ⇔ ΒΕ = ΒΖ.ΒΕ ΒΖ Αντίστροφα: Έστω ΒΕ = ΒΖ Α τότε από (2), (3) προκύπτει ότι ΓΑ = ∆Α . Z ΓΒ ∆Β E Άρα τα Γ, Δ είναι συζυγή αρμονικά των Α, Β. H4. Έχουμε ∆Β = λ και ΕΑ = κ. ΒΔΓ ∆Γ Ε∆ Φέρουμε ΔΗ//ΒΖ. Τότε: ∆Β = ΖΗ ⇔ ∆Γ ΗΓ⇔ ΖΗ = λ ⇔ ΖΗ = λ ⇔ ΖΗ = λ (1) ΗΓ ΖΗ + ΗΓ λ + 1 ΖΓ λ + 1 | 13 |

7.8-7.9Επίσης ΑΕ = ΑΖ ⇔ ΑΖ = κ (2). Ε∆ ΖΗ ΖΗΑπό (1), (2) προκύπτει ότι: ΑΖ ⋅ ΖΗ = κλ ⇔ ΑΖ = κλ . ΖΗ ΖΓ λ + 1 ΖΓ λ + 15. Επειδή ∆Β ⊥ ΑΒ, ΑΓ ⊥ ΑΒ αρκεί ΜΚ//ΔΒ//ΑΓ. Γ Μ Δ Α Β Έχουμε: ΑΓ//ΔΒ: ΚΓ = ΑΓ (1) Κ ΚΒ ∆Β Ο Αλλά ΑΓ = ΓΜ και ∆Β = Μ∆ (2) (εφαπτόμενα τμήματα). Από (1), (2) προκύπτει ότι: ΚΓ = ΓΜ , οπότε ΚΒ Μ∆  ΜΚ//ΔΒ (αντίστροφο Θαλή στο τρίγωνο Β Γ ∆).§ 7.8-7.9 Α Ασκήσεις Εμπέδωσης 1. Έχουμε Α Β Μ (ΒΕ διχοτόμος):ΑΕ = ΑΒ = ΑΒ = 2 ΑΒ (1) ΔΕΜ ΒΜ ΒΓ ΒΓ Ε 2 Α∆ = ΑΒ 1 Μ Γκαι Α Β Γ (ΒΔ διχοτόμος): Β2 ∆Γ ΒΓ (2)Από (1), (2) προκύπτει ότι ΑΕ = 2 Α∆ . ΕΜ ∆Γ2. Έχουμε ∆Β = αγ = 10 ⋅ 6 = 60 = 4 και Α β + γ 9 + 6 15 2ΕΒ = αγ = 10 ⋅ 6 = 60 = 20. Ε 1 Γ β−γ 9−6 3 Γ ΒΔΆρα ∆Ε = ∆Β + ΕΒ = 24.  Ε3. Έχουμε Α Μ Β (ΜΔ διχοτόμος):∆Α = ΜΑ (1) και  Α∆Β ΜΒ ΑΜΓ(ΜΕ εξωτερική διχοτόμος): ΕΑ = ΜΑ (2) Δ ΕΓ ΜΓ 1Αλλά ΜΒ = ΜΓ (3) Β 2 ΜΑπό (1), (2), (3) προκύπτει ότι ∆Α = ΕΑ ⇔ ΕΑ ⋅ ∆Β = ΕΓ ⋅ ∆Α. ∆Β ΕΓ | 14 |

7.8-7.9 4. Έχουμε Α Μ Β (ΜΔ διχοτόμος):Α∆ = ΑΜ  Α∆Β ΜΒ και Α Μ Γ (ΜΕ διχοτόμος):ΑΕ = ΑΜ . Άρα Α∆ = ΑΕ (ΜΒ = ΜΓ), ΔΕΕΓ ΜΓ ∆Β ΕΓοπότε ΔΕ//ΒΓ 23 14  B Γ(αντίστροφο Θαλή στο τρίγωνο Α Β Γ ). Μ5. Επειδή ΑΔ, BE και ΓΖ διχοτόμοι είναι: Α ∆Β = ΑΒ , ΕΓ = ΒΓ και ΖΑ = ΑΓ . ∆Γ ΑΓ ΕΑ ΑΒ ΖΒ ΒΓ ΖΙ Ε Άρα ∆Β ⋅ ΕΓ ⋅ ΖΑ = ΑΒ ⋅ ΒΓ ⋅ ΑΓ = 1. ∆Γ ΕΑ ΖΒ ΑΓ ΑΒ ΒΓ Β Γ Δ Αν ΑΚ, ΒΛ και ΓΜ οι εξωτερικές διχοτόμοι του  ΚΒ ⋅ ΛΓ ⋅ ΜΑ = 1. Η ΚΓ ΛΑ ΜΒτριγώνου Α Β Γ ισχύει:απόδειξη είναι όμοια.6. Επειδή ΑΒ = ΑΓ έχουμε ΑΒ = ΑΓ, οπότε Α∆ˆ 1 =∆ˆ 2 . Άρα στο τρίγωνο  (ΔΕ διχοτόμος): Β∆ΓΕΒ = ∆Β ⇔ ΕΒ ⋅ ∆Γ = ΕΓ ⋅ ∆Β. Β ΕΕΓ ∆Γ 1 2   Δ Γ7. Έχουμε Ο Α Γ = Ο Ε Γ και Ο Β ∆ = Ο Ε ∆, Δοπότε Οˆ 1 =Οˆ 2 και Οˆ3 =Οˆ 4. ΕΆρα στο τρίγωνο Ο Ε Ζη ΟΓ είναι εσωτερική διχοτόμος Γ 3και η ΟΔ εξωτερική διχοτόμος της Οˆ . 2 4 1 ΖΑ ΟΒΕπομένως τα Γ, Δ είναι συζυγήαρμονικά των Ε, Ζ.8. Έστω ΑΒ = 20m, ΑΓ = 36m και ΑΔ A η διχοτόμος της γωνίας Aˆ . 12Τότε ∆Β = ΑΒ ⇔ ∆Β = 20 = 5 (1). B Γ ∆Γ ΑΓ ∆Γ 36 9 ΔΑπό την (1) προκύπτει ότι ∆Β < ∆Γ.Άρα θα είναι ΔΓ – ΔΒ = 12m (2).Επομένως | 15 |

7.8-7.9∆Β = 5 ⇔ ∆Β = 5 (2) ∆Β = 5 ⇔ ∆Β = 15 m, ⇔∆Γ 9 ∆Γ − ∆Β 9 − 5 12 m 4οπότε ∆Γ = 27 m και ΒΓ = ∆Β + ∆Γ = 42 m .Αποδεικτικές Ασκήσεις  Ο1. Έχουμε Ο Α Γ (ΟΒ διχοτόμος): 3 φ ΑΑΒ ΟΑ  12 x = (1) και ΟΒ∆ΒΓ ΟΓ Β y(OA εξωτερική διχοτόμος, γιατί ΟΑ ⊥ ΟΓ): Δφ Γ tΑ∆ = Ο∆ (2) zΑΒ ΟΒ Αλλά Ο Α Β = Ο Γ ∆ (ΟΑ = Ο∆,Αˆ = ∆ˆ = ϕˆ , Οˆ 1 =Οˆ 3 =45). Άρα ΟΒ = ΟΓ (3)Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι: ΑΒ = Α∆ ⇔ ΑΒ2 = ΒΓ ⋅ Α∆. ΒΓ ΑΒ2. Έχουμε: ΕΑΔ//ΕΜ: ΒΕ = ΒΜ ⇔ ΒΕ = ΑΒ ⋅ ΒΜ (1) και Α ΑΒ Β∆ Β∆ 12 ΖΖΜ//ΑΔ: ΓΖ = ΓΜ ⇔ ΑΓ ⋅ ΓΜ = ΓΖ ⋅ Γ∆ (2) ΑΓ Γ∆ Επίσης Α Β Γ (ΑΔ διχοτόμος): Β ΔΜ ΓΒ∆ = ΑΒ ⇔ ΑΒ = ΑΓ (3) Γ∆ ΑΓ Β∆ Γ∆Από (1), (2), (3) επειδή ΒΜ = ΓΜ προκύπτει ότι ΒΕ = ΓΖ.  Α3. i) Έχουμε Α Β ∆ (ΒΙ διχοτόμος): ΑΙ = ΑΒ = γ . 12 Ι∆ Β∆ Β∆ Ζ ΙΚ Ε Γ Αλλά Β∆ = αγ , οπότε ΑΙ = β + γ . 1 β + γ Ι∆ α Β 2 ΔΜ ii) α) Επειδή β + γ = α είναι ΑΙ = 2. Ι∆ Αλλά Κ βαρύκεντρο, οπότε ΑΚ = 2. Επομένως ΑΙ = ΑΚ , ΚΜ Ι∆ ΚΜ  οπότε ΙΚ//ΒΓ (αντίστροφο Θαλή στο τρίγωνο Α ∆ Μ). | 16 |

Ζ ΙΚ Ε ΔΜ Γ 1 Β2 7.8-7.9 β) Έχουμε ΖΕ//ΒΓ, οπότε ΖΕ = ΑΚ ⇔ ΖΕ = 2 ΑΜ ⇔ ΖΕ = 2 ⇔ ΖΕ = 2α ⇔ ΖΕ = β+ γ ΒΓ ΑΜ α 3 α 3 3 3 ΑΜ (αφού β + γ = 2α).  Α4. Έχουμε Α Β Μ (ΒΔ διχοτόμος): Α∆ = ΑΒ  ∆Μ ΒΜ και Α Γ Μ (ΓΕ διχοτόμος): ΑΕ = ΑΓ . Άρα: Β Δ Γ ΕΜ ΓΜ Ε Γ Μ Α∆ + ΑΕ = ΑΒ + ΑΓ (γιατί ΒΜ = ΓΜ = ΒΓ) = ∆Μ ΕΜ ΒΓ 2 2 = 2 ΑΒ + ΑΓ > 2 διότι ΑΒ + ΑΓ > ΒΓ (τριγωνική ανισότητα). ΒΓ5.  Ζ∆ = Ο∆ (1) και Ο i) Έχουμε Ο ∆ Γ (ΟΖ διχοτόμος): ΖΓ ΟΓ 12 ΑΕ ΑΒ//ΓΔ: Ο∆ = Α∆ (2) Β ΟΓ ΒΓ Από (1), (2) προκύπτει ότι Ζ∆ = Α∆ ⇔ Ζ∆ ⋅ ΒΓ = ΖΓ ⋅ Α∆. ΔΖ ΖΓ ΒΓ ii) Όμοια  (ΟΕ διχοτόμος): ΕΑ = ΟΑ ΟΑΒ ΕΒ ΟΒ και ΑΒ//ΓΔ: ΟΑ = Α∆ . Άρα ΕΑ = Α∆ ⇔ ΕΑ ⋅ ΒΓ = ΕΒ ⋅ Α∆. ΟΒ ΒΓ ΕΒ ΒΓΣύνθετα Θέματα Ε1. Επειδή ΚΛ διάμετρος έχουμε ΚΑˆ Λ = 90 (1). ΑΚ 12 Επίσης, αφού ΚΛ ⊥ ΒΓ, το Λ είναι το μέσο του Ο Γ τόξου ΒΓ. Άρα Αˆ 1 =Αˆ 2 (2) Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι οι ΑΚ και ΑΛ Β Λ είναι η εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος της  γωνίας Αˆ του τριγώνου Ε Ζ. Άρα τα Ε, Ζ είναι Α συζυγή αρμονικά των Κ, Λ. | 17 |

7.8-7.92. Αν οι διχοτόμοι των γωνιών Αˆ και Γˆ τέμνονται σε σημείο Ε Α της ΒΔ τότε: 12 Ε∆ = Α∆ και Ε∆ = Γ∆ . ΕΒ ΑΒ ΕΒ ΒΓΆρα Α∆ = Γ∆ ⇔ ΑΒ ⋅ Γ∆ = Α∆ ⋅ ΒΓ. Δ ΕΒ ∆Β ΒΓ 12Αντίστροφα: Α∆ = Γ∆ ΓΑν έχουμε ΑΒ ⋅ Γ∆ = Α∆ ⋅ ΒΓ ή ΑΒ ΒΓ θα δείξουμε ότι οι διχοτόμοιτων γωνιών Αˆ και Γˆ τέμνονται πάνω στη ΒΔ. Έστω ότι η διχοτόμος της Αˆτέμνει τη ΒΔ στο Ε.Τότε: Ε∆ = Α∆, οπότε από την υπόθεση Ε∆ = Γ∆ . ΕΒ ΑΒ ΕΒ ΒΓ Άρα η ΓΕ διχοτόμος της Γˆ (στο τρίγωνο Β ∆). Γ3. Έστω Μ το ζητούμενο σημείο. Αν φέρουμε τη Α Ε Ν  Β διχοτόμο ΜΔ του τριγώνου Α Μ Β και την προε- Ο κτείνουμε τέμνει τον κύκλο στο Ε. Επειδή Μˆ 1 =Μˆ 2 το Ε θα είναι το μέσο του τόξου ΑΝΒ. 12 Επίσης ∆Α = ΜΑ = µ . ∆Β ΜΒ ν Άρα τόσο το Δ, όσο και το Ε προσδιορίζονται.Κατασκευή: Διαιρούμε τη χορδή ΑΒ σε τμήματα ΜΑΔ, ΔΒ τέτοια ώστε ∆Α = µ . ∆Β νΦέρουμε κάθετη στο μέσο της ΑΒ, η οποία διχοτομεί το τόξο ΑΝΒ στο Ε.Η ΕΔ προεκτεινόμενη ορίζει το σημείο Μ του τόξου ΑΒ, τέτοιο ώστε ΜΑ = µ . ΜΒ νΠράγματι ΜΑ = ∆Α = µ εκ κατασκευής (αφού ΜΔ διχοτόμος του τριγώνου  ΜΒ ∆Β νΑ Μ Β).4. Έστω ότι η ΔΖ τέμνει την ΒΓ στο Κ. ΚΑρκεί ΗΚ = ΚΓ . Έχουμε: ΔΕ//ΒΚ, Α Ζ Β Η∆ ∆Γ Ηοπότε ΗΚ = ΚΒ = ΚΒ (1) (∆Ε = ΖΒ). Ε 2 Η∆ ∆Ε ΖΒ 1Επίσης ΖΒ//ΔΓ, οπότε ΚΓ = ∆Γ ή ΚΒ = ΚΓ (2) Δ Γ ΚΒ ΖΒ ΖΒ ∆Γ | 18 |

Γενικές ΑσκήσειςΑπό (1), (2) προκύπτει ότι ΗΚ = ΚΓ, Η∆ ∆Γοπότε η ΓΗ είναι διχοτόμος της γωνίας ΒΓˆ ∆.5. Η άγνωστη κορυφή Α του τριγώνου πρέπει: Α' Α Β i) Να απέχει από τη ΒΓ απόσταση υ, άρα θα υ ανήκει σε ευθεία παράλληλη της ΒΓ και σε απόσταση ίση με υ από αυτή. ΒΓii) Να ικανοποιεί τη σχέση ΑΒ = µ , άρα θα ανήκει σε κύκλο διαμέτρου ΔΕ, ΑΓ νόπου τα Δ και Ε διαιρούν το ΒΓ εσωτερικά και εξωτερικά σε λόγο λ = µ . νΚατασκευή: Ορίζουμε την ΒΓ = α. Φέρουμε ΓΚ ⊥ ΒΓ ώστε ΓΚ = υ καιαπό το Κ φέρουμε Κx//ΒΓ. Διαιρούμε το ΒΓ εσωτερικά και εξωτερικά σελόγο λ = µ και βρίσκουμε τα Δ και Ε. νΤέλος γράφουμε κύκλο διαμέτρου ΔΕ οπότε: Αν το ύψος υ είναιμικρότεροαπό την ακτίνα του κύκλου έχουμε δύο λύσεις (τα τρίγωνα Α Β Γ, Α′Β Γτου σχήματος), αν το ύψος υ είναι ίσο με την ακτίνα μια λύση ενώ αν δενείναι μεγαλύτερο καμμία λύση. Γενικές Ασκήσεις Δ ΒΕ Ζ1. Έχουμε Κ∆ ⊥ ∆Ε, ΛΕ ⊥ ∆Ε. Άρα ΚΔ//ΑΒ//ΛΕ. Επομένως ΑΖ//ΚΔ: K ΑΛΑΖ = ΛΑ ⇔ ΑΖ = R ⇔ ΑΖ = R ⋅ ρ (1)Κ∆ ΚΛ R R + ρ R+ρκαι ΖΒ//ΛΕ: ΖΒ = ∆Ζ = ΚΑ ή ΖΒ = R ⇔ ΖΒ = R ⋅ ρ (2). ΛΕ ∆Λ ΚΛ ρ R+ρ R+ρΑπό (1), (2) προκύπτει ότι: ΑΒ = ΑΖ + ΖΒ = 2R ⋅ ρ . R+ρ2. Φέρουμε Αx//ΒΓ. Αν η ΔΕ τέμνει τις ΒΓ, Αx στα Κ, Λ αντίστοιχα έχουμε:ΑΛ//ΚΒ: ∆Β = ΚΒ (1) και Α Λ ∆Α ΑΛ x ΕΑΛ//ΚΓ: ΕΓ = ΚΓ (2) Γ ΕΑ ΑΛ ΘΑπό (1), (2) προκύπτει ότι: Δ Μ K Β | 19 |

Α' Α Β υ Γενικές Ασκήσεις ΒΓ∆Β + ΕΓ = ΚΒ + ΚΓ = ΚΒ + ΚΜ + ΜΓ = 2ΚΜ = 2 ΘΜ∆Α ΕΑ ΑΛ ΑΛ ΑΛ ΑΘ(γιατί ΚΜ = ΘΜ ) = 2 ⋅ 1 = 1 (αφού Θ βαρύκεντρο). ΑΛ ΑΘ 23. i) Φέρουμε ΓΗ//ΑΒ. Α εΤότε: ΕΒ = ∆Β και ΖΓ = ΓΗ , οπότε ΕΓ ΓΗ ΖΑ ∆Α ΔΕΒ ⋅ ΖΓ = ∆Β ⋅ ΓΗ ⇔ ∆Α ⋅ ΕΒ ⋅ ΖΓ = 1.ΕΓ ΖΑ ΓΗ ∆Α ∆Β ΕΓ ΖΑ Β Ζ Η  ΓΕΑντίστροφα: Θεωρούμε τρίγωνο Α Β Γ και Δ, Ε, Ζ σημεία των ευθειών ΑΒ,ΒΓ, ΓΑ αντίστοιχα (έστω Δ, Ζ εσωτερικά των ΑΒ, ΑΓ καΔιΑΕ εξωτερικό, τουΒΓ) τέτοια ώστε: ∆Α ⋅ ΕΒ ⋅ ΖΓ ΒΕ = 1. Τότε τα σημεία Δ, Ε, Ζ είναι σΖυνευθειακά. ∆Β ΕΓ ΖΑ ΖΑπόδειξη: K ΑΕ Λ ΖΑΗ ευθεία ΔΖ ΖΓ τέμνει την ευθεία ∆Α = , ΒΓ στο Ε′ (γιατί αν ΔΖ//ΒΓΗτότε  ∆Β Βοπότε από την υπόθεση θα είναι ΕΒ = ΕΓ άτοπο). Για το τρΔίγωνο ΑΓΒ Γκαι την ευθεία ΔΕ′ έχουμε (Θεωρ. Μενελάου) ∆Α ⋅ Ε′Β ⋅ ΖΓ = 1. ∆Β Ε′Γ ΖΑΑΑλλά από υπόθεση είναι: ∆Α ⋅ ΕΒ ⋅ ΖΓ = 1, οπότε Εε′Β = ΕΒ. ∆Β ΕΓ ΖΑ Ε′ΓΔ ΕΓΆρα τα Ε, Ε′ ταυτίζονται (γιατί διαιρούν εξωτερικά το ΒΓ στον ίδιο λΖόγο). ΗΠαρατηρήσεις: το ένα ή και τα τρία θα είναΒΑι σημεία των Ε1) Από τα σημεία Δ, Ε, Ζ (Θεώρημα Pasch). πΛρxΓοε- κτάσεων των πλευρών Ε ΘΑ2) Αν π.χ. Δ, Ε, Ζ τα μέσα των ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ τότε∆Α ⋅ ΕΒ ⋅ ΖΓ =1 χωρίς τα Δ, Ε, Ζ να είναι συνεKυθεΔιακά. Ζ∆Β ΕΓ ΖΑ  Β Μ ΕΓii) Για το τρίγωνο Α Β ∆ και την ευθεία ΖΓ έχουμε Η(Θεωρ. Μενελάου) ΖΑ ⋅ ΓΒ ⋅ Η∆ = 1 (1) Β ΖΒ Γ∆ ΗΑ Δ  ΓΌμοια για το τρίγωνο Α Γ ∆ και την ευθεία ΕΒείναι ΗΑ ⋅ Β∆ ⋅ ΕΓ = 1 (2) Η∆ ΒΓ ΕΑΜε πολλαπλασιασμό των (1) και (2) κατά μέλη προκύπτει∆Β ⋅ ΕΓ ⋅ ΖΑ = 1.∆Γ ΕΑ ΖΒ | 20 |

Γενικές Ασκήσεις Αντίστροφα: Θεωρούμε τρίγωνο Α Β Γ και Δ, Ε, Ζ, σημεία των πλευρών τουΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντίστοιχα. Αν ισχύει ∆Β ⋅ ΕΓ ⋅ ΖΑ = 1 τότε οι ευθείες ΑΔ, BE ∆Γ ΕΑ ΖΒκαι ΓΖ συντρέχουν. Η απόδειξη όμοια με το (i) (έστω Η η τομή των BE, ΓΖκαι Δ′ η τομή της ΑΗ με την ΒΓ. Τότε...)Σχόλιο:Αν από τα σημεία Δ, Ε, Ζ το ένα είναι εσωτερικό και τα άλλα δύο εξωτερικά(στις προεκτάσεις) των πλευρών, τότε οι ευθείες ΑΔ, BE, ΓΖ συντρέχουν ήείναι παράλληλες.4. Επειδή ΑΔ//ΒΖ έχουμε: ΕΑ = Α∆ (1). Α Β ΕΖ ΒΖ Ε 21  ΑΓ = ΖΓ (2). Ζ ΔΕπίσης Α Β Γ (ΑΖ διχοτόμος): ΑΒ ΒΖ ΓΑπό τις (1) και (2) προκύπτει ότι:ΕΑ − ΑΓ = Α∆ − ΖΓ = ΒΓ − ΖΓ = ΒΖ = 1ΕΖ ΑΒ ΒΖ ΒΖ ΒΖ5. Επειδή ΑΒ ⊥ Γ∆ έχουμε ΑΓ = Α∆και ΒΓ = Β∆ οπότε Εˆ 1 =Εˆ 2 και Ζˆ 1 =Ζˆ 2. Ζ Γ  ΜΓ = ΕΓ 12Άρα: Γ Ε ∆ (ΕΜ διχοτόμος): (1) Μ 1 Ε 2 Μ∆ Ε∆ Α Β  ΜΓ = ΖΓ (2) Μ∆ Ζ∆και Γ Ζ ∆ (ΖΜ διχοτόμος): ΔΑπό (1), (2) προκύπτει ότι ΕΓ = ΖΓ ⇔ ΕΓ ⋅ Ζ∆ = Ε∆ ⋅ ΖΓ Ε∆ Ζ∆6. Α ΟΒ Δ Γi) Έχουμε: ΓΑ = ∆Α ⇔ ΟΓ + ΟΑ = Ο∆ + ΟΑ ⇔ ΓΒ ∆Β ΟΒ − ΟΓ Ο∆ − ΟΒ⇔ ΟΓ + ΟΑ = Ο∆ + ΟΑ (ΟΑ = ΟΒ) ⇔ ΟΑ − ΟΓ Ο∆ − ΟΑ⇔ ... ⇔ ΟΑ2 = ΟΓ ⋅ Ο∆.ii) Έχουμε: ΓΑ = ∆Α ⇔ ΑΓ = Α∆ ⇔ ΓΒ ∆Β ΑΒ − ΑΓ Α∆ − ΑΒ | 21 |

Γενικές Ασκήσεις⇔ 2ΑΓ ⋅ Α∆ = ΑΒ ⋅ Α∆ + ΑΒ ⋅ ΑΓ ⇔ 2 = 1 + 1 . ΑΒ ΑΓ Α∆Σημείωση: ΑΤα Γ, Δ βρίσκονται προς το ίδιο μέρος του Ο. ΔΖ Εx7. Αν η ΒΔ τέμνει την ΑΓ στο Ζ τότε επειδήΒΖ//ΓΕ έχουμε: Α∆ = ΑΖ ή ΑΖ = µ ή ΑΖ = µ ΑΓ. ΑΕ ΑΓ ΑΓ ν νΕπομένως το Ζ προσδιορίζεται και η Αx ορίζεται Β Γως κάθετη της ΒΖ από το Α.8. α) Ανάλυση: Έστω ΒΓ η ζητούμενη ευθεία και ότι Γyη παράλληλη από το Α προς την Οx τέμνει την ΔΑOy στο Δ. Τότε το Δ είναι σταθερό (ορίζεται) καιεπειδή ΑΒ = ΑΓ το Δ είναι το μέσο του ΟΓ. Άρα x Βορίζεται και το Γ. OΚατασκευή: Φέρουμε από το Α παράλληλη στην Οx, βρίσκουμε το Δ καιορίζουμε το Γ πάνω στην Oy ώστε Ο∆ = ΟΓ. Η ζητούμενη ευθεία είναι ηΑΓ (που τέμνει την Οx στο Β).Η απόδειξη είναι απλή.β) Έχουμε:ΑΒ = 2 ΒΓ ⇔ ΑΒ = 2 ⇔ ΑΒ = 3 2 2 ⇔ ΑΒ = 2. 3 ΒΓ 3 ΒΓ − ΑΒ − ΑΓΦέρουμε πάλι ΑΔ//Οx, οπότε ΑΒ = Ο∆ ή Ο∆ =2 ή ∆Γ = Ο∆ . ΑΓ ∆Γ ∆Γ 2Άρα ορίζεται το σημείο Γ και συνεχίζουμε όπως στο (α).γ) Όμοια έχουμεΑΒ = Ο∆ = µ ⇔ ∆Γ = ν Ο∆.ΑΓ ∆Γ ν µΆρα το ΔΓ κατασκευάζεται. Η συνέχεια όπως στο (α).9. α) Ανάλυση: Έστω ΒΓ η ζητούμενη ευθεία ώστε Β AΓ ΑΒ = ΑΓ. Φέρουμε τα αποστήματα ΚΔ, ΛΕ, Δ Ε οπότε Α∆ = ΑΕ. Επειδή ΚΔ//ΛΕ αν Μ το μέσο του ΚΛ τότε, από το αντίστροφο του Θαλή, Κ ΜΛ θα είναι ΑΜ//ΚΔ//ΛΕ. Άρα ΑΜ ⊥ ΒΓ, οπότε Α' η ΒΓ κατασκευάζεται. | 22 |

Γενικές ΑσκήσειςΚατασκευή: Ορίζουμε το Μ ως μέσο του ΚΛ και γράφουμε ευθεία κάθετηστην AM στο Α, που τέμνει τους κύκλους στα Β και Γ.Απόδειξη: Φέρουμε τα αποστήματα ΚΔ, ΛΕ, οπότε ΚΔ//ΑΜ//ΛΕ.Άρα ΜΚ = Α∆ ⇔ Α∆ = ΑΕ (αφού ΜΚ = ΜΛ) ⇒ ΑΒ = ΑΓ. ΜΛ ΑΕβ) Ανάλογα με το (α) ορίζουμε το σημείο Μ το οποίο διαιρεί εσωτερικά τηνΚΛ σε λόγο ΜΚ = 3 και γράφουμε ευθεία κάθετη στην AM στο Α, που ΜΛ 4τέμνει τους κύκλους στα Β και Γ.  A10. Έχουμε Α Β ∆ (ΒΙ διχοτόμος):ΙΑ = ΑΒ = γ = β+ γ. 12Ι∆ Β∆ αγ α β+γ Z I Ε ΔΆρα ΙΑ = β + γ (1) όμοια 1 21 Ι∆ α α Β2 ΓΙΒ = α + γ = α + γ (2) καιΙΕ β β βΙΓ = α + β = α + β (3)ΙΖ γ γ γΑπό (1), (2), (3) με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει:ΙΑ + ΙΒ + ΙΓ =  α + β  +  α + γ  +  β + γ  ≥ 6Ι∆ ΙΕ ΙΖ  β α   γ α   γ β       (γιατί το άθροισμα δύο αντίστροφων θετικών αριθμών είναι μεγαλύτερο ήίσο του 2). | 23 |



8 ΚΕΦΑΛΑΙΟΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ• Για να είναι όμοια δυο τρί- τις γωνίες που σχηματίζονται γωνα αρκεί να ισχύει ένα από ομόλογες πλευρές ίσες. από τα παρακάτω: (Ασκήσεις: Αποδεικτικές 2, Σύνθετα 1). i) Να έχουν 2 γωνίες ίσες μία προς μία. (Ασκήσεις: • Με τη χρήση της ομοιότητας Εμπέδωσης 1). μπορούμε να μετρήσουμε μήκη ευθυγράμμων τμη-ii) Να έχουν δυο πλευρές ανά- μάτων που είναι απρόσιτα λογες και τις περιεχόμενες (Εφαρμογή 2 § 8.2). γωνίες ίσες. (Ασκήσεις: (Ασκήσεις: Εμπέδωσης 4, Εμπέδωσης 2). Αποδεικτικές 1).iii) Να έχουν τις πλευρές τους Σχόλιο: Στην άσκηση 4, ανάλογες. (Ασκήσεις: (Εμπέδωσης) υπολογίζουμε το Εμπέδωσης 3). ύψος ενός δέντρου, μετρώντας τη σκιά του. Αρχαίοι συγγραφείς• Για να είναι όμοια δύο κυρτά αναφέρουν ότι με τον τρόπο πολύγωνα πρέπει να έχουν τις αυτό ο Θαλής υπολόγισε το πλευρές τους ανάλογες και ύψος των πυραμίδων.

8.1-8.2§ 8.1-8.2 Β Ασκήσεις Εμπέδωσης 1. i) Τα τρίγωνα Α Β Γ και ∆ Ε Γ έχουν δύο γωνίες ίσες (Αˆ = Εˆ = 90, Γˆ κοινή), άρα είναι όμοια. Ε  Γii) Αφού τα τρίγωνα Α Β Γ και ∆ Ε Γείναι όμοια έχουμε:ΑΒ = ΑΓ ⇔ ΑΓ ⋅ ∆Ε = ΑΒ ⋅ ΕΓ. ΑΔ∆Ε ΕΓ2. i) Έχουμε Α∆= 1 ΑΒ ⇔ Α∆= 1 και Α 3 ΑΒ 3ΓΕ= 2 ΑΓ, οπότε ΑΕ= 1 ΑΓ ⇔ ΑΕ= 1 . ΔΕ 3 3 ΑΓ 3Άρα Α=∆ Α=Ε 1 .ΑΒ ΑΓ 3  Επομένως τα τρίγωνα Α Β Γ και Α ∆ Ε είναι Βόμοια γιατί έχουν και τη γωνία Αˆ κοινή. Γ ii) Αφού τα τρίγωνα Α Β Γ και Α ∆ Ε είναι όμοια, έχουμε:∆=Ε Α=∆ Α=Ε 1, οπότε ΒΓ = 3∆Ε.ΒΓ ΑΒ ΑΓ 33. Αν α′, β′ και γ′ είναι οι πλευρές μετά τη διαστολή, από την εκφώνηση προ-κύπτει ότι:α′ =α + 1 α ⇔ α′ =16 α, β′ =β + 1 β ⇔ β′ =16 β και15 15 15 15γ′ =γ + 1 γ ⇔ γ′ =16 γ. Άρα α′ = β′ = γ′  = 16 . 15 15 α β γ  15Επομένως το τρίγωνο με πλευρές α′, β′ και γ′ είναι όμοιο προς το αρχικό, αφούέχουν τις πλευρές τους ανάλογες. Άρα το τρίγωνο και μετά τη διαστολή θαπαραμείνει ορθογώνιο, αφού το αρχικό τρίγωνο είναι ορθογώνιο.4. Η ακτίνα ΒΓ του ήλιου, το ύψος ΑΒ και η σκιά Ε Ζ Γ ΑΑΓΒτΓου(δΑˆέν=τρ9ο0υσ).χΤηομαίδτίιζοοιυσνχούρεθιογγιαώντιηονταρίκγτωίνναο 2m ΕΖ, τη ράβδο ΔΕ και τη σκιά της ΔΖ. Επειδή τόσο Β 3m οι κατακόρυφες ΑΒ και ΔΕ, όσο και οι ακτίνες του ήλιου ΒΓ και ΕΖ είναι παράλληλες, θα είναι Δ Βˆ = Εˆ (οξείες γωνίες με παράλληλες πλευρές). 24m Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα Α Β Γ και ∆ Ε Ζ Α είναι όμοια, οπότε ΑΒ = ΑΓ . ∆Ε ∆Ζ | 26 |

8.1-8.2Με αντικατάσταση των δεδομένων έχουμε:ΑΒ = 24m ⇔ AB = 16m.2m 3m5. i) Τα τρίγωνα   είναι όμοια (ορθογώνια και Βˆ = ∆Αˆ Γ ως ΑΒ∆ και Α ∆ Γ οξείες γωνίες με κάθετες πλευρές). Α Γ Άρα ΑΒ = ∆Β ⇔ Α∆2 = ∆Β ⋅ ∆Γ. ΒΔ ∆Γ Α∆ ii) και iii) Τα τρίγωνα Α Β ∆ και Α Β Γ είναι όμοια (Αˆ = ∆ˆ = 90, Βˆ κοινή). Άρα Α=Β Β=∆ Α∆ , οπότε ΑΒ = Β∆ ⇔ ΑΒ2 = Β∆ ⋅ ΒΓ ΒΓ ΑΒ ΑΓ ΒΓ ΑΒ και ΑΒ = Α∆ ⇔ ΑΒ ⋅ ΑΓ = Α∆ ⋅ ΒΓ. ΒΓ ΑΓ  Α6. Έχουμε τρίγωνο Α Β ∆ όμοιο με τρίγωνο  12 (Αˆ 1 =Αˆ 2, Βˆ = ΕˆΑΕΓ γιατί βαίνουν στοτόξο ΑΓ).Άρα Α∆ = ΑΒ ⇔ Α∆ ⋅ ΑΕ = ΑΒ ⋅ ΑΓ. Β ΑΓ ΑΕ Δ x Γ Ε yΑποδεικτικές Ασκήσεις1. Επειδή φ = ω θα είναι και ∆Κˆ Γ = ΑΚˆ Β Γ (συμπληρωματικές ίσων γωνιών). Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα x  Β ∆ Κ Γ και Α Κ Β είναι όμοια, φω 1,70 m οπότε: ∆Γ = ∆Κ . Δ 3m Κ 2m Α ΑΒ ΑΚ Με αντικατάσταση των δεδομένωνπροκύπτει ότι: ∆=Γ 3m ⇔ ∆=Γ 5,1 m ⇔ ∆=Γ 2,55 m. 1, 7m 2m 2 | 27 |

8.1-8.22. i) Έστω τα παραλληλόγραμμα ΑΒΓΔ και Α′Β′Γ′Δ′ Α B Β' Α' Γ' με Α∆ = ΑΒ Α′∆′ Α′Β′ Δ' Γ και Αˆ = Αˆ ′. Δ Επειδή ΒΓ = Α∆, Β′Γ′ = Α′∆′, ∆Γ = ΑΒ και ∆′Γ=′ A′Β′ θα είναι ΑΑ=′∆∆′ ΑΑ=′ΒΒ′ ΒΒ=′ΓΓ′ ∆Γ (1) ∆′Γ′ Επίσης, επειδή Γˆ = Αˆ και Γˆ ′ =Αˆ ′θα είναι Γˆ = Γˆ ′, οπότε και Βˆ = Βˆ ′, ∆ˆ = ∆ˆ ′ (2) ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών. Από (1) και (2) προκύπτει ότι τα παραλληλόγραμμα ΑΒΓΔ και Α′Β′Γ′Δ′ είναι όμοια.ii) Επειδή Αˆ = Αˆ ′ = 90 σύμφωνα με το (I) αρκεί να αποδείξουμε ότι Α∆ = ΑΒ . ΑΒ Β' Α′∆′ Α′Β′ Α' Γ'  Κ Κ' Τα ισοσκελή τρίγωνα Κ Α ∆ Δ Δ' και Κ′ Α′ ∆′ είναι όμοια Γ (αφού Κˆ = Κˆ ′). Άρα Α∆ = ΚΑ  Α′∆′ Κ′Α′ (1). Το ίδιο ισχύει για τα τρίγωνα Κ Α Β και Κ′ Α′Β′. Άρα ΑΒ = ΚΑ (2). Από (1) και (2) προκύπτει ότι Α∆ = ΑΒ . Α′Β′ Κ ′Α′ Α′∆′ Α′Β′  Α3. Τα τρίγωνα Α Β Α1 και Α Β Α2 είναι όμοια, γιατί Αˆ 1 = ΒΑˆ Α2 και Αˆ 2 = ΒΑˆ Α1(γωνίες από χορδή και εφαπτόμενη). Ο1 Ο2 Α1 B Α2Άρα ΑΒ = ΒΑ1 ⇔ ΑΒ2 = ΒΑ1 ⋅ ΒΑ2. ΒΑ2 ΑΒ 4. Έχουμε τρίγωνο Η Α Ε όμοιο με τρίγωνο Η ∆ (∆ˆ = Εˆ = 90, Ηˆ 1 =Ηˆ 2). ΒΆρα Η∆ = ΗΒ ⇔ Η∆ ⋅ ΗΑ = ΗΒ ⋅ ΗΕ (1) Α ΗΕ ΗΑ  ΕΕΗπΕίσΓης(Εˆτρ=ίγΖˆων=ο9Η0,ΒΗˆΖ3 όμοιο με τρίγωνο Ζ 1 =Ηˆ 4). 4 32 ΗΆρα ΗΒ = ΗΖ ⇔ ΗΒ ⋅ ΗΕ = ΗΓ ⋅ ΗΖ (2) Β Δ Γ ΗΓ ΗΕ | 28 |

8.1-8.2 Από (1), (2) προκύπτει ότι ΗΒ ⋅ ΗΑ = ΗΒ ⋅ ΗΕ = ΗΓ ⋅ ΗΖ.5. Έχουμε Ζˆ 1′ =Μˆ 1 + Βˆ 1 (εξωτερική στο  Δ Μ Β Ζ′) 1 Ζˆ 1′ = ΒΖ + ΜΑ = ΒΖ + ΜΒ = ΜΖ = ∆ˆ 1. Ζ 2 2 2 2 2 Β  Γ Άρα τρίγωνο Μ ∆ Ζ όμοιο με τρίγωνο Δ' Ζ'  Μ Ζ′ ( Μˆ κοινή, ∆ˆ 1 =Ζˆ 1), Α 11 ∆′ 1 οπότε Μ∆′ = ΜΖ′ ⇔ Μ∆ ⋅ Μ∆′ = ΜΖ ⋅ ΜΖ′. ΜΖ Μ∆ M6. Ε πειδή το ύψος είναι το ΑΔ αρκεί ΑΒ να αποδείξουμε ότι Α∆2 = ΑΒ ⋅ Γ∆. ω Αν ΑΒˆ ∆ = ω, τότε Α∆ˆ=Β 90 − ω και ∆Γˆ=Α 90  − ω, οπότε τα τρίγωνα Δ Α Β ∆ και ∆ Α Γ είναι όμοια, άρα: ΑΒ = Α∆ ή Α∆2 = ΑΒ ⋅ Γ∆. ∆Α ∆Γ Σύνθετα Θέματα1. Θ εωρούμε τα τραπέζια ΔΓ ΘΗ ΑΒΓΔ (ΑΒ//ΓΔ) και ΕΖΗΘ (ΕΖ//ΗΘ) με ΑΒ = ∆Γ ΕΖ ΘΗ και Αˆ = Εˆ , Βˆ = Ζˆ . Α Γ' ΒΕ Η' Ζ Έστω ΑΒ > Γ∆, οπότε θα είναι και ΕΖ > ΘΗ αφού ΑΒ = ∆Γ . Φέρουμε ΓΓ′//ΔΑ και ΗΗ′//ΘΕ. ΕΖ ΘΗ   Τότε τα τρίγωνα Γ′ και Ζ Η′ είναι όμοια (Βˆ = Ζˆ , Γˆ ′ = Αˆ = Εˆ = Ηˆ ′), ΒΓ Η οπότε Γ=′Β Β=Γ Γ=Γ′ ∆Α (1) Η′Ζ ΖΗ ΗΗ′ ΘΕ Επίσης έχουμε Α=Β ∆=Γ ΑΒ − ∆=Γ Γ′Β (2) ΕΖ ΘΗ ΕΖ − ΘΗ Η′Ζ Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι Α=Β Β=Γ ∆=Γ ∆Α, δηλαδή οι πλευρές ΕΖ ΖΗ ΘΗ ΘΕ του τραπεζίου ΑΒΓΔ είναι ανάλογες προς τις πλευρές του ΕΖΗΘ. Επιπλέον, έχουν και τις αντίστοιχες γωνίες ίσες (Αˆ = Εˆ, οπότε ∆ˆ = Θˆ και Βˆ = Ζˆ , οπότε Γˆ = Ηˆ ). Άρα τα τραπέζια είναι όμοια. | 29 |

8.1-8.22. Έ στω Μ∆ = d και ΜE =d′. Το τετράπλευρο ΟΒΜΓ y ΜΓˆ Ε Βˆ . ΓEείναι εγγράψιμο, οπότε =   ΜΆρα τα ορθογώνια τρίγωνα Μ Γ Ε και Β Μ ∆ Δείναι όμοια, οπότε: ΒxΜΒ = Μ∆ ⇔ ΜΒ = d . OΜΓ ΜΕ ΜΓ d′  Β3. Στο τρίγωνο Α Γ ∆, επειδή η ΓΖ είναι διχοτόμοςέχουμε: ΑΖ = ΑΓ (1). Ε Ζ∆ Γ∆ Δ Στο τρίγωνο Α Β ∆, επειδή η ΑΕ είναι διχοτόμοςέχουμε: ΕΒ = ΑΒ (2). 21 Ζ 21 Ε∆ Α∆ A Γ Τα τρίγωνα Α Β ∆ και Α Γ ∆είναι όμοια (ορθογώνια και Βˆ = ∆Αˆ Γ), οπότε ΑΓ = ΑΒ (3). Από τις (1), (2) και (3) προκύπτει ότι ΑΖ = ΕΒ , Γ∆ Α∆  Ζ∆ Ε∆οπότε από το αντίστροφο του Θαλή στο τρίγωνο Α ∆ Β έχουμε ότι ΖΕ//ΑΒ.4. Από την υπόθεση έχουμε ότι: AΒˆ −=Γˆ 90 ⇔ =Βˆ 90 + Γˆ (1). 1Αλλά =Βˆ 90 Αˆ 1 + (2) (ως εξωτερική Δ στο τρίγωνο Α Β ∆).Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι Γˆ = Αˆ 1. Β Γ  ΓΆρα τα ορθογώνια τρίγωνα Α ∆ Β και Α ∆ Γ είναιόμοια, οπότε: Α∆ = ∆Γ ⇔ Α∆2 = ∆Β ⋅ ∆Γ. ΑΒ Α∆  A5. i) Έ χουμε τρίγωνο Α Β ∆ όμοιο με τρίγωνο Α Ε Γ (Αˆ 1 =Αˆ 2, Βˆ = Εˆ 1 γιατί βαίνουν στο ΑΓ). 12Άρα ΑΒ = Α∆ ⇔ ΑΒ ⋅ ΑΓ = Α∆ ⋅ ΑΕ. 1Δ ΑΕ ΑΓ  1ii) Έ χουμε τρίγωνο Α Β Ε όμοιο με  Ετρίγωνο ( Εˆ κοινή, Βˆ 1 =Αˆ 2 =Αˆ 1). Β Β∆ΕΆρα ΕΒ = ΕΑ ⇔ ΕΒ2 = ΕΑ ⋅ Ε∆. Ε∆ ΕΒ | 30 |

Γενικές ΑσκήσειςΓενικές Ασκήσεις Τ  1 A Β1. Έχουμε τρίγων ο Α Β Τ όμοιο με τρίγωνο Α Γ Τ ( Αˆ κοινή, Γˆ = Τˆ 1 ). Άρα Τ=Β Α=Τ ΑΒ (1) ΤΓ ΑΓ ΑΤ Επομένως Γ ΤΒ2 = ΑΤ2 ⇔ ΤΒ2 = ΑΤ ⋅ ΑΤ (1) ΤΒ2 = ΑΤ ⋅ ΑΒ ⇔ ΤΒ2 =ΑΒ . ΤΓ2 ΑΓ2 ΤΓ2 ΑΓ ΑΓ ΤΓ2 ΑΓ ΑΤ ΤΓ2 ΑΓ ⇔  Β Α2. ΈμεχοτρυίμγεωτνροίγΑωνΒοΕΑ(ΒΑˆ ∆κοόιμνοήι,οΕˆ 1 =Βˆ 1). 1 Δ Άρα ΒΕ = ΑΒ (1) και Α∆Γ ≈ ΑΕΓ Β∆ Α∆ 12 2 ( Αˆ κοινή, Εˆ 2 =Γˆ 2). Άρα ΓΕ = ΑΓ (2). E Γ Γ∆ Α∆ Από (1), (2) επειδή ΑΒ = ΑΓ προκύπτει ότι ΒΕ = ΓΕ ⇔ Β∆ ⋅ ΓΕ = ΒΕ ⋅ Γ∆. Β∆ Γ∆  A3. Έχουμε τρίγωνο Β ∆ Ε όμοιο με τρίγωνο 12  ( Εˆ = Ζˆ = 90, ∆ˆ 1 =∆ˆ 2 κατακορυφήν). E 1Δ Γ∆Ζ 2 Άρα ∆Ε = ΒΕ (1) ∆Ζ ΓΖ Z και  ≈  Ζ (Εˆ = Ζˆ = 90, Αˆ 1 =Αˆ 2). Β ΑΒΕ ΑΓ Άρα ΑΕ = ΒΕ (2). Γ ΑΖ ΓΖ Από (1), (2) προκύπτει ότι ΑΕ = ∆Ε ⇔ ΕΑ = ΖΑ . ΑΖ ∆Ζ Ε∆ Ζ∆ Άρα τα Ε, Ζ είναι συζυγή αρμονικά των Α, Δ. | 31 |

Γενικές Ασκήσεις4. Έστω Ε σημείο της ΑΓ ΑΖ ΚΒ και ΕΖ ⊥ ΑΒ, ΕΗ ⊥ Α∆. Η 1Φέρουμε ΓΚ ⊥ ΑΒ και ΓΜ ⊥ Α∆. Μ ΕΤότε ΕΗ//ΜΓ, οπότε ΕΗ = ΑΕ ΜΓ ΑΓ Δ 1και ΕΖ//ΚΓ, οπότε ΕΖ = ΑΕ . Γ ΚΓ ΑΓΆρα ΕΗ = ΕΖ ⇔ ΕΗ = ΜΓ (1) ΜΓ ΚΓ ΕΖ ΚΓ  Αλλά τρίγωνο όμοιο με τρίγωνο ( Κˆ = Μˆ = 90, Βˆ 1 =∆ˆ 1 ), ΓΜ∆ ΚΒΓοπότε Μ=Γ ∆=Γ ΑΒ (2) ΚΓ ΒΓ Α∆ Από (1), (2) προκύπτει ότι ΕΗ = ΑΒ . Μ ΕΖ Α∆ d Α ΗΒ5. i) Ισχύει ΜΑ ⋅ Μ=Β 2R ⋅ ΜΗ (εφαρμογή β=γ 2Rυα ). Άρα ΜΗ= d= ΜΑ ⋅ ΜΒ. Μ 2R Ο d'ii) Φέρνουμε τη διάμετρο ΜΕ. Τότε MAˆ E = 90 ΕΚ και Eˆ = Aˆ 1 (χορδή, εφαπτομένη). Α  Μ d2 d1 Άρα τρίγωνο M A E όμοιο  d με τρίγωνο M A K, οπότε ΔΓ ΜΑ = ΜΕ ⇔ ΜΑ = 2R ⇔ d′ = ΜΑ2 . ΜΚ ΜΑ d′ ΜΑ 2Riii) Είναι d = ΜΓ ⋅ Μ∆, d1 = ΜΓ2 , 2R 2R d2 = Μ∆2 . Άρα=d1 ⋅ d2 ΜΓ(22=R⋅ Μ)2 ∆2 d2. 2R6. Πρέπει να αποδείξουμε ότι ΑΒ ⋅ Γ∆ + Α∆ ⋅ ΒΓ = ΑΓ ⋅ Β∆.Παίρνουμε σημείο Ε της ΑΓ ώστε Ε∆ˆ Γ = Α∆ˆ Β (1) 2, Γˆ 1 =Βˆ 1).Τότε τρίγωνο Α Β ∆ όμοιο με τρίγωνο ∆ Γ (∆ˆ 1 =∆ˆ  ΕΆρα ΑΒ = Β∆ ⇔ ΑΒ ⋅ Γ∆ = ΕΓ ⋅ Β∆ (2) ΕΓ Γ∆ | 32 |

Γενικές ΑσκήσειςΕπίσης τρίγωνο  Ε όμοιο με τρίγωνο  ∆ (Αˆ 1 = Βˆ 2 , Α∆ˆ Ε = Β∆ˆ Γ Α∆ ΒΓως διαφορά ή άθροισμα ίσων γωνιών). ΒΆρα Α∆ = ΑΕ ⇔ Α∆ ⋅ ΒΓ = ΑΕ ⋅ Β∆ (3). Α 12 Β∆ ΒΓ 1 ΕΜε πρόσθεση κατά μέλη των (2), (3) προκύπτει ότι:ΑΒ ⋅ Γ∆ + Α∆ ⋅ ΒΓ = Β∆ ⋅ (ΕΓ + ΑΕ) = Β∆ ⋅ ΑΓ. 12 1 Γ Δ | 33 |



9 ΚΕΦΑΛΑΙΟΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ• Για να υπάρχει τρίγωνο με δεδομένα μήκη πλευρών πρέ- πει να ισχύει η τριγωνική ανισότητα. (Ασκήσεις: § 9.4 Εμπέδωσης 1, 2).• Για να βρούμε το είδος του τριγώνου ως προς τις γωνίες (οξυ- γώνιο, ορθογώνιο, αμβλυγώνιο) συγκρίνουμε το τετράγωνο της μεγαλύτερης πλευράς με το άθροισμα των τετραγώνων των δύο άλλων πλευρών. (Ασκήσεις: § 9.2 Αποδεικτικές 1 - § 9.4 Εμπέδωσης 1, Αποδεικτικές 1).• Για να υπολογίσουμε μια γωνία (σε μοίρες) χρησιμοποιώντας τις γνωστές μετρικές σχέσεις βρίσκουμε κατάλληλη σχέση μεταξύ των στοιχείων (πλευρών, διαμέσων κ.λπ.) ενός τρι- γώνου π.χ. Ισόπλευρο τρίγωνο, ορθογώνιο τρίγωνο με μια πλευρά ίση με το μισό της υποτείνουσας κ.λπ. (Ασκήσεις: § 9.4 Εμπέδωσης 3, § 9.5 Εμπέδωσης 3, Γενικές 8).Σχόλιο: Πολλές φορές μια γωνία υπολογίζεται και τριγωνομετρικά(Νόμος συνημιτόνων, ημιτόνων κ.λπ.). (π.χ. § 9.4 Άσκηση Εμπέ-δωσης 3).• Χρησιμοποιώντας την εφαρμογή 2 της § 9.7 αποδεικνύουμε ότι μια ευθεία εφάπτεται σε έναν κύκλο. (Ασκήσεις: § 9.7 Σύνθετα 3).

9.1-9.2§ 9.1-9.2 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Είναι ΒΓ2 = ΑΒ2 + ΑΓ2 = 32 + 42 = 52 = 25 ⇔ ΒΓ = 5 Γ ΑΒ2 = ΒΓ ⋅ Β∆ ⇔ 32 = 5 ⋅ Β∆ ⇔ Β∆ = 9 Γ Δ 5 Α Β ∆Γ = ΒΓ − Β∆ = 16 Δ 5 Βκαι Α∆2 = Β∆ ⋅ ∆Γ = 9 ⋅ 16 ⇔ Α∆ = 12 . 55 5 Δ2. Ε ίναι Βˆ = 2Γˆ ⇔ Βˆ + Γˆ = 3Γˆ ⇔ 90 = 3Γˆ ⇔ Γˆ = 30, Α Β οπότε γ = α και από την α2 = β2 + γ2 προκύπτει Δ 2 ότι β2 = 3γ2 ⇔ β = 3, οπότε αληθές είναι το Γ. Β γ ΖΒ3. Ε πειδή Α∆ < ΑΓ < ΒΓ και Γ∆ < ΑΓ, Γ ΖΔ Β αρκεί να συγκρίνουμε τα ΑΔ και ΓΔ. Έχουμε: ΑΒ2 = ΒΓ ⋅ Β∆ ⇔ 25 = ΒΓ 25 ⇔ ΒΓ = 13, Γ Δ 13 Α οπότε Γ∆ = ΒΓ − Β∆ = 144 (1) Γ 13 και από τη σχέση Α∆2 = Β∆ ⋅ ∆Γ βρίσκουμε Α∆ = 60 (2). Από (1) και (2) προκύπτει 13 ότι Α∆ < Γ∆ και επομένως Α∆ < Γ∆ < ΑΓ < ΒΓ. Αποδεικτικές Ασκήσεις A Α1. Έ χουμε β2 + γ2 = (2κλ)2 + (κ2 − λ2 )2 = ΓΕ= (κ2 + λ2 )2 = α2, Εδηλαδή α2 = β2 + γ2 ⇔ Αˆ = 90. A2. Ε πειδή ΑΒ διάμετρος, οι γωνίες ΑΓˆ Βκαι Α∆ˆ Β είναι ορθές, οπότε από τα ορθογώνιατρίγωνα Γ Α Β και ∆ Α Β έχουμε αντίστοιχα:ΑΓ2 = ΑΒ ⋅ ΑΕ και Α∆2 = ΑΒ ⋅ ΑΖ.Από τις σχέσεις αυτές με διαίρεση κατά μέληπροκύπτει το ζητούμενο. | 36 |

9.1-9.2  Γ3. Φέρνουμε τη ΒΔ. Από τα ορθογώνια τρίγωνα Ε Β ∆ και Δ  Γ έχουμε: ΕΒ2 = Β∆2 − ∆Ε2 και ΕΓ2 − ∆Ε2 Ε ΕΓ∆ = ∆Γ2 αντίστοιχα, από τις οποίες με αφαίρεση κατά μΕέλη προκύπτει: ΒΕ2 − ΓΕ2 = Β∆2 − ∆Γ2 ⇔ Δ ⇔ ΒΕ2 − ΓΕ2 = Β∆2 − Α∆2 (1), αφού το Δ είναι μέσον της ΑΓ. Από την (1) και Α Β επειδή το Α ∆ Β είναι ορθογώνιο προκύπτει Α Β ΒΕ2 − ΓΕ2 = ΑΒ2 ⇔ ΓΕ2 + ΑΒ2 = ΒΕ2 (2). Είναι φανερό ότι ∆Β > ΕΒ. Από την (2) προκύπτει ότι ΒΕ > ΓΕ οπότε ∆Β > ΕΒ > ΕΓ. β2  44. i) γ2 + Από τα ορθογώνια τρίγωνα Α Β ∆ και Α′Β′ ∆′ έχουμε: µβ2 = και µβ2′ = γ′2 + β′2 αντίστοιχα από τις οποίες, αφού µβ = µβ′ 4 προκύπτει: γ2 + β2 = γ′2 + β′2 (1). Γ' Γ' 44 ΓΓ Δ Δ Δ' Δ' Α Ε Α Β Ε Α' Β Ε' Α' Β' Ε' Β'  Όμοια, από τα ορθογώνια τρίγωνα Α Γ Ε και Α′Γ′Ε′ και επειδή µγ = µγ′ προκύπτει β2 + γ2 = β′2 + γ′2 (2). 44 Προσθέτοντας τις (1) και (2) κατά μέλη βρίσκουμε: 5 (β2 + γ2 ) = 5 (β′2 + γ′2 ) , από την οποία λαμβάνοντας υπόψη ότι 44 β2 + γ2 = α2 και β′2 + γ′2 = α′2, προκύπτει ότι α = α′ . ii) Είδαμε ότι β2 + γ2 = β′2 + γ′2 (3). Αφαιρώντας από την (3) την (1) προκύπτει 3 β2 = 3 β′2 , δηλαδή β = β′. Επειδή πλέον τα τρίγωνα  και  44 ΑΒΓ Α′ Β′ Γ′ είναι ορθογώνια και έχουν τις κάθετες πλευρές ίσες, είναι ίσα. 5. Από το ορθογώνιο τρίγωνο Β Ε Γ έχουμε: α2 = ΒΕ2 + ΕΓ2 (1). | 37 |

9.1-9.2 }Α  γβ E Επίσης από το ορθογώνιο τρίγωνο Β Ε Α έχουμε: γ2 = ΒΕ2 + ΑΕ2 (2). Επειδή β = γ θα είναι Βα Γβ2 = γ2 = ΒΕ2 + ΑΕ2 (3). Προσθέτοντας τις (1), (2) και (3) κατά μέλη προκύπτει ότι: α2 + β2 + γ2 = 3ΒΕ2 + 2ΑΕ2 + ΓΕ2.Σύνθετα Θέματα1. i) Έχουμε: ΑΒ2 = Β∆ (1), }ΑΓ ΑΓ2 ∆Γ γβ αφού Αˆ = 1 και Α∆ ⊥ ΒΓ.  Επίσης, από τα ορθογώνια τρίγωνα ∆ Α Β  ΖE Δ και ∆ Α Γ έχουμε αντίστοιχα: Β∆2 = ΑΒ ⋅ ΕΒ (2) και ∆Γ2 = ΑΓ ⋅ ΖΓ (3). Βα Γ Από (1), (2) και (3) έχουμε: Α ΕΒ ΑΒ4 = Β∆2 = ΑΒ ⋅ ΕΒ ⇔ ΑΒ3 = ΒΕ . Γ ΑΓ4 ∆Γ2 ΑΓ ⋅ ΖΓ ΑΓ3 ΓΖ  έχουμε:Α∆2 Β ii) Από τα ορθογώνια τρίγωνα ∆ Α Β και ∆ Α Γ και = ΑΒ ⋅ ΑΕ (1). Γ Α∆2 = ΑΓ ⋅ ΑΖ από τ⋅ιΑς∆οπ(ο2ί)ε. ςΑππρόο(κ1)ύ,π(τ2ε)ιπΑρο∆κ4ύ=πτΑειΒτ⋅οΑζΔΓητ⋅οΑύΕμε⋅νΑοΖ. Αλλά ΑΒ ⋅ ΑΓ = ΒΓ2. i) Φέρνουμε Λ∆ ⊥ ΒΚ. Τότε ΚΛ = R + ρ, Κ∆ = RΖ− ρ και Κ∆Λ Δ= ΒΓΑ. Λ Από το ορθογώνιο τρίγωνο ∆ Κ Λ έχουμε: Α ΕΒ ∆Λ2 = ΚΛ2 − ∆Κ 2 = = (R + ρ)2 − (R − ρ)2 = 4Rρ ⇔ Α Δ Β ⇔ ∆Λ = 2 Rρ, δηλαδή ΒΓ = 2 Rρ. Γ ii) Σύμφωνα με το i) έχουμε ΒE = 2 Rσ Ε Ν και EΓ = 2 Rσ , οπότε από την ΔΜ Λ προφανή σχέση ΒΓ = ΒΕ + ΕΓ ΚΑ προκύπτει Rρ = Rσ + Rσ ΒΚ Γ από την οποία με διαίρεση με το Rρσ προκύπτει το ζητούμενο. ΑΔ3. i) Επειδή Ν μέσον ΑΓ και ΜΝ//ΚΓ, το Μ ΜΝ Γ ΒΚ είναι μέσον του ΑΚ, δηλαδή στο τετρά- πλευρο ΑΒΚΔ οι διαγώνιοι διχοτομούνται και αφού Αˆ =90, αυτό είναι ορθογώνιο. ii) Έχουμε διαδοχικά: ∆Γ2 − ΑΒ2 = ∆Γ2 − ∆Κ 2 = ΚΓ2  (από το ορθογώνιο τρίγωνο Κ ∆ Γ) = | 38 |

9.4 = (2ΜΝ)2 = 4ΜΝ2, δηλαδή ∆Γ2 − ΑΒ2 = 4ΜΝ2.4. Επειδή µα =α , έχουμε: 2µα2 ≥ βγ ⇔ α2 ≥ 2βγ ⇔ 2 ⇔ β2 + γ2 ≥ 2βγ (γιατί Αˆ =90 ) ⇔ (β − γ)2 ≥ 0 που ισχύει. Το ′′=′′ όταν β = γ.5. Φέρνουμε ΓΖ,∆Η ⊥ ΑΒ και τις ΟΓ και ΟΔ. Γ Το τρίγωνο Ο Γ ∆ είναι ισοσκελές και επομένως ΟΓˆ ∆ = Ο∆ˆ Γ = ϕ. Α 45ο φ Ο Η Β Η γωνία ∆Οˆ Η είναι εξωτερική Z 45ο στο τρίγωνο Ο  ∆, οπότε ∆Οˆ=Η 45 + ϕ. φ Ε  Έτσι τα ορθογώνια τρίγωνα Ζ Γ Ο Δ  έχουν: Ζˆ = Ηˆ = 90, ∆Οˆ Η = 45 +ϕ= ΟΓˆ Ζ και Η ∆ Ο και Ο∆ = ΟΓ (= R), άρα είναι ίσα και επομένως ΓΖ = ΟΗ (1). Έχουμε: ΓΕ2 + ∆Ε2 = 2ΓΖ2 + 2∆Η2 = 2(ΟΗ2 + ∆Η2 ) (από την (1))= 2 ⋅ Ο∆2= 2R2, δηλαδή ΓΕ2 + ∆Ε2 = 2R2. 6. Από την ομοιότητα των τριγώνων ∆ Α Β και Α Β Γ γ2 =ωx 22 έχουμε ότι: γ =x ⇔ α2 (1). α ω  Γ Όμοια, από την ομοιότητα των τριγώνων ∆ Α Γ και  βρίσκουμε ότι β2 = y2 (2). α2 ω2 ΑΒΓ Προσθέτοντας τις (1), (2) κατά μέλη και Δ λαμβάνοντας υπόψη ότι α2 = β2 + γ2 ΑΒ προκύπτει ότι x2 + y2 =ω2.§ 9.4 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Επειδή β − γ < α < β + γ (τριγωνική ανισότητα) υπάρχει τρίγωνο. Η μεγαλύ- τερη γωνία είναι η Α και αφού α2 < β2 + γ2 θα είναι Αˆ < 1 . Άρα το τρίγωνο είναι οξυγώνιο.2. Ναι, υπάρχει, αφού ισχύει η τριγωνική ανισότητα. Έχουμε επίσης ότι: υ=α 2 τ(τ − α)(τ − β)(τ − γ=) 2 15  15 − 6   15 − 5   15 − 4= α 6 2  2   2  2 | 39 |

9.4= 1 15 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 = 1 ⋅ 15 7 = 5 7 .3 2 222 3 4 4Όμοια υβ =3 7 , υγ =15 7. 2 8 Α3. Έ χουμε β2 = 4 + 2 3, α2 =2, γ2 =4. ΔΆρα β2 > α2 + γ2, οπότε Βˆ > 90. Β Στο τρίγωνο Α Γ είναι Αˆ > 90, Γ Βοπότε α2 = β2 + γ2 − 2βΑ∆ ⇔⇔ Α∆ = 3 + =3 ⇔ Α∆ 3(1 + =3) ⇔ Α∆ 3. (1) 1+ 3 1+ 3 Στο τρίγωνο Α Β ∆ είναι Β∆2 = ΑΒ2 − Α∆2 ⇔ ∆Β2 = 1 ⇔ Β∆ = 1.Επειδή ΑΒ = γ = 2 και Β∆ = 1 είναι Αˆ =30.2ος τρόπος: Από το νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο Α Β Γ προκύπτει ότι:=συνΑ β2 +=γ2 − α2 (1 + 3)2 + 22=− ( 2)2 =6 + 2 3 2 3=( 3 + 1) 3 2βγ 2(1 + 3) ⋅ 2 4(1 + 3) 4(1 + 3) 2Άρα Αˆ =30.4. Είναι Αˆ =60, οπότε από το Νόμο των συνημιτόνων Α Δ έχουμε: ΒΓ2 = ΑΒ2 + ΑΓ2 − 2ΑΒ ⋅ ΑΓσυνΑˆ ⇔ ⇔ ΒΓ=2 16 + 25 − 2 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅ 1 ⇔ ΒΓ= 21 cm. 30ο 2 B Γ | 40 |

9.4Αποδεικτικές Ασκήσεις1. Ελέγχουμε αρχικά το είδος του τριγώνου. Α Είναι ΑΓ2 = 144, ΒΓ2 = 49, ΑΒ2 = 81. Επειδή ΑΓ2 > ΑΒ2 + ΒΓ2 θα είναι Βˆ > 90. Έστω ΒΔ η προβολή της ΒΓ πάνω στην ΑΒ. Επειδή Βˆ > 90 έχουμε: ΑΓ2 = ΑΒ2 + ΒΓ2 + 2ΑΒ ⋅ Β∆ ⇔ Β Γ Δ Γ ⇔ Β=∆ ΑΓ2 − ΑΒ2 − ΒΓ=2 144 − 81 − 4=9 14 ⇔ Β 2ΑΒ 18 8 7 Ζ ⇔ Β∆ = 9 cm.2. Ε φαρμόζουμε το γενικευμένο Πυθα- Α γόρειο στα τρίγωνα Α Γ ∆ και Β ∆ Γ με την υπόθεση ότι Γˆ , ∆ˆ < 1 . Αν μία από τις Γˆ , ∆ˆ ήταν αμβλεία η απόδειξη είναι ανάλογη. Τότε: ΑΓ2 = Α∆2 + ∆Γ2 − 2Γ∆ ⋅ ∆Ε ΔΕ Β∆2 = ΒΓ2 + ∆Γ2 − 2∆Γ ⋅ ΖΓ Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε ότι: Α ΑΓ2 + Β∆2 = Α∆2 + ΒΓ2 + 2∆Γ(∆Φ − ∆Ε − ΖΓ) = = Α∆2 + ΒΓ2 + 2 ⋅ Γ∆ ⋅ ΕΖ = Α∆2 + ΒΓ2 + 2 ⋅ ΑΒ ⋅ Γ∆.3. Ε φαρμόζοντας το θεώρημα οξείας γωνίας Γ' B' στο τρίγωνο Α Β Γ έχουμε ότι: β2 = α2 + γ2 − 2γ ⋅ ΒΓ′ γ2 = α2 + β2 − 2β ⋅ ΓΒ′. Προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. B Γ4. Σ το τρίγωνο Β  ∆ είναι Γˆ > 90, B ΑΓ Γ οπότε: ΒΓ= Γ∆ Β∆2 = ΒΓ2 + Γ∆2 + 2Γ∆ ⋅ ΑΓ ⇔ ⇔ Β∆2 = 2ΒΓ2 + 2ΒΓ ⋅ ΑΓ ⇔ Δ ΒΓ= Γ∆ ⇔ Β∆2 = 2ΒΓ(ΒΓ + ΑΓ) ⇔ ⇔ Β∆2 = 2ΒΓ ⋅ Α∆. | 41 |

9.45. Στο τρίγωνο  είναι Γˆ < 90, A ΒΕΓ οπότε: ΒΕ2 = ΕΓ2 + ΒΓ2 − 2ΒΓ ⋅ ΖΓ ⇔ ⇔ ( 2 ) (1) Φέρουμε ∆Η ⊥ ΒΓ.  Δ Ε Τότε τα τρίγωνα ∆ Β Η και Ε Ζ Γ είναι ίσα (Ζˆ = Ηˆ = 90, Βˆ = Γˆ , ∆Η = ΕΖ), οπότε ΒΗ = ΖΓ. ΒΗ ΖΓ Άρα ΒΓ − 2ΖΓ = ΒΓ − ΖΓ − ΒΗ = ΗΖ = ∆Ε (2) Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι ΒΕ2 = ΕΓ2 + ΒΓ ⋅ ∆Ε. Α Σχόλιο: Το ΒΔΕΓ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Φέρνοντας δύο κα3τ00άλληλα ύψη δημιουργούνται ίσα τρίγωνα. A6. Έστω ότι υπάρχει. Πρέπει 5α < 4β + 3γ ⇔ (5α)2 < (4β + 3γ)2 ⇔ 25α2 < 16β2 + 9γ2 + 24βγ Δ (διότι α2 = β2 + γ2 ) ⇔ 9β2 + 16γ2 − 24βγ < 0 ⇔ (3β − 4γΒ)2 < 0 άτοΓπο. Άρα δεν υπάρχει τρίγωνο με πλευρές 5α, 4β, 3γ. Δ ΕΣύνθετα Θέματα ΒΗ ΖΓ 1. Στο Α Β Γ φέρνουμε το ύψος ΒΔ και εφαρμόζοντας το γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε: α2 =β2 + γ2 − 2β ⋅ Α∆ ⇔ α2 =β2 + β2 − 2β ⋅ Α∆ ⇔ Α ⇔ α2 = 2β2 − 2β ⋅ Α∆ (1) 300 Στο ορθογώνιο τρίγωνο  επειδή Αˆ =30 ΑΒ∆ είναι Β∆ = β , οπότε Δ 2 Α∆2 = β2 −  β 2 ⇔ Α∆2 = 3β2 ⇔ Α∆ = β3 (2) ΒΓ  2  4 2 Από (1), (2) έχουμε: α2 = 2β2 − 2β ⋅ β 3 ⇔ α2 = β2 (2 − 3) ⇔ α = β 2 − 3 . 2 | 42 |

9.52. Επειδή ΑΒ//ΓΔ είναι ΑΓ = Β∆ ⇔ ΑΓ = Β∆ (1). Στο τρίγωνο Μ Α Γ είναι Αˆ < 90 (αφού ΒΓ < 180), οπότε: Γ Δ Ε Η ΜΓ2 = ΜΑ2 + ΑΓ2 − 2ΜΑ ⋅ ΑΕ (2). A Μ Β  Όμοια στο τρίγωνο Μ Β ∆ έχουμε: Μ∆2 = ΜΒ2 + Β∆2 − 2ΜΒ ⋅ ΒΗ (3). Το ΑΓΔΒ είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε ΑΕ = ΒΗ (4). Προσθέτουμε κατά μέλη τις (2) και (3) και έχουμε: ΜΓ2 + Μ∆2 = ΜΑ2 + ΜΒ2 + ΑΓ2 + Β∆2 − 2ΜΑ ⋅ ΑΕ − 2ΜΒ ⋅ ΒΑΗ (1) ⇔ (4) ⇔ ΜΓ2 + Μ∆2 = ΜΑ2 + ΜΒ2 + 2ΑΓ2 − 2ΑΕ(ΜΑ + ΜΒ) ⇔ ⇔ ΜΓ2 + Μ∆2 = ΜΑ2 + ΜΒ2 + 2(ΑΓ2 − ΑΕ ⋅ ΑΒ) ⇔ ⇔ ΜΓ2 + Μ∆2 = ΜΑ2 + ΜΒ2 διότι ΑΓ2 = ΑΒ ⋅ ΑΕ Β ΔΜ Γ επειδή ΑΓˆ Β = 90 και ΓΕ ύψος του ορθογωνίου τριγώνου  ΑΓΒ.3. Από την ισότητα α3 = β3 + γ3 προκύπτει ότι α Γ> β και α > γ. Άρα Δη γωνία Α είναι η μεγαλύτερη γωνία του τριγώνου, οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι είναι οξεία. Έχουμε α >β συνεπώς αβ2 > β3 οπότε A + αΕγ 2 > β3Μ+ γ3 ΗΒ α>γ αγ2 > γ3 αβ2 ή α(β2 + γ2 ) > α3 ή β2 + γ2 > α2 ή Αˆ < 90 . Α§ 9.5 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. i) Από το 1ο θεώρημα διαμέσων έχουμε: Β Δ Μ Γ β2 + γ2 = 2µα2 + α2 ⇔ 2β2 + 2γ2 = 4µα2 + α2 ⇔ 2 2 ⋅ 49 + 2 ⋅ 36 − 4 49 ⇔ ⇔ α2 = 2β2 + 2γ2 − 4µα2 ⇔ α2 = 4 ⇔ α=2 121 ⇔ =α 11. | 43 |

9.5ii) Έστω ΜΔ η προβολή της διαμέσου μα στη ΒΓ. Από το 2ο θεώρημα διαμέσων έχουμε: β2 − γ2 = 2α ⋅ Μ∆ ⇔ Μ∆ = β2 − γ2 ⇔ Μ∆ = 49 − 36 = 13 . 2α 22 222.=Ε ίναι µα2 + βγ 2β2 +=2γ2 − α2 + βγ 2(β + γ)2 − α2 . 4 4Αρκεί 2(β + γ)2 − α2 > α2 ή (β + γ)2 > α2 ή β + γ > α, που ισχύει. 44  Μ3. Από το θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο Μ Γ ∆έχουμε: ΜΓ2 + Μ∆2 = 2ΜΟ2 + Γ∆2 ή 25 =2R2 + R2 ⇔ 10 =5R2 ⇔ R2 =2 ⇔ R = 2. Α Γ ΟΔ B 24. i) Από τους τύπους των διαμέσων έχουμε:=µα2 + µβ2 + µ2γ 2β2 + 2γ2 − α2 + 2α2 + 2γ2 − β2 + 2=α2 + 2β2 − γ2 444 3α2 + 3β2 + 3γ2= 4 = 3 (α2 + β2 + γ2 ). 4 2 2 2ii) Επειδή Θ βαρύκεντρο είναι: ΘΑ= 3 µα , ΘΒ= 3 µβ, ΘΓ= 3 µ γ .Άρα από το (i) ερώτημα προκύπτει ότι:ΘΑ2 + ΘΒ2 + ΘΓ=2  2 µα 2 +  2 µβ 2 +  2 µγ =2 4 (µα2 + µβ2 + µ2γ=)  3   3   3 9= 4 ⋅ 3 (α2 + β2 + γ2 )= 1 (α2 + β2 + γ2 ). 94 3Σχόλιο:Αν το τρίγωνο είναι ορθογώνιο (Αˆ =90) τότε β2 + γ2 = α2, οπότε µα2 + µβ2 + µ2γ = 3 α2. 2 | 44 |

9.5Αποδεικτικές Ασκήσεις1. Σ το τρίγωνο Α  Γ (Αˆ < 90), οπότε από το Β γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα είναι: α2 = β2 + γ2 − 2β ⋅ Α∆  Α Αλλά Α∆ = γ  2  ⇔ α 2 = β2 + γ2 − βγ (1) 600  Δ  Στο τρίγωνο Α Β Γ (AM διάμεσος) α2 ⇔ β2 + γ2 = 2µα2 + 2 ⇔ 2β2 + 2γ2 = B Μ Γ (1) = 4µα2 + α2 ⇔ 2β2 + 2γ2 = 4µα2 + β2 + γ2 − βγ ⇔ ⇔ 4µα2 = β2 + γ2 + βγ ⇔ µα2 = 25 + 9 + 15 ⇔ µα2 = 49 ⇔ µα2 = 7. 4 4 2 2. Αν Μ είναι το μέσο της ΒΓ, τότε από το τρίγωνο ∆ Β Γ (ΔΜ διάμεσος) είναι: ∆Γ2 − ∆Β2 = 2ΒΓ ⋅ ΕΜ (1) Α Επειδή ΔΕ//ΑΜ (αφού ΑΜ ⊥ ΒΓ ) είναι: ΕΜ = ΒΜ ⇔ ΕΜ = ΒΓ ⇔ Δ Γ Α∆ ΑΒ Α∆ 2ΑΒ EΜ ⇔ ΕΜ = ΒΓ ⋅ Α∆ (2) 2ΑΒ Από (1), (2) έχουμε: ∆Γ2 − ∆Β2 = ΒΓ2 ⋅ Α∆ . B ΑΒ 3. i) Φέρνουμε τις διαγωνίους ΑΓ, ΒΔ. Στο τρίγωνο Μ Α Γ (ΜΟ διάμεσος): ΜΑ2 + ΜΓ2 = 2ΜΟ2 + ΑΓ2 (1) Α B 2 Αλλά ΑΓ = Β∆ (3) O Από (1), (2), (3) έχουμε: ΜΑ2 + ΜΓ2 = ΜΒ2 + Μ∆2. Δ Γ ii) Από i) έχουμε: ΜΑ2 + ΜΓ2 = ΜΒ2 + Μ∆2 ⇔ 1+ 3 = 2 + Μ∆2 ⇔ ⇔ Μ∆ = 2. Μ | 45 |

9.5Άρα, αφού ΜΒ = Μ∆ = 2, το Μ θα βρίσκεται Δ α Γστη μεσοκάθετο του ΒΔ, δηλαδή στην ΑΓ. α αΕπομένως από το πυθαγόρειο θεώρημα στο 3τρίγωνο Α Β Γ είναι: Β 2α2 + α2 = ΑΓ2 ⇔ 1Μ Γ Α α( )⇔ 2α2 = 1+ 3 2 ⇔ 2α2 = 4 + 2 3 ⇔ Β⇔ =α 2 + 3. M  Α Ν4. Από το 1o θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο Α Β Γ έχουμε: ΑΒ2 + ΒΓ2 = 2ΒΜ2 + ΑΓ2 (1). Δ 2 Όμοια στο τρίγωνο Α ∆ Γ έχουμε: Γ∆2 + ∆Α2 = 2∆Μ2 + ΑΓ2 (2). 2Με πρόσθεση κατά μέλη των (1) και (2) προκύπτει ότι:ΑΒ2 + ΒΓ2 + Γ∆2 + ∆Α2= 2(ΒΜ2 + ∆Μ2 ) + ΑΓ2 (3). Αλλά στο τρίγωνο Β Μ ∆ η ΜΝ είναι διάμεσος, οπότε:ΒΜ2 + ∆Μ2 = 2ΜΝ2 + Β∆2 (4). 2Από τις (3) και (4) προκύπτει ότι:ΑΒ2 + ΒΓ2 + Γ∆2 + ∆Α2 = ΑΓ2 + Β∆2 + 4ΜΝ2Σχόλιο:Αν το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο τα Μ και Ν ταυτίζονται.Άρα ΑΒ2 + ΒΓ2 + Γ∆2 + ∆Α2 = ΑΓ2 + Β∆,2 δηλαδή «το άθροισμα των τετρα-γώνων των τεσσάρων πλευρών του ισούται με το άθροισμα των τετραγώνωντων διαγωνίων».  Β5. Φ έρουμε τη διάμεσο AM στο τρίγωνο Α ∆ Ε. ΕπειδήΒ∆ = ΕΓ η AM θα είναι διάμεσος και στο ορθογώνιο Α Δτρίγωνο Α Β Γ. ΜΆρα ΑΜ = ΒΓ (1). Ε 2 ΓΑπό την υπόθεση έχουμε ότι Β∆ = ∆Ε = ΕΓ = ΒΓ (2). 3Επομένως: Α∆2 + ΑΕ2 = 2ΑΜ 2 + ΒΕ2 (1) ⇔ 2 (2) | 46 |

9.5  ΒΓ 2  3 ⇔ Α∆2 + ΑΕ2 = 2  ΒΓ 2 + 2 = ΒΓ2 + ΒΓ2 = 5 ΒΓ2 .  2  2 18 96. Από το 1ο θεώρημα διαμέσων έχουμε:β2 + γ2 = 2µα2 + α2 ⇔ 2αµα = 2µα2 + α2 ⇔ 4αµα = 4µα2 + α2 ⇔ 2 2⇔ α2 − 4αµα + 4µα2 = 0 ⇔ (2µα − α)2 = 0 ⇔ 2µα − α = 0 ⇔⇔ µα= α ⇔ Αˆ= 90. 2Σύνθετα Θέματα1. Έστω το τραπέζιο με βάσεις ΑΒ = 8, Γ∆ = 6 και Δ 3 Ε 3Γμη παράλληλες πλευρές Α∆ = 5 και ΒΓ = 6.Αν Ε και Ζ τα μέσα των ΓΔ και ΑΒ αντίστοιχαπρέπει να υπολογίσουμε το μήκος ΕΖ. 5 56 6Φέρουμε ΕΗ//ΑΔ και ΕΚ//ΒΓ, όπως στο σχήμα.Τότε ΕΗ = 5, ΕΚ = 6, 11ΗΚ = ΑΒ − ΑΗ − ΚΒ = 2 και ΕΖ διάμεσος Α 3 ΗΖ Κ 3 Βτου τριγώνου ΕΗΚ.Επομένως από τους τύπους των διαμέσων προκύπτει ότι: ΕΖ2 = 2ΕΗ2 + 2ΕΚ 2 − ΗΚ 2 = 2 ⋅ 25 + 2 ⋅ 36 − 4 = 44= 1=18 29,5 ⇔ ΕΑ ≈ 5, 45. 4 Άρα το μήκος του δρόμου είναι 5,45Km και η διάνοιξη κοστίζει 2725 ευρώ.2. Έστω Ο το μέσο της ΜΝ, τότε έχουμε ότι: Α ΟΑ2 + ΟΓ2 = 2ΟΝ2 + ΑΓ2 Μ Ν 2 Ο ΟΑ2 + ΟΒ2 = 2ΟΜ2 + ΑΒ2 2και αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε ότι: Β ΓΟΓ2 − ΟΒ2 = ΑΓ2 − ΑΒ2 . 2 | 47 |

9.53. Είναι: ΜΑ2 + ΜΒ2 = 2MO2 + ΑΒ2 = 2α2 + 4α2 = 4α2. 22ΜΓ2 + Μ∆2 = 2ΜΟ2 + Γ∆2 = 2α2 + 2α2 = 20α2 . 2 9 9ΜΕπομένως ισχύει ότι:ΜΑ2 + ΜΒ2 + ΜΓ2 + Μ∆2 = 56α2 . ΓΔ 9 Α α Οα Β  ΜΑ4. Στο τρίγωνο Μ Α Γ (ΜΟ διάμεσος): Δ ΟΒ ΜΑ2 + ΜΓ2 = 2ΜΟ2 + ΑΓ2 (1) Γ 2 Στο τρίγωνο Μ Β Γ (ΜΟ διάμεσος): ΜΒ2 + ΜΓ2 = 2ΜΟ2 + ΒΓ2 (2) 2 Από (1), (2) και υπόθεση με πρόσθεσηκατά μέλη έχουμε:18α2= 4(λα)2 + ΑΓ2 + Β∆2 (3) 2Αλλά στο τρίγωνο Α Ο Β έχουμε ΑΒ2 = ΑΟ2 + ΟΒ2 (γιατί;)⇔ α=2 ΑΓ2 + Β∆2 ⇔ 2α=2 ΑΓ2 + Β∆2 (4)44 2Από (3), (4) είναι: 18α2 = 4λ2α2 + 2α2 ⇔ 16α2 = 4α2λ2 ⇔ λ2 = 4 ⇔ λ = 2.5. Εφαρμόζοντας το θεώρημα των διαμέσων έχουμε ότι:ΡΑ2 + ΡΓ2 = 2ΡΟ2 + ΑΓ2 2ΡΒ2 + Ρ∆2 = 2ΡΟ2 + Β∆2 Α 2 Ρκαι αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε: Δ(ΡΑ2 − ΡΒ2 ) + (ΡΓ2 − Ρ∆2 ) = ΒΟ=ΑΓ2 − Β∆2 =3α2 − α2 =α2. 2 2 22( )ΑΓ ⊥ Β∆ και ΑΓ = 2ΑΟ = α 3 Γ | 48 |

9.7§ 9.7 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Επειδή ΑΚ > 6 το Α είναι εξωτερικό Α σημείο του κύκλου. 14 Άρα ΑΒ ⋅ ΑΓ = ΑΚ 2 − ρ2. x Έστω AB = x τότε ΑΓ= x + 6, οπότε x(x + 6) = 142 − 62 ⇔ x2 + 6x −160 = 0 Κ Β 6 απ’ όπου προκύπτει ότι ΑΒ= x= 10. Γ2. Επειδή Μ, Ν μέσα είναι Ε μέσο ΑΔ Α ΜΝ και ΜΕ = Β∆ , ΝΕ = ∆Γ. 22 Ε Οπότε από το θεώρημα τεμνόμενων χορδών είναι:ΑΕ ⋅ Ε∆ = ΜΕ ⋅ ΕΝ ⇔ Α∆ ⋅ Α∆ = Β∆ ⋅ ∆Γ ⇔ Β ΔΓ 22 22⇔ Α∆2 = ∆Β ⋅ ∆Γ.3. Είναι ΡΑ ⋅ ΡΒ = ΡΓ ⋅ Ρ∆ και ΡΑ = Ρ∆ , Α Ρ ΡΒ ΡΓ Γ Β οπότε ΡΑ2 = Ρ∆2 ή ΡΑ = Ρ∆ και ΡΒ = ΡΓ. Δ4. Έστω Ρ το σημείο τομής των ΓΔ και ΑΒ. Α ΡΒ Τότε είναι ΡΑ2 = ΡΓ ⋅ Ρ∆ = ΡΒ2 ή ΡΑ = ΡΒ. Γ Δ (Κ1) (Κ2) | 49 |